2208. В трапеции ABCD
сторона AD
является большим основанием. Известно, что AD=CD=4\frac{2}{3}
, \angle BAD=90^{\circ}
и \angle BCD=150^{\circ}
. На основании AD
построен треугольник AED
, причём точки B
и E
лежат по одну сторону от прямой AD
и AE=DE
. Высота этого треугольника, проведённая из вершины E
, равна 1\frac{2}{5}
. Найдите площадь общий части трапеции ABCD
и треугольника AED
.
Ответ. \frac{49(3\sqrt{3}-5)}{3}
.
Указание. Докажите, что \angle ADE\gt\angle ADC
и примените теорему синусов.
Решение. Заметим, что
\angle ADC=180^{\circ}-\angle BCD=30^{\circ}.
Пусть P
— середина AD
. Поскольку точка E
лежит на серединном перпендикуляре к отрезку AD
, то
\tg\alpha=\tg\angle ADE=\frac{EP}{PD}=\frac{3}{5}\gt\frac{1}{\sqrt{3}}=\tg30^{\circ}=\tg\angle ADC.
Следовательно, \angle ADC\lt\angle ADE
и луч DC
проходит между сторонами угла ADE
. Кроме того,
EP=\frac{7}{5}\lt\frac{7}{3}=AB.
Поэтому отрезок AE
пересекает сторону CD
. Пусть F
— точка пересечения. Тогда искомая общая часть — треугольник AFD
, в котором
AD=\frac{14}{3},~\angle ADF=30^{\circ},~\angle DAF=\alpha=\arctg\frac{3}{5}.
Найдём сторону DF
по теореме синусов:
DF=\frac{AD\sin\alpha}{\sin(30^{\circ}+\alpha)}=\frac{14\sin\alpha}{3(\sin\alpha\cos30^{\circ}+\cos\alpha\sin30^{\circ})}=
=\frac{14}{3(\cos30^{\circ}+\ctg\alpha\sin30^{\circ})}=\frac{28}{3\sqrt{3}+5}.
Следовательно,
S_{\triangle AFD}=\frac{1}{2}AD\cdot DF\sin30^{\circ}=\frac{49(3\sqrt{3}-5)}{3}.
Источник: Вступительный экзамен на филологический факультет МГУ. — 1983 (отд. структурной и прикладной лингвистики), вариант 1, № 4
Источник: Нестеренко Ю. В., Олехник С. Н., Потапов М. К. Задачи вступительных экзаменов по математике. — М.: Наука, 1986. — с. 127