ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №18 — трапеции

Разбор — 3 балла

Пусть $I$ — центр окружности, $r$ — её радиус, $AD$ и $BC$ — основания трапеции. Обозначим $MB=a$, $CN=2b$, тогда по условию $AM=6a$, $DN=3b$.

а) Окружность вписана в трапецию, значит, она вписана в каждый её угол, и центр $I$ лежит на биссектрисах углов $A$, $B$, $C$ и $D$.

Прямые $AD$ и $BC$ параллельны, $AB$ — секущая, поэтому сумма односторонних углов $\angle BAD+\angle ABC=180^{\circ }$. Тогда

$$\angle IAB+\angle IBA=\frac{1}{2}\left(\angle BAD+\angle ABC\right)=90^{\circ },\angle AIB=90^{\circ }.$$

Радиус, проведённый в точку касания, перпендикулярен касательной, поэтому $IM\perp AB$, и $IM$ — высота прямоугольного треугольника $AIB$, проведённая к гипотенузе. Высота из вершины прямого угла есть среднее пропорциональное между отрезками гипотенузы (это следует из подобия треугольников $AMI$ и $IMB$):

$$r^2=I{M}^2=AM\cdot MB=6a\cdot a=6a^2.$$

Точно так же $\angle CID=90^{\circ }$, $IN$ — высота треугольника $CID$, и

$$r^2=I{N}^2=CN\cdot ND=2b\cdot 3b=6b^2.$$

Отсюда $6a^2=6b^2$, и так как $a,b>0$, получаем $a=b$.

Пусть окружность касается оснований $BC$ и $AD$ в точках $K$ и $T$. Отрезки касательных, проведённых к окружности из одной точки, равны:

$$BK=BM=a,CK=CN=2a,AT=AM=6a,DT=DN=3a.$$

Тогда $BC=BK+KC=3a$, $AD=AT+TD=9a$, то есть $AD=3BC$. Что и требовалось доказать.

б) Из пункта а) $r^2=6a^2$, поэтому

$$6a^2=105,a^2=\frac{35}{2}.$$

Стороны трапеции: $AB=AM+MB=7a$, $CD=CN+ND=5a$, $BC=3a$, $AD=9a$.

Продлим боковые стороны до пересечения в точке $E$. Так как $BC<AD$, точка $E$ лежит на продолжениях $AB$ и $DC$ за точки $B$ и $C$. Треугольники $EBC$ и $EAD$ подобны по двум углам (угол $E$ общий, $\angle EBC=\angle EAD$ как соответственные при $BC\parallel AD$) с коэффициентом $\frac{BC}{AD}=\frac{1}{3}$. Поэтому

$$EA=3EB,EA=EB+7a\Rightarrow EB=\frac{7a}{2},EA=\frac{21a}{2};$$

$$ED=3EC,ED=EC+5a\Rightarrow EC=\frac{5a}{2},ED=\frac{15a}{2}.$$

Тогда

$$EM=EB+BM=\frac{7a}{2}+a=\frac{9a}{2},EN=EC+CN=\frac{5a}{2}+2a=\frac{9a}{2}$$

— как и должно быть, отрезки касательных из точки $E$ равны.

Обозначим $\phi =\angle AED$ и найдём его косинус по теореме косинусов в треугольнике $AED$ (множитель $a^2$ сокращается):

$$\cos \phi =\frac{E{A}^2+E{D}^2-A{D}^2}{2\cdot EA\cdot ED}=\frac{\frac{441}{4}+\frac{225}{4}-\frac{324}{4}}{2\cdot \frac{21}{2}\cdot \frac{15}{2}}=\frac{\frac{342}{4}}{\frac{315}{2}}=\frac{342}{630}=\frac{19}{35}.$$

По теореме косинусов в треугольнике $MEN$:

$$M{N}^2=E{M}^2+E{N}^2-2\cdot EM\cdot EN\cdot \cos \phi =2\cdot \frac{81a^2}{4}\left(1-\frac{19}{35}\right)=\frac{81a^2}{2}\cdot \frac{16}{35}=\frac{648a^2}{35}.$$

Подставим $a^2=\frac{35}{2}$:

$$M{N}^2=\frac{648}{35}\cdot \frac{35}{2}=324,MN=18.$$

Проверка. В четырёхугольнике $EMIN$ углы при $M$ и $N$ прямые, поэтому $\angle MIN=180^{\circ }-\phi$. Из равнобедренного треугольника $MIN$ с боковыми сторонами $r$:

$$M{N}^2=2r^2\left(1-\cos (180^{\circ }-\phi )\right)=2r^2(1+\cos \phi )=2\cdot 105\cdot \frac{54}{35}=324.$$

Ответ: б) $18$.