ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №18 — квадрат, прямоугольник, ромб

Разбор — 3 балла

Сделаем рисунок: ромб $ABCD$, вписанная в него окружность с центром $O$ касается сторон $AB$, $CD$ и $AD$ в точках $F$, $K$ и $P$.

а) Отрезки касательных, проведённых к окружности из одной точки, равны. Из точки $A$ проведены касательные $AF$ и $AP$, поэтому $AF=AP$, и треугольник $FAP$ равнобедренный. Углы при его основании $FP$ равны, а угол при вершине совпадает с углом $BAD$ ромба:

$$\angle AFP=\angle APF=\frac{180^{\circ }-\angle BAD}{2}=90^{\circ }-\frac{1}{2}\angle BAD.$$

Все стороны ромба равны, поэтому $AB=AD$, и треугольник $BAD$ тоже равнобедренный с основанием $BD$:

$$\angle ABD=\angle ADB=\frac{180^{\circ }-\angle BAD}{2}=90^{\circ }-\frac{1}{2}\angle BAD.$$

Значит, $\angle AFP=\angle ABD$. Это соответственные углы при прямых $FP$ и $BD$ и секущей $AB$, а если соответственные углы равны, то прямые параллельны. Следовательно, $FP\parallel BD$. Что и требовалось доказать.

б) Диагонали ромба являются биссектрисами его углов, поэтому точка их пересечения равноудалена от всех сторон и является центром вписанной окружности. Значит, $O$ — точка пересечения диагоналей, и $AC\perp BD$.

Радиус, проведённый в точку касания, перпендикулярен касательной, поэтому $OF\perp AB$ и $OK\perp CD$. Так как $AB\parallel CD$, отрезки $OF$ и $OK$ лежат на одной прямой, перпендикулярной $AB$ и $CD$. Значит, точки $F$, $O$, $K$ лежат на одной прямой, и $FK$ — диаметр окружности, причём $FK\perp AB$.

Вписанный угол $FPK$ опирается на диаметр $FK$, поэтому $\angle FPK=90^{\circ }$. (Это же можно получить иначе: точно так же, как в пункте а), доказывается, что $PK\parallel AC$, а $AC\perp BD$, значит, $FP\perp PK$.) По теореме Пифагора в треугольнике $FPK$

$$F{K}^2=F{P}^2+P{K}^2=6^2+8^2=100\Rightarrow FK=10,$$

и радиус окружности $OF=OK=5$.

Рассмотрим треугольники $FPK$ и $OFB$. Они прямоугольные: $\angle FPK=\angle OFB=90^{\circ }$. Углы $PFK$ и $FOB$ равны как накрест лежащие при параллельных прямых $FP$ и $BD$ и секущей $FK$. Значит, треугольники подобны по двум углам, причём вершине $P$ соответствует $F$, вершине $F$ — вершина $O$, вершине $K$ — вершина $B$:

$$\frac{FP}{OF}=\frac{FK}{OB}=\frac{PK}{FB}.$$

Отсюда

$$OB=\frac{FK\cdot OF}{FP}=\frac{10\cdot 5}{6}=\frac{25}{3},FB=\frac{PK\cdot OF}{FP}=\frac{8\cdot 5}{6}=\frac{20}{3}.$$

Проверим по теореме Пифагора в треугольнике $OFB$: $O{B}^2-O{F}^2=\frac{625}{9}-\frac{225}{9}=\frac{400}{9}=F{B}^2$ — верно.

Треугольник $AOB$ прямоугольный с прямым углом $O$ (диагонали ромба перпендикулярны), а $OF$ — его высота, проведённая к гипотенузе. Треугольники $AOB$ и $OFB$ прямоугольные и имеют общий угол $B$, поэтому подобны:

$$\frac{AO}{OF}=\frac{OB}{FB}\Rightarrow AO=\frac{OF\cdot OB}{FB}=\frac{5\cdot \frac{25}{3}}{\frac{20}{3}}=\frac{25}{4}.$$

Диагонали ромба точкой пересечения делятся пополам, поэтому

$$AC=2AO=\frac{25}{2},BD=2OB=\frac{50}{3}.$$

Площадь ромба равна половине произведения диагоналей:

$$S_{ABCD}=\frac{1}{2}\cdot AC\cdot BD=\frac{1}{2}\cdot \frac{25}{2}\cdot \frac{50}{3}=\frac{625}{6}.$$

Проверим другим способом. Сторона ромба $AB=\sqrt{A{O}^2+O{B}^2}=\sqrt{\frac{625}{16}+\frac{625}{9}}=25\cdot \frac{5}{12}=\frac{125}{12}$, а высота ромба равна диаметру вписанной окружности $FK=10$. Тогда $S_{ABCD}=AB\cdot FK=\frac{125}{12}\cdot 10=\frac{625}{6}$ — то же значение.

Ответ: б) $\frac{625}{6}$.