ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №18 — трапеции

Разбор — 3 балла

а) Обозначим $BE=EC=a$ и $AF=FD=b$ — половины оснований, ведь $E$ и $F$ — их середины.

В четырёхугольник можно вписать окружность тогда и только тогда, когда суммы его противоположных сторон равны. Для четырёхугольников $ABEF$ и $ECDF$ это даёт

$$AB+EF=BE+AF=a+b,CD+EF=EC+DF=a+b.$$

Отсюда $AB+EF=CD+EF$, то есть $AB=CD$. Боковые стороны трапеции равны, значит, трапеция $ABCD$ равнобедренная. Что и требовалось доказать.

б) Опустим перпендикуляры $BH$ и $CK$ на большее основание $AD$. Прямоугольные треугольники $ABH$ и $DCK$ равны по гипотенузе и катету ($AB=DC$, $BH=CK$), поэтому $AH=KD$. Так как $BCKH$ — прямоугольник, $HK=BC$, и

$$AH=\frac{AD-BC}{2}=b-a.$$

Тогда $HF=AF-AH=b-(b-a)=a=BE$. Отрезки $HF$ и $BE$ равны и лежат на параллельных прямых, поэтому $HBEF$ — параллелограмм, $EF\parallel BH$ и $EF=BH$. Значит, $EF$ перпендикулярен основаниям и равен высоте трапеции.

Четырёхугольник $ABEF$ — трапеция с основаниями $BE$ и $AF$. Вписанная в неё окружность касается обеих параллельных прямых, поэтому расстояние между ними равно диаметру:

$$EF=BH=2\cdot 2,5=5.$$

Условие вписанной окружности для $ABEF$ теперь даёт

$$a+b=AB+EF=7+5=12.$$

Из прямоугольного треугольника $ABH$ по теореме Пифагора

$$AH=\sqrt{A{B}^2-B{H}^2}=\sqrt{49-25}=\sqrt{24}=2\sqrt{6},b-a=2\sqrt{6}.$$

Тогда

$$HD=AD-AH=2b-(b-a)=a+b=12.$$

Отсюда же $a=6-\sqrt{6}$, $b=6+\sqrt{6}$, то есть $BC=12-2\sqrt{6}>0$ и $AD=12+2\sqrt{6}$ — такая трапеция существует.

Из прямоугольного треугольника $BHD$ по теореме Пифагора

$$BD=\sqrt{B{H}^2+H{D}^2}=\sqrt{25+144}=\sqrt{169}=13.$$

Около равнобедренной трапеции можно описать окружность, и это та же окружность, что описана около треугольника $ABD$. Синус угла $BAD$ найдём из прямоугольного треугольника $ABH$:

$$\sin \angle BAD=\frac{BH}{AB}=\frac{5}{7}.$$

По теореме синусов для треугольника $ABD$

$$R=\frac{BD}{2\sin \angle BAD}=\frac{13}{2\cdot \frac{5}{7}}=\frac{91}{10}=9,1.$$

Ответ: б) $9,1$.