Элементарная математика. Геометрия.

Задача 328

В трапеции $ABCD$ дано: $AB = BC = CD = a$, $DA = 2a$. На прямых $AB$ и $AD$ взяты точки $E$ и $F$, отличные от вершин трапеции, так, что точка пересечения высот треугольника $CEF$ совпадает с точкой пересечения диагоналей трапеции $ABCD$. Найдите площадь треугольника $CEF$.

Решение:

1) Найдём $\angle BAD$ и $\angle CDA$.
Проведём $BP$ и $CS$ перпендикулярно $AD$. Так как $ABCD$ — равнобедренная трапеция и $BC = PS = a$ , то $AP = SD = \frac{AD - PS}{2} = \frac{a}{2}$.
Т.к. $\triangle ABP$ — прямоугольный и $AP = \frac{1}{2}AB$, то $\angle ABP = 30^{\circ}$, а $\angle BAD= \angle CDA =60^{\circ}$.
2) Докажем, что $AC$ — биссектриса $\angle BAD$.
$\angle BAD + \angle ABC = 180^{\circ} \Rightarrow\angle ABC = 120^{\circ}$.
Так как $\triangle ABC$ равнобедренный, то  
$\angle BAC=\angle BCA=30^{\circ}$ $\Rightarrow \angle CAD = \angle BAD - \angle BAC = 30^{\circ}$.
Значит $AC$ — биссектриса $\angle BAD$.
3) Так как $AC \perp EF$ и $AC$ — биссектриса $\angle BAD$, то $\angle AEF = \angle AFE = 60^{\circ}$.
Следовательно $\triangle AEF$ — равносторонний.
4) Найдём $AC$, используя теорему синусов:
$\frac{BC}{\sin{\angle BAC}} = \frac{AC}{\sin{\angle ABC}}$ $\Rightarrow AC=\frac{a\cdot \sin 120^\circ}{\sin 30^\circ}=a\sqrt{3}$.
Из подобных по 2 углам $\triangle BOC$ и $\triangle DOA$ имеем:
$\frac{AO}{OC} = \frac{AD}{BC} = \frac{2a}{a}=2$ $\Rightarrow AO = 2a\frac{\sqrt{3}}{3}$, $OC = a\frac{\sqrt{3}}{3}$.
5) Пусть $AC \cap EF = K$ и $EC \cap OF = T$.
Докажем подобие $\triangle ECK$ и $\triangle OFK$.
Рассмотрим $\triangle OFK$ и $\triangle OCT$. В них $\angle FOK = \angle COT$ как вертикальные.  Значит, $\triangle OFK \sim \triangle OCT$.
$\triangle ECK \sim \triangle OCT$, т.к. $\angle ECK$ общий. Таким образом, $\triangle ECK \sim \triangle OFK$.
6) Так как треугольники $\triangle ECK$ и $\triangle OFK$ подобны, то $\frac{CK}{KF} = \frac{EK}{OK}$.
По свойству пропорции $CK\cdot OK = KF EK$. Так как $K$ лежит на биссектрисе $AC$ равностороннего $\triangle AEF$, то
$KF = EK = \frac{1}{2}EF$,
$KF=EK=\text{tg}{\angle BAC}\cdot AK=\text{tg}{\angle CAD}\cdot AK=\text{tg}30^\circ\cdot AK=\frac{1}{\sqrt{3}}\cdot AK$
$\Rightarrow CK\cdot OK=\frac{1}{4}EF^2=\frac{1}{3}AK^2$.
7) Обозначим $AK = x$. Тогда  $OK = 2a\frac{\sqrt{3}}{3} - x$, $CK = a\sqrt{3} - x$.
Получаем уравнение  
$(a\sqrt{3} - x)(2a\frac{\sqrt{3}}{3} - x) = \frac{1}{3}x^2$
или
$2x^2 - 5a\sqrt{3}x + 6a^2 = 0$.
Находим корни уравнения
$x_1 = a\frac{\sqrt{3}}{2}$,  $x_2 = 2a\sqrt{3}$.
Для корня $x_1$ получаем
$CK=a\frac{\sqrt{3}}{2}$, $EF=\frac{2}{\sqrt{3}}AK=a$
и
$S_{\triangle CEF} = \frac{1}{2}CK\cdot EF= a^2\frac{\sqrt{3}}{4}$.
Это формула площади равностороннего треугольника со стороной $a$. В этом случае точка $E$ совпадает с вершиной трапеции $B$, что противоречит условию задачи.
Для корня $x_2$ получаем
$S_{\triangle CEF}= 2a\sqrt{3}$.
Оба случая можно получить на рисунке ниже, двигая соответствующие точки.

Ответ:

$2a\sqrt{3}$.