17144. Угол между боковыми сторонами AB
и CD
трапеции ABCD
равен 60^{\circ}
. В трапецию вписана окружность, причём сторона AB
делится точкой касания на отрезки, равные 1 и 27. Найдите боковую сторону CD
трапеции.
Ответ. \frac{21}{2}
.
Решение. Пусть вписанная в трапецию окружность с центром O
и радиусом r
касается боковой стороны AB
в точке K
, а прямые AB
и CD
пересекаются в точке S
.
Поскольку AO
и BO
— биссектрисы углов A
и B
трапеции, треугольник AOB
прямоугольный (см. задачу 313), отрезок OK=r
— его высота, проведённая из вершины прямого угла, поэтому r
— среднее геометрическое проекций катетов на гипотенузу (см. задачу 2728). Значит,
r=\sqrt{AK\cdot BK}=3\sqrt{3}.
Пусть BH
— высота трапеции. Тогда BH=2r=6\sqrt{3}
. Обозначим \angle SAB=\alpha
и \angle ADC=\beta
.
Рассмотрим случай, когда AK=27
и BK=1
. Из прямоугольного треугольника AKO
находим
\tg\frac{\alpha}{2}=\frac{OK}{AK}=\frac{3\sqrt{3}}{27}=\frac{1}{3\sqrt{3}}~\Rightarrow~\cos\frac{\alpha}{2}=\frac{1}{1+\tg^{2}\frac{\alpha}{2}}=\frac{3\sqrt{3}}{2\sqrt{7}}~\Rightarrow
\Rightarrow~\cos\alpha=2\cos^{2}\frac{\alpha}{2}-1=\frac{27}{14}-1=\frac{13}{14}~\Rightarrow~\sin\alpha=\sqrt{1-\left(\frac{13}{14}\right)^{2}}=\frac{3\sqrt{3}}{14}.
Тогда \alpha\lt90^{\circ}
, а так как \angle ASD=60^{\circ}
, то
\beta=120^{\circ}-\alpha~\Rightarrow~\sin\beta=\sin(120^{\circ}-\alpha)=\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{13}{14}+\frac{1}{2}\cdot\frac{3\sqrt{3}}{14}=\frac{4\sqrt{3}}{7}.
Пусть CP=2r=6\sqrt{3}
— ещё одна высота данной трапеции. Тогда
CD=\frac{CP}{\sin\beta}=\frac{6\sqrt{3}}{\frac{4\sqrt{3}}{7}}=\frac{21}{2}.
Рассмотрим случай, когда AK=1
и BK=27
. Из прямоугольного треугольника AKO
находим
\tg\frac{\alpha}{2}=\frac{OK}{AK}=3\sqrt{3}~\Rightarrow~\cos\frac{\alpha}{2}==\frac{1}{2\sqrt{7}}~\Rightarrow~\cos\alpha=2\cos^{2}\frac{\alpha}{2}-1=\frac{1}{14}-1=-\frac{13}{14}.
Тогда \sin\alpha=\frac{3\sqrt{3}}{14}
, а так как \alpha\gt90^{\circ}
, то точка H
лежит на продолжении основания AD
за точку A
, а BAH
— внешний угол треугольника ASD
. Значит,
\sin\beta=\sin(\angle DAH-\angle ASB)=\sin(180^{\circ}-\alpha-60^{\circ})=\sin(120^{\circ}-\alpha)=
=\sin120^{\circ}\cos\alpha-\cos120^{\circ}\sin\alpha=\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot\left(-\frac{13}{14}\right)-\left(-\frac{1}{2}\right)\cdot\frac{3\sqrt{3}}{14}=-\frac{5\sqrt{3}}{14}\lt0,
что невозможно.
Источник: Вступительный экзамен на механико-математический факультет НГУ. — 1984, задача 3, вариант 4
Источник: Белоносов В. С., Фокин М. В. Задачи вступительных экзаменов по математике. Изд. 8-е, испр. и доп. — Новосибирск: Сибирское университетское издательство, 2005. — 1984, с. 38, задача 3, вариант 4