Четырёхуголь… — Задание 25 ОГЭ по математике №00038895

Разбираем чертёж. В трапеции $ABCD$ основания $BC$ и $AD$ параллельны, боковые стороны — $AB$ и $CD$. Даны углы при основании $BC$: $\angle ABC=60^{\circ}$ и $\angle BCD=135^{\circ}$, а также $CD=36$.

Идея. Расстояние между параллельными прямыми $BC$ и $AD$ (высота трапеции $h$) одно и то же, где бы мы его ни измеряли. Выразим $h$ через каждую боковую сторону и приравняем.

Шаг 1. Высота через $AB$. Опустим перпендикуляр $AP$ из вершины $A$ на прямую $BC$. В прямоугольном треугольнике $ABP$ угол при $B$ равен $60^{\circ}$, катет $AP$ ему противолежит:

$h=AB\cdot\sin 60^{\circ}=AB\cdot\dfrac{\sqrt3}{2}$.

Шаг 2. Высота через $CD$. Опустим перпендикуляр $DQ$ из вершины $D$ на прямую $BC$. Угол $BCD=135^{\circ}$ тупой, поэтому точка $Q$ лежит на продолжении $BC$ за точку $C$, и в прямоугольном треугольнике $DCQ$ угол при $C$ равен смежному: $180^{\circ}-135^{\circ}=45^{\circ}$. Тогда

$h=CD\cdot\sin 45^{\circ}=36\cdot\dfrac{\sqrt2}{2}=18\sqrt2$.

Шаг 3. Приравниваем. $AB\cdot\dfrac{\sqrt3}{2}=18\sqrt2$, откуда

$AB=\dfrac{36\sqrt2}{\sqrt3}=\dfrac{36\sqrt2\cdot\sqrt3}{3}=12\sqrt6\approx 29,39$.

В последнем переходе мы избавились от иррациональности в знаменателе, домножив числитель и знаменатель на $\sqrt3$.