Задание №25 — Геометрия

Решение.

1) Проведём прямые $AB$ и $CD$ до их пересечения в точке $K$. Так как $AB \perp BC$ и $BC \parallel AD$ (по определению трапеции), то $AB \perp AD$. Значит, треугольники $KBC$ и $KAD$ являются прямоугольными и подобными по двум углам (угол $K$ — общий, $\angle KBC = \angle KAD = 90^\circ$).

2) Из подобия треугольников $KBC$ и $KAD$ следует отношение сторон: $\frac{KB}{KA} = \frac{BC}{AD}$. Подставим известные значения: $\frac{KB}{KA} = \frac{10}{20} = \frac{1}{2}$. Это означает, что точка $B$ является серединой отрезка $KA$, то есть $KB = BA$. Обозначим $KB = h$, тогда $KA = 2h$.

3) По свойству касательной и секущей, проведённых из одной точки к окружности: квадрат касательной равен произведению всей секущей на её внешнюю часть. Для точки $K$ и данной окружности имеем: $KE^2 = KC \cdot KD$.

4) Пусть $EH$ — искомое расстояние от точки $E$ до прямой $CD$, то есть перпендикуляр, опущенный из $E$ на $CD$. Рассмотрим прямоугольный треугольник $KEH$. В нём $\sin(\angle EKH) = \frac{EH}{KE}$, откуда $EH = KE \cdot \sin(\angle EKH)$.

5) Угол $\angle EKH$ — это тот же угол $K$ в прямоугольном треугольнике $KBC$. Из треугольника $KBC$ имеем: $\sin(\angle K) = \frac{BC}{KC}$. Тогда искомое расстояние $EH = KE \cdot \frac{BC}{KC}$.

6) Возведём выражение для $EH$ в квадрат: $EH^2 = KE^2 \cdot \frac{BC^2}{KC^2}$. Подставим в это выражение формулу для $KE^2$ из шага 3: $EH^2 = (KC \cdot KD) \cdot \frac{BC^2}{KC^2} = \frac{KD \cdot BC^2}{KC}$.

7) Из подобия треугольников $KBC$ и $KAD$ также следует, что $\frac{KD}{KC} = \frac{AD}{BC}$. Подставим это отношение в формулу для $EH^2$: $EH^2 = \frac{KD}{KC} \cdot BC^2 = \frac{AD}{BC} \cdot BC^2 = AD \cdot BC$.

8) Вычислим значение: $EH^2 = 20 \cdot 10 = 200$. $EH = \sqrt{200} = \sqrt{100 \cdot 2} = 10\sqrt{2}$.

Ответ: $10\sqrt{2}$

Источник: ФИПИ