ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №18 — трапеции

Разбор — 3 балла

а) Пусть прямая, проходящая через $O$ параллельно основаниям, пересекает боковую сторону $AB$ в точке $M$, а боковую сторону $CD$ — в точке $N$. Нужно доказать, что $MN=AB$.

Прямые $MN$ и $AD$ параллельны, $AO$ — секущая. Поэтому $\angle MOA=\angle OAD$ как накрест лежащие углы. Так как $AO$ — биссектриса угла $BAD$, то $\angle MAO=\angle OAD$. Следовательно,

$$\angle MOA=\angle MAO.$$

Треугольник с двумя равными углами равнобедренный, поэтому в треугольнике $AMO$ стороны, лежащие против равных углов, равны: $AM=MO$.

Аналогично прямые $MN$ и $BC$ параллельны, $CO$ — секущая, поэтому $\angle NOC=\angle OCB$ как накрест лежащие. Так как $CO$ — биссектриса угла $BCD$, то $\angle NCO=\angle OCB$. Значит, $\angle NOC=\angle NCO$, и треугольник $CNO$ равнобедренный: $CN=NO$.

Трапеция равнобедренная, поэтому $AB=CD$. Параллельные прямые $AD$, $MN$ и $BC$ отсекают на сторонах угла пропорциональные отрезки (обобщённая теорема Фалеса), поэтому

$$\frac{AM}{AB}=\frac{DN}{DC}.$$

Так как $AB=DC$, получаем $AM=DN$. Тогда

$$MN=MO+ON=AM+CN=DN+CN=CD=AB,$$

что и требовалось доказать.

б) Из пункта а) $AM=DN$ и $AB=CD$, поэтому и $MB=AB-AM=CD-DN=NC$. Значит, по условию

$$\frac{DN}{CN}=\frac{AM}{MB}=\frac{1}{2}.$$

Найдём углы. Пусть $\angle OAD=\alpha$. Так как $AO$ — биссектриса, $\angle BAD=2\alpha$. В равнобедренной трапеции углы при основании равны, поэтому $\angle ADC=\angle BAD=2\alpha$ и $\angle BCD=\angle ABC$. Углы $BAD$ и $ABC$ — односторонние при параллельных $AD$ и $BC$ и секущей $AB$, их сумма $180^{\circ }$. Значит, $\angle BCD=180^{\circ }-2\alpha$, а

$$\angle OCB=\frac{\angle BCD}{2}=90^{\circ }-\alpha .$$

Сделаем дополнительные построения. Опустим перпендикуляр $OH$ на основание $AD$. Из точки $C$ опустим перпендикуляры $CL$ на прямую $MN$ и $CP$ на прямую $AD$. Так как $MN\parallel AD$, оба перпендикуляра лежат на одной прямой, то есть точки $C$, $L$, $P$ лежат на одной прямой.

Как показано в пункте а), $\angle NOC=\angle OCB=90^{\circ }-\alpha$. Этот угол острый, поэтому основание перпендикуляра $L$ лежит на луче $ON$, и в прямоугольном треугольнике $OLC$

$$\angle OCL=90^{\circ }-\angle LOC=90^{\circ }-(90^{\circ }-\alpha )=\alpha .$$

Рассмотрим прямоугольные треугольники $AHO$ и $OLC$. У них равны гипотенузы ($AO=CO$ по условию) и острые углы ($\angle OAH=\alpha =\angle OCL$). Значит, треугольники равны по гипотенузе и острому углу, откуда

$$AH=CL,OH=OL.$$

Четырёхугольник $OLPH$ — прямоугольник: его стороны $OH$ и $LP$ перпендикулярны $AD$, а $OL$ лежит на прямой $MN\parallel AD$. Поэтому $OH=LP$ и $HP=OL$. А так как $OH=OL$, этот прямоугольник — квадрат, и $HP=OL=OH=LP$. Тогда

$$AP=AH+HP=CL+LP=CP.$$

Найдём $\mathrm{tg}\alpha$ из прямоугольного треугольника $AHO$, заменив катеты равными им отрезками:

$$\mathrm{tg}\alpha =\frac{OH}{AH}=\frac{LP}{CL}.$$

Параллельные прямые $MN$ и $AD$ отсекают на сторонах угла с вершиной $C$ (стороны $CD$ и $CP$) пропорциональные отрезки, поэтому $\frac{LP}{CL}=\frac{ND}{CN}=\frac{1}{2}$. Значит,

$$\mathrm{tg}\alpha =\frac{1}{2}.$$

В прямоугольном треугольнике $CPD$ угол $D$ равен $2\alpha$, поэтому по формуле тангенса двойного угла

$$\frac{CP}{PD}=\mathrm{tg}2\alpha =\frac{2\mathrm{tg}\alpha }{1-{\mathrm{tg}}^2\alpha }=\frac{2\cdot \frac{1}{2}}{1-\frac{1}{4}}=\frac{1}{\frac{3}{4}}=\frac{4}{3}.$$

Пусть $CP=4a$, $PD=3a$. Тогда $AP=CP=4a$ и

$$AD=AP+PD=4a+3a=7a.$$

В равнобедренной трапеции перпендикуляры, опущенные из концов меньшего основания на большее, отсекают от него по краям равные отрезки: если $BQ\perp AD$, то прямоугольные треугольники $ABQ$ и $DCP$ равны по гипотенузе и острому углу, и $AQ=PD$. Средняя часть $QP$ равна $BC$. Поэтому

$$BC=AD-2PD=7a-6a=a.$$

Следовательно,

$$\frac{BC}{AD}=\frac{a}{7a}=\frac{1}{7}.$$

Ответ: б) $BC:AD=1:7$.