1571. Трапеция AEFG
(EF\parallel AG
) расположена в квадрате ABCD
со стороной 14 так, что точки E
, F
и G
лежат на сторонах AB
, BC
и CD
соответственно. Диагонали AF
и EG
перпендикулярны, EG=10\sqrt{2}
. Найдите периметр трапеции.
Ответ. 45.
Указание. Докажите, что указанная трапеция равнобедренная, а диагональ квадрата проходит через точку пересечения её диагоналей.
Решение. Пусть M
— точка пересечения диагоналей трапеции, P
— проекция точки E
на сторону CD
квадрата. Из равенства прямоугольных треугольников ABF
и EPG
следует, что AF=EG
. Поэтому трапеция AEFG
— равнобедренная. По теореме Пифагора
BF=\sqrt{AF^{2}-AB^{2}}=\sqrt{200-196}=2.
Поскольку из точек B
и M
отрезок EF
виден под прямым углом, то эти точки лежат на окружности с диаметром EF
, поэтому
\angle MBF=\angle MEF=45^{\circ}.
Следовательно, диагональ BD
квадрата проходит через точку M
.
Из подобия треугольников BMF
и DMA
следует, что
\frac{FM}{AM}=\frac{BF}{AD}=\frac{2}{14}=\frac{1}{7}.
Поэтому
FM=\frac{1}{8}AF=\frac{5\sqrt{2}}{4},~EF=FM\sqrt{2}=\sqrt{2}\cdot\frac{5}{4}\cdot\sqrt{2}=\frac{5}{2},~AG=7EF=\frac{35}{2}.
Обозначим \angle BAF=\alpha
. Тогда
\tg\alpha=\frac{BF}{AB}=\frac{1}{7},~\cos\alpha=\frac{7}{5\sqrt{2}},
FG=AE=\frac{AM}{\cos\alpha}=\frac{35\sqrt{2}}{4}\cdot\frac{5\sqrt{2}}{7}=\frac{25}{2}.
Следовательно, периметр трапеции AEFG
равен
AG+EF+2AE=\frac{35}{2}+\frac{5}{2}+25=45.
Источник: Вступительный экзамен в МФТИ. — 1986, билет 5, № 4
Источник: Сборник методических материалов письменных испытаний по математике и физике абитуриентов Московского Физтеха (1947—2006 гг.). Математика / Сост. Д. А. Александров, И. Г. Почернин, И. Г. Проценко, И. Е. Сидорова, В. Б. Трушин, И. Г. Шомполов. Под ред. И. Г. Шомполова. — М.: МФТИ, 2007. — № 86-5-4, с. 276