17169. Диагональ AC
равнобедренной трапеции ABCD
является биссектрисой острого угла A
при основании AD
. Перпендикуляр, проведённый к диагонали AC
через её середину, пересекает продолжение боковой стороны CD
в точке E
. Найдите DE
, если известно, что AB=25
, AC=40
.
Ответ. \frac{350}{11}
.
Решение. Пусть K
— середина диагонали AC
. Тогда
BK=\sqrt{AB^{2}-AK^{2}}=\sqrt{25^{2}-20^{2}}=15.
Поскольку
\angle ACB=\angle CAD=\angle CAB,
треугольник ABC
равнобедренный, BC=AB=25
. Значит, точка B
лежит на серединном перпендикуляре к отрезку AC
, т. е. на прямой BE
.
Пусть прямая BE
пересекает основание AD
в точке F
. Прямоугольные треугольники AKF
и CKB
равны по катету и противолежащему острому углу, поэтому FK=BK=15
и AF=BC=25
. Точка K
— общая середина диагоналей AC
и BF
четырёхугольника ABCF
. Значит, ABCD
— параллелограмм с перпендикулярными диагоналями, т. е. ромб. Следовательно, CF=BC=25
.
Пусть FH
— высота трапеции. Тогда FH
— высота треугольника BFC
со сторонами
BC=25,~CF=25,~BF=2BK=30.
Значит (см. задачу 1967),
FH=\frac{BF\cdot CK}{BC}=\frac{30\cdot20}{25}=24.
Из равнобедренного треугольника DCF
со сторонами CD=AB=CF=25
и высотой CP=FH=24
, проведённой к основанию DF
, находим, что
DF=2DP=2\sqrt{CD^{2}-CP^{2}}=2\sqrt{25^{2}-24^{2}}=2\cdot7=14.
Из подобия треугольников EDF
и ECB
получаем
\frac{DE}{CE}=\frac{DF}{CB}=\frac{14}{25}~\Rightarrow~\frac{DE}{DE+25}=\frac{14}{25},
откуда DE=\frac{350}{11}
.
Источник: Вступительный экзамен на механико-математический факультет НГУ. — 1990, задача 3, вариант 3
Источник: Белоносов В. С., Фокин М. В. Задачи вступительных экзаменов по математике. Изд. 8-е, испр. и доп. — Новосибирск: Сибирское университетское издательство, 2005. — 1990, с. 53, задача 3, вариант 3