ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №18 — трапеции

Разбор — 3 балла

Сначала разберёмся с расположением точек. Боковая сторона $AB$ перпендикулярна основаниям, поэтому $\angle ABC=\angle BAD=90^{\circ }$. Сторона $CD$ не параллельна $AB$ (иначе $ABCD$ был бы прямоугольником), значит, угол $ADC$ не прямой. Точка $H$ — основание перпендикуляра из $A$ — лежит на стороне $CD$, поэтому угол $ADC$ острый: при тупом угле $D$ основание перпендикуляра оказалось бы на продолжении $CD$ за точку $D$.

Углы $ADC$ и $BCD$ — односторонние при параллельных $BC$ и $AD$ и секущей $CD$, их сумма равна $180^{\circ }$. Значит, угол $BCD$ тупой, $BC$ — меньшее основание, и прямые $AB$ и $CD$ пересекаются в точке $S$, лежащей на продолжениях боковых сторон за точки $B$ и $C$.

а) Обозначим $\phi =\angle ASD$. Точки $B$ и $E$ лежат на луче $SA$, точки $C$ и $H$ — на луче $SD$, поэтому во всех треугольниках ниже угол при вершине $S$ равен $\phi$. Рассмотрим четыре прямоугольных треугольника с этим углом и в каждом выразим прилежащий к углу $S$ катет через гипотенузу и косинус.

Треугольник $SBC$: $\angle SBC=90^{\circ }$ как смежный с прямым углом $ABC$, гипотенуза $SC$:

$$SB=SC\cdot \cos \phi .$$

Треугольник $SCE$: $\angle SCE=90^{\circ }$, так как $CE\perp CD$, гипотенуза $SE$:

$$SC=SE\cdot \cos \phi .$$

Треугольник $SAD$: $\angle SAD=90^{\circ }$, гипотенуза $SD$:

$$SA=SD\cdot \cos \phi .$$

Треугольник $SHA$: $\angle SHA=90^{\circ }$, так как $AH\perp CD$, гипотенуза $SA$:

$$SH=SA\cdot \cos \phi .$$

Подставим второе равенство в первое, а третье — в четвёртое:

$$SB=SE\cdot {\cos }^2\phi ,SH=SD\cdot {\cos }^2\phi \Rightarrow \frac{SB}{SE}=\frac{SH}{SD}={\cos }^2\phi .$$

Рассмотрим треугольники $SBH$ и $SED$. Угол $S$ у них общий, а прилежащие к нему стороны пропорциональны: $\frac{SB}{SE}=\frac{SH}{SD}$. По второму признаку подобия (две стороны пропорциональны, а углы между ними равны) $△SBH\sim △SED$. Значит,

$$\angle SBH=\angle SED.$$

Это соответственные углы при прямых $BH$ и $ED$ и секущей $SA$. Раз они равны, то $BH\parallel ED$. Что и требовалось доказать.

б) Из подобия треугольников $SBH$ и $SED$ отношение соответственных сторон $BH$ и $ED$ равно коэффициенту подобия:

$$\frac{BH}{ED}=\frac{SB}{SE}={\cos }^2\phi .$$

Найдём угол $\phi$. Точка $S$ лежит на продолжении $DC$ за точку $C$, поэтому угол $BCS$ смежный с углом $BCD$:

$$\angle BCS=180^{\circ }-150^{\circ }=30^{\circ }.$$

В прямоугольном треугольнике $SBC$ сумма острых углов равна $90^{\circ }$:

$$\phi =\angle BSC=90^{\circ }-30^{\circ }=60^{\circ }.$$

Тогда

$$\frac{BH}{ED}={\cos }^{2}60^{\circ }={\left(\frac{1}{2}\right)}^2=\frac{1}{4}.$$

Ответ: б) $\frac{1}{4}$.