Задание №25 — Геометрия

Решение.

1) Пусть $ABCD$ — данная равнобедренная трапеция с основаниями $BC = a$ (меньшее) и $AD = b$ (большее), боковыми сторонами $AB = CD = c$. По условию в трапецию можно вписать окружность. Согласно свойству описанного четырёхугольника, суммы противоположных сторон равны:
$a + b = c + c = 2c$.

2) Периметр трапеции $P = a + b + 2c = 160$. Подставим $a + b = 2c$:
$2c + 2c = 160$, откуда $4c = 160$, значит, $c = 40$.
Следовательно, сумма оснований $a + b = 2 \cdot 40 = 80$.

3) Площадь трапеции вычисляется по формуле $S = \frac{a + b}{2} \cdot h$, где $h$ — высота трапеции.
Подставим известные значения: $1280 = \frac{80}{2} \cdot h$, то есть $1280 = 40 \cdot h$.
Отсюда $h = \frac{1280}{40} = 32$.

4) Найдём длины оснований. Проведём высоты $BH$ и $CK$ из вершин верхнего основания. Так как трапеция равнобедренная, $AH = KD = \frac{b - a}{2}$.
Из прямоугольного треугольника $ABH$ по теореме Пифагора:
$AH^2 = AB^2 - BH^2 = 40^2 - 32^2 = 1600 - 1024 = 576$.
$AH = \sqrt{576} = 24$.
Тогда $\frac{b - a}{2} = 24$, значит $b - a = 48$.

5) Составим систему уравнений для оснований:
$\begin{cases} b + a = 80 \\ b - a = 48 \end{cases}$
Сложив уравнения, получим $2b = 128$, откуда $b = 64$.
Тогда $a = 80 - 64 = 16$.

6) Пусть $O$ — точка пересечения диагоналей. Треугольники $BOC$ и $DOA$ подобны по двум углам (углы при вершине $O$ вертикальные, а углы $OBC$ и $ODA$ накрест лежащие при параллельных прямых $BC$ и $AD$).
Коэффициент подобия $k = \frac{BC}{AD} = \frac{a}{b} = \frac{16}{64} = \frac{1}{4}$.

7) Высота трапеции $h = 32$ складывается из высот треугольников $BOC$ и $DOA$, опущенных из точки $O$. Пусть $h_1$ — расстояние от $O$ до меньшего основания $BC$, а $h_2$ — расстояние до большего основания $AD$.
Тогда $h_1 + h_2 = 32$. Из подобия треугольников следует, что их высоты относятся как основания: $\frac{h_1}{h_2} = k = \frac{1}{4}$, то есть $h_2 = 4h_1$.
Подставим в сумму: $h_1 + 4h_1 = 32$,
$5h_1 = 32$,
$h_1 = \frac{32}{5} = 6,4$.

Ответ: 6,4

Источник: ФИПИ