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