ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №18 — трапеции

Разбор — 3 балла

Сделаем рисунок: трапеция $ABCD$ с основаниями $AD$ и $BC$, вписанная окружность с центром $O$, отрезки $OA$, $OB$, $OC$, $OD$.

а) Центр окружности, вписанной в многоугольник, равноудалён от всех его сторон, поэтому лежит на биссектрисах всех его углов. Значит, $AO$, $BO$, $CO$, $DO$ — биссектрисы углов трапеции.

Прямые $AD$ и $BC$ параллельны, $AB$ — секущая, поэтому углы $A$ и $B$ трапеции односторонние и $\angle A+\angle B=180^{\circ }$. В треугольнике $AOB$

$$\angle OAB+\angle OBA=\frac{\angle A}{2}+\frac{\angle B}{2}=90^{\circ }\Rightarrow \angle AOB=180^{\circ }-90^{\circ }=90^{\circ }.$$

Аналогично для боковой стороны $CD$: $\angle C+\angle D=180^{\circ }$, поэтому $\angle COD=90^{\circ }$.

Точка $O$ лежит внутри трапеции, и углы $AOB$, $BOC$, $COD$, $DOA$ вместе составляют полный угол $360^{\circ }$. Поэтому

$$\angle AOD+\angle BOC=360^{\circ }-90^{\circ }-90^{\circ }=180^{\circ }.$$

Синусы углов, дополняющих друг друга до $180^{\circ }$, равны: $\sin \angle AOD=\sin \left(180^{\circ }-\angle BOC\right)=\sin \angle BOC$, что и требовалось доказать.

б) Так как $\angle BAD=90^{\circ }$ и $\angle A+\angle B=180^{\circ }$, то и $\angle ABC=90^{\circ }$. Значит, боковая сторона $AB$ перпендикулярна основаниям и является высотой трапеции.

Пусть для определённости $BC=5$, $AD=7$. Другой случай сводится к этому переобозначением $A\leftrightarrow B$, $C\leftrightarrow D$: углы $A$ и $B$ оба прямые, поэтому условие сохраняется, а площадь не меняется.

Пусть $M$, $N$, $K$, $L$ — точки касания окружности со сторонами $AB$, $BC$, $CD$, $AD$ соответственно.

Биссектрисы прямых углов $A$ и $B$ образуют со стороной $AB$ углы $\angle BAO=\angle ABO=45^{\circ }$, поэтому треугольник $AOB$ прямоугольный и равнобедренный. Радиус $OM$, проведённый в точку касания, перпендикулярен $AB$, то есть $OM$ — высота равнобедренного треугольника $AOB$, проведённая к основанию. Она же является медианой, поэтому $AM=MB$.

Отрезки касательных, проведённых к окружности из одной точки, равны: $AL=AM$, $BN=BM$, $CN=CK$, $DL=DK$. Обозначим

$$AL=AM=BM=BN=x,CN=CK=y,DL=DK=z.$$

Тогда

$$BC=x+y=5,AD=x+z=7,AB=2x,CD=y+z=(5-x)+(7-x)=12-2x.$$

Проведём высоту $CH$ к основанию $AD$. Четырёхугольник $ABCH$ — прямоугольник, поэтому $AH=BC=5$ и $CH=AB=2x$. Тогда

$$HD=AD-AH=7-5=2.$$

По теореме Пифагора для прямоугольного треугольника $CHD$:

$$C{H}^2+H{D}^2=C{D}^2\Rightarrow 4x^2+4=(12-2x{)}^2=144-48x+4x^2\Rightarrow 48x=140\Rightarrow x=\frac{35}{12}.$$

Высота трапеции $AB=2x=\frac{35}{6}$. Площадь трапеции равна произведению полусуммы оснований на высоту:

$$S=\frac{AD+BC}{2}\cdot AB=\frac{7+5}{2}\cdot \frac{35}{6}=6\cdot \frac{35}{6}=35.$$

Ответ: б) $35$.