17192. Равнобедренная трапеция ABCD
с основаниями AD
и BC
описана около окружности. Сторона CD
касается этой окружности в точке Q
, а отрезок AQ
пересекает окружность в точке P
. Найдите радиус окружности, если известно, что AP=2
, PQ=7
.
Ответ. \sqrt{14}
.
Решение. Обозначим CN=CQ=x
и \angle CDH=\angle CDA=\angle BAD=\alpha
. Пусть CH
— высота трапеции, а r
— искомый радиус. Тогда r=\frac{1}{2}CH
.
Поскольку трапеция равнобедренная, окружность касается оснований AD
и BC
в их серединах M
и N
соответственно. По теореме о касательной и секущей
AM^{2}=AQ\cdot AP=(2+7)\cdot18~\Rightarrow~AM=3\sqrt{2},
DH=DM-MH=DM-CN=3\sqrt{2}-x,
CD=DQ+QC=DQ+CN=3\sqrt{2}+x.
По теореме косинусов
\cos\alpha=\frac{DA^{2}+DQ^{2}-AQ^{2}}{2DA\cdot DQ}=\frac{72+18-81}{2\cdot6\sqrt{2}\cdot3\sqrt{2}}=\frac{1}{8}.
Тогда
\tg\alpha=\sqrt{\frac{1}{\cos^{2}\alpha}-1}=\sqrt{64-1}=3\sqrt{7}.
Из прямоугольного треугольника DHN
получаем
DH=CD\cos\alpha,~\mbox{или}~3\sqrt{2}-x=(3\sqrt{2}+x)\cdot\frac{1}{8},
откуда
x=\frac{7\sqrt{2}}{3}~\Rightarrow~DH=3\sqrt{2}-x=\frac{2\sqrt{2}}{3}
Следовательно,
r=\frac{1}{2}CH=\frac{1}{2}DH\tg\alpha=\frac{1}{2}\cdot\frac{2\sqrt{2}}{3}\cdot3\sqrt{7}=\sqrt{14}.
Источник: Вступительный экзамен на механико-математический факультет НГУ. — 1996, задача 3, вариант 2.2
Источник: Белоносов В. С., Фокин М. В. Задачи вступительных экзаменов по математике. Изд. 8-е, испр. и доп. — Новосибирск: Сибирское университетское издательство, 2005. — 1996, с. 71, задача 3, вариант 2.2