ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №18 — параллелограммы

Разбор — 3 балла

а) Противоположные стороны параллелограмма равны и параллельны: $AD\parallel BC$ и $AD=BC$. Точка $E$ — середина $BC$, поэтому

$$BE=\frac{1}{2}BC=\frac{1}{2}AD.$$

Рассмотрим четырёхугольник $ABED$. Его стороны $BE$ и $AD$ параллельны, но не равны, поэтому это трапеция, и прямые $AB$ и $DE$ не параллельны (иначе $ABED$ был бы параллелограммом и $BE=AD$). Пусть продолжения боковых сторон $AB$ и $DE$ пересекаются в точке $S$.

Сделаем рисунок: параллелограмм $ABCD$, продолжение $AB$ за точку $B$ и продолжение $DE$ за точку $E$ пересекаются в точке $S$; через $B$ проведён перпендикуляр к $AB$, через $E$ — перпендикуляр к $DE$, они пересекаются в точке $K$.

Так как $BE\parallel AD$, треугольники $SBE$ и $SAD$ подобны по двум углам (угол $S$ общий, $\angle SBE=\angle SAD$ как соответственные). Коэффициент подобия равен $\frac{BE}{AD}=\frac{1}{2}$, поэтому

$$SB=\frac{1}{2}SA,SE=\frac{1}{2}SD.$$

Значит, $B$ — середина $AS$, а $E$ — середина $DS$. Иначе говоря, $BE$ — средняя линия треугольника $ASD$.

Прямая $BK$ перпендикулярна $AS$ и проходит через её середину $B$, то есть $BK$ — серединный перпендикуляр к отрезку $AS$. Прямая $EK$ перпендикулярна $DS$ и проходит через её середину $E$, то есть $EK$ — серединный перпендикуляр к отрезку $DS$.

Каждая точка серединного перпендикуляра равноудалена от концов отрезка. Точка $K$ лежит на обоих серединных перпендикулярах, поэтому $KA=KS$ и $KS=KD$. Значит, $K$ — центр окружности, описанной около треугольника $ASD$, и

$$AK=KD,$$

что и требовалось доказать.

б) Пусть $M$ — середина $AD$. Из пункта а) $KA=KD$, поэтому треугольник $AKD$ равнобедренный, и его медиана $KM$ является высотой: $KM\perp AD$. Значит, расстояние от $K$ до прямой $AD$ равно $KM$.

По условию это расстояние равно $EC$, поэтому

$$KM=EC=\frac{1}{2}BC=\frac{1}{2}AD=AM=MD.$$

Треугольники $AMK$ и $DMK$ прямоугольные (угол $M$ прямой) и равнобедренные ($AM=MK=MD$), поэтому их острые углы равны $45^{\circ }$:

$$\angle KAD=\angle KDA=45^{\circ },\angle AKD=\angle AKM+\angle MKD=45^{\circ }+45^{\circ }=90^{\circ }.$$

Углы $BAD$ и $ADC$ параллелограмма прилежат к одной стороне $AD$, их сумма $180^{\circ }$. Поэтому

$$\angle BAD=180^{\circ }-\angle ADC=180^{\circ }-110^{\circ }=70^{\circ }.$$

Найдём угол $ASD$. Точка $K$ — центр описанной окружности треугольника $ASD$, и центральный угол $AKD$, опирающийся на хорду $AD$, равен $90^{\circ }$. Хорда $AD$ делит окружность на дуги $90^{\circ }$ и $270^{\circ }$. Вписанный угол равен половине дуги, на которую опирается, поэтому $\angle ASD$ равен $45^{\circ }$ или $135^{\circ }$. Но в треугольнике $ASD$ угол $A$ равен $70^{\circ }$, значит, $\angle ASD<180^{\circ }-70^{\circ }=110^{\circ }$. Следовательно,

$$\angle ASD=\frac{1}{2}\angle AKD=45^{\circ }.$$

Точка $E$ лежит на отрезке $DS$, поэтому $\angle ADE=\angle ADS$. По сумме углов треугольника $ASD$

$$\angle ADE=180^{\circ }-\angle SAD-\angle ASD=180^{\circ }-70^{\circ }-45^{\circ }=65^{\circ }.$$

Тот же результат получается через углы при точке $K$. Угол $BAK=\angle BAD-\angle KAD=70^{\circ }-45^{\circ }=25^{\circ }$. Треугольник $AKS$ равнобедренный ($KA=KS$), поэтому $\angle ASK=\angle SAK=25^{\circ }$, и $\angle KSD=\angle ASD-\angle ASK=45^{\circ }-25^{\circ }=20^{\circ }$. Треугольник $KSD$ тоже равнобедренный, поэтому $\angle KDS=\angle KSD=20^{\circ }$. Тогда $\angle ADE=\angle KDA+\angle KDS=45^{\circ }+20^{\circ }=65^{\circ }$.

Ответ: б) $65^{\circ }$.