ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №18 — трапеции

Разбор — 3 балла

а) Так как $b<c$, боковые стороны трапеции не параллельны: прямые $AB$ и $CD$ пересекаются в некоторой точке $F$ за точками $B$ и $C$. Окружность касается отрезков $AB\subset AF$, $CD\subset DF$ и стороны $AD$, то есть всех трёх сторон треугольника $AFD$. Значит, это вписанная окружность треугольника $AFD$, и она лежит внутри этого треугольника.

Прямая $BC$ пересекает треугольник $AFD$ ровно по отрезку $BC$. Поэтому все общие точки окружности и прямой $BC$ лежат на стороне $BC$, и достаточно доказать, что прямая $BC$ пересекает окружность в двух точках.

Проведём к окружности вторую касательную, параллельную $AD$. Она пересекает стороны $AF$ и $DF$ в точках $B_1$ и $C_1$, и получается трапеция $A{B}_1{C}_{1}D$, описанная около окружности. Она равнобедренная (треугольник $AFD$ равнобедренный, так как трапеция $ABCD$ равнобедренная). Обозначим $A{B}_1=C_{1}D=a_1$, $B_1{C}_1=b_1$.

В четырёхугольнике, описанном около окружности, суммы противоположных сторон равны:

$$A{B}_1+C_{1}D=B_1{C}_1+AD\Rightarrow 2a_1=b_1+c.$$

Окружность лежит в полосе между параллельными касательными $AD$ и $B_1{C}_1$. Прямая $BC$ параллельна им и пересекает окружность в двух точках тогда и только тогда, когда проходит строго внутри этой полосы, то есть когда расстояние от центра до $BC$ меньше радиуса.

Предположим противное: прямая $BC$ не пересекает окружность в двух точках. Тогда она не лежит строго между $AD$ и $B_1{C}_1$, то есть прямая $B_1{C}_1$ совпадает с $BC$ или лежит между $BC$ и $AD$. В этом случае точка $B_1$ лежит на отрезке $AB$, и

$$a_1=A{B}_1⩽AB=a.$$

Кроме того, треугольники $F{B}_1{C}_1$ и $FBC$ подобны (так как $B_1{C}_1\parallel BC$), и $F{B}_1⩾FB$, поэтому $b_1=B_1{C}_1⩾BC=b$. Получаем цепочку

$$b+c⩽b_1+c=2a_1⩽2a,$$

что противоречит условию $b+c>2a$. Значит, прямая $BC$ проходит строго между касательными $AD$ и $B_1{C}_1$ и пересекает окружность в двух точках, а они, как показано выше, лежат на стороне $BC$. Что и требовалось доказать.

б) Здесь $b+c=10+12=22>16=2a$, поэтому по пункту а) окружность пересекает $BC$ в двух точках. Обозначим их $M$ и $N$, считая от точки $B$. Часть отрезка $BC$ внутри окружности — это хорда $MN$.

Треугольник $AFD$ равнобедренный, центр его вписанной окружности лежит на биссектрисе угла $F$, то есть на оси симметрии трапеции. Значит, вся картинка симметрична относительно этой оси. Точка касания $H$ окружности с основанием $AD$ лежит на оси, то есть является серединой $AD$:

$$AH=\frac{AD}{2}=6.$$

Пусть $E$ — точка касания окружности со стороной $AB$. Отрезки касательных, проведённых из одной точки, равны, поэтому

$$AE=AH=6\Rightarrow BE=AB-AE=8-6=2.$$

По той же симметрии точки $M$ и $N$ переходят друг в друга, поэтому $CN=BM$. Обозначим $BM=CN=x$, тогда $BN=10-x$, и $x<5$, так как $BM<BN$.

Из точки $B$ проведены касательная $BE$ и секущая $BMN$. Квадрат касательной равен произведению всей секущей на её внешнюю часть:

$$B{E}^2=BM\cdot BN\Rightarrow 4=x(10-x)\Rightarrow x^2-10x+4=0.$$

Корни: $x=5\pm \sqrt{21}$. Условию $x<5$ удовлетворяет $x=5-\sqrt{21}$.

Тогда

$$MN=BC-BM-CN=10-2x=10-2\left(5-\sqrt{21}\right)=2\sqrt{21}.$$

Ответ: б) $2\sqrt{21}$.