3616. В трапеции ABCD
с боковой стороной CD=30
диагонали пересекаются в точке E
, а углы AED
и BCD
равны. Окружность радиуса 17, проходящая через точки C
, D
и E
, пересекает основание AD
в точке F
и касается прямой BF
. Найдите высоту трапеции и её основания.
Ответ. \frac{450}{17}
, \frac{255}{8}
, \frac{960}{17}
.
Указание. Докажите, что треугольник FCD
— равнобедренный, BC
— касательная к описанной окружности треугольника FCD
, треугольник BFC
подобен треугольнику CFD
, а треугольник ACF
— треугольнику DBC
.
Решение. Пусть R
— радиус окружности, описанной около треугольника CFD
(по условию R=17
). По теореме синусов находим, что
\sin\angle CFD=\sin\alpha=\frac{CD}{2R}=\frac{30}{2\cdot17}=\frac{15}{17}.
Из прямоугольного треугольника CHD
находим, что
CH=CD\sin\alpha=30\cdot\frac{15}{17}=\frac{450}{17}.
Поскольку \angle BCF=\angle CFD=\angle CDF=\alpha
, то по теореме, обратной теореме об угле между касательной и хордой (см. задачу 144), прямая BC
касается окружности в точке C
. Тогда BC=BF
и \angle BFC=\angle BCF=\angle CDF
. Следовательно, во-первых:
BC=\frac{1}{2}FC:\cos\angle BCF=15:\cos\alpha=15:\sqrt{1-\frac{15}{17}}=15:\frac{8}{17}=\frac{255}{8};
во-вторых: треугольник BFC
подобен треугольнику CFD
(равнобедренные треугольники с соответственно равными углами при основаниях), поэтому \frac{CF}{BC}=\frac{FD}{CD}
, откуда FD=CD\cdot\frac{CF}{BC}
.
Поскольку \angle CAF=\angle ACB=\angle CDB
, \angle ACF=\angle BDF=\angle CBD
, то треугольники ACF
и DBC
подобны. Поэтому \frac{AF}{CD}=\frac{CF}{BC}
, откуда AF=CD\cdot\frac{CF}{BC}
. Ранее же было доказано, что FD=CD\cdot\frac{CF}{BC}
, значит, AF=FD=2CD\cos\angle CDF=2\cdot30\cdot\frac{8}{17}=\frac{480}{17}
.
Следовательно, AD=AF+FD=2AF=\frac{960}{17}
.
Источник: Вступительный экзамен на механико-математический факультет МГУ. — 2001 (март), вариант 1, № 3
Источник: Вступительные экзамены и олимпиады по математике 2000—2002 гг. / Под общ. ред. И. Н. Сергеева. — М.: Изд-во ЦПИ при мехмате МГУ, 2003. — с. 41