ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №18 — трапеции

Разбор — 3 балла

а) $AO$ — биссектриса угла $BAD$, поэтому $\angle MAO=\angle OAD$. По условию $AM=MO$, значит, треугольник $AMO$ равнобедренный с основанием $AO$, и углы при основании равны: $\angle MAO=\angle MOA$. Отсюда

$$\angle MOA=\angle OAD.$$

Точки $M$ и $D$ лежат по разные стороны от биссектрисы $AO$, поэтому $\angle MOA$ и $\angle OAD$ — накрест лежащие углы при прямых $MO$, $AD$ и секущей $AO$. Они равны, значит, $MO\parallel AD$.

Аналогично $CO$ — биссектриса угла $BCD$, и из равнобедренного треугольника $CNO$ ($CN=NO$) получаем

$$\angle NOC=\angle NCO=\angle OCB.$$

Это накрест лежащие углы при прямых $NO$, $BC$ и секущей $CO$, поэтому $NO\parallel BC$.

Основания трапеции параллельны: $AD\parallel BC$, значит, обе прямые $MO$ и $NO$ параллельны $AD$. Через точку $O$ проходит только одна прямая, параллельная $AD$, поэтому прямые $MO$ и $NO$ совпадают, и точки $M$, $O$, $N$ лежат на одной прямой, что и требовалось доказать.

б) По пункту а) $MN\parallel AD\parallel BC$. Опустим перпендикуляр $OH$ на основание $AD$, а из точки $C$ — перпендикуляры $CL$ на прямую $MN$ и $CP$ на прямую $AD$. Прямые $MN$ и $AD$ параллельны, поэтому $CL$ и $CP$ лежат на одной прямой, перпендикулярной основаниям.

Найдём связь между углами. Трапеция равнобедренная, поэтому $\angle BAD=\angle CDA$. Углы $CDA$ и $BCD$ — внутренние односторонние при $BC\parallel AD$ и секущей $CD$, их сумма $180^{\circ }$. Значит, $\angle BAD+\angle BCD=180^{\circ }$, и для половин этих углов

$$\angle OAD+\angle OCB=\frac{\angle BAD+\angle BCD}{2}=90^{\circ }.$$

Обозначим $\angle OAD=\alpha$. Тогда $\angle BAD=2\alpha$ и $\angle OCB=90^{\circ }-\alpha$.

Углы $LOC$ и $OCB$ — накрест лежащие при $MN\parallel BC$ и секущей $OC$, поэтому $\angle LOC=90^{\circ }-\alpha$. В прямоугольном треугольнике $OLC$

$$\angle OCL=90^{\circ }-\angle LOC=\alpha .$$

Прямоугольные треугольники $AHO$ и $CLO$ равны по гипотенузе и острому углу: $AO=CO$ по условию и $\angle OAH=\angle OCL=\alpha$. Следовательно,

$$AH=CL,OH=OL.$$

В четырёхугольнике $OLPH$ стороны $OH$ и $LP$ перпендикулярны $AD$, а $OL$ лежит на прямой $MN\parallel AD$, поэтому это прямоугольник. Его соседние стороны $OH$ и $OL$ равны, значит, $OLPH$ — квадрат:

$$HP=OL=OH=LP.$$

Тогда

$$AP=AH+HP=CL+LP=CP.$$

Пусть $BC=a$, тогда $AD=7a$. В равнобедренной трапеции высота, опущенная из вершины меньшего основания, отсекает от большего основания отрезок, равный полуразности оснований:

$$PD=\frac{AD-BC}{2}=\frac{7a-a}{2}=3a,AP=AD-PD=4a.$$

Значит, и $CP=AP=4a$.

В прямоугольном треугольнике $CPD$ угол $D$ равен $\angle CDA=\angle BAD=2\alpha$, поэтому

$$\mathrm{tg}2\alpha =\frac{CP}{PD}=\frac{4a}{3a}=\frac{4}{3}.$$

Обозначим $t=\mathrm{tg}\alpha$ и воспользуемся формулой тангенса двойного угла:

$$\begin{array}{c}\frac{2t}{1-t^2}=\frac{4}{3},\\ 6t=4-4t^2,\\ 2t^2+3t-2=0.\end{array}$$

Дискриминант $9+16=25$, корни $t=\frac{-3\pm 5}{4}$, то есть $t=\frac{1}{2}$ или $t=-2$. Угол $\alpha$ — половина угла трапеции, он острый, поэтому $\mathrm{tg}\alpha =\frac{1}{2}$.

В прямоугольном треугольнике $AHO$:

$$\mathrm{tg}\alpha =\frac{OH}{AH}=\frac{1}{2}\Rightarrow AH=2OH.$$

Тогда $AP=AH+HP=2OH+OH=3OH$. Но $AP=4a$, поэтому

$$OH=\frac{4a}{3},LP=OH=\frac{4a}{3},CL=CP-LP=4a-\frac{4a}{3}=\frac{8a}{3}.$$

Параллельные прямые $AD$, $MN$ и $BC$ отсекают на секущих $AB$ и $PC$ пропорциональные отрезки (обобщённая теорема Фалеса). Поэтому

$$\frac{AM}{MB}=\frac{PL}{LC}=\frac{\frac{4a}{3}}{\frac{8a}{3}}=\frac{1}{2}.$$

Ответ: б) $1:2$.