Задание №25 — Геометрия

Решение.

1) Пусть $K$ — точка пересечения прямых $AB$ и $CD$. Так как $BC \parallel AD$ (основания трапеции), то треугольники $KBC$ и $KAD$ подобны по двум углам (угол $K$ общий, $\angle KBC = \angle KAD = 90^\circ$).

2) Из подобия треугольников следует отношение сторон: $\frac{KB}{KA} = \frac{BC}{AD}$. Подставим известные значения: $\frac{KB}{KA} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}$. Это означает, что точка $B$ является серединой отрезка $KA$, то есть $KB = BA$.

3) По условию прямая $AB$ касается окружности в точке $E$. По свойству касательной и секущей, проведенных из одной точки ($K$) к окружности: $KE^2 = KC \cdot KD$.

4) Проведем из точки $E$ перпендикуляр $EH$ к прямой $CD$. Длина этого перпендикуляра и есть искомое расстояние. Рассмотрим прямоугольный треугольник $KHE$. В нем $\sin \angle EKH = \frac{EH}{KE}$, откуда $EH = KE \cdot \sin \angle EKH$.

5) Рассмотрим прямоугольный треугольник $KBC$. В нем $\sin \angle BKC = \frac{BC}{KC}$. Заметим, что углы $\angle EKH$ и $\angle BKC$ — это один и тот же угол при вершине $K$. Значит, $\sin \angle EKH = \frac{BC}{KC}$.

6) Подставим выражение для синуса в формулу для $EH$:
$EH = KE \cdot \frac{BC}{KC}$.
Возведем это выражение в квадрат: $EH^2 = KE^2 \cdot \frac{BC^2}{KC^2}$.

7) Заменим $KE^2$ на $KC \cdot KD$ (из шага 3):
$EH^2 = (KC \cdot KD) \cdot \frac{BC^2}{KC^2} = \frac{KD \cdot BC^2}{KC}$.
Так как треугольники $KBC$ и $KAD$ подобны с коэффициентом $k = \frac{AD}{BC} = \frac{4}{2} = 2$, то $KD = 2 \cdot KC$.

8) Подставим $KD = 2 \cdot KC$ в формулу для $EH^2$:
$EH^2 = \frac{2 \cdot KC \cdot BC^2}{KC} = 2 \cdot BC^2$.
$EH^2 = 2 \cdot 2^2 = 2 \cdot 4 = 8$.
Следовательно, $EH = \sqrt{8} = 2\sqrt{2}$.

Ответ: $2\sqrt{2}$

Источник: ФИПИ