ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №18 — трапеции

Разбор — 3 балла

а) Сделаем рисунок: $AB$ перпендикулярна основаниям $AD$ и $BC$, $AH\perp CD$, $CE\perp CD$, точка $E$ лежит на $AB$.

Так как $AB\perp AD$, то $\angle EAD=90^{\circ }$, а так как $CE\perp CD$, то $\angle ECD=90^{\circ }$. Сумма противоположных углов $A$ и $C$ четырёхугольника $AECD$ равна $180^{\circ }$, значит, около него можно описать окружность (иначе: точки $A$ и $C$ видят отрезок $ED$ под прямым углом и лежат на окружности с диаметром $ED$).

Углы $CAE$ и $CDE$ вписаны в эту окружность и опираются на одну и ту же дугу $CE$, поэтому

$$\angle CAE=\angle CDE.$$

Так как $AB\perp BC$ и $AH\perp CD$, то $\angle ABC=\angle AHC=90^{\circ }$. Сумма противоположных углов $B$ и $H$ четырёхугольника $ABCH$ равна $180^{\circ }$, значит, он тоже вписанный (его вершины лежат на окружности с диаметром $AC$). Вписанные углы $CAB$ и $CHB$ опираются на одну дугу $BC$, поэтому

$$\angle CAB=\angle CHB.$$

Точка $E$ лежит на отрезке $AB$, поэтому $\angle CAE$ и $\angle CAB$ — один и тот же угол. Получаем

$$\angle CHB=\angle CAB=\angle CAE=\angle CDE.$$

Точка $H$ лежит на стороне $CD$, поэтому лучи $HC$ и $DC$ направлены одинаково, а точки $B$ и $E$ лежат по одну сторону от прямой $CD$. Значит, $\angle CHB$ и $\angle CDE$ — соответственные углы при прямых $HB$, $DE$ и секущей $CD$. Они равны, следовательно, $BH\parallel ED$. Что и требовалось доказать.

б) Пусть $\angle BCD=135^{\circ }$. Углы $BCD$ и $CDA$ — односторонние при параллельных основаниях $BC$, $AD$ и секущей $CD$, поэтому

$$\angle CDA=180^{\circ }-135^{\circ }=45^{\circ }.$$

Во вписанном четырёхугольнике $ABCH$ сумма противоположных углов равна $180^{\circ }$. Угол $BCH$ совпадает с углом $BCD$ ($H$ лежит на $CD$), поэтому

$$\angle BAH=180^{\circ }-\angle BCH=180^{\circ }-135^{\circ }=45^{\circ }.$$

Первая окружность (через $A$, $E$, $C$, $D$) — это окружность, описанная около треугольника $ACD$. Её диаметр — отрезок $ED$, так как на него опирается прямой вписанный угол $EAD$. По теореме синусов для треугольника $ACD$:

$$\frac{AC}{\sin \angle CDA}=ED\Rightarrow ED=\frac{AC}{\sin 45^{\circ }}=AC\sqrt{2}.$$

Вторая окружность (через $A$, $B$, $C$, $H$) описана около треугольника $ABH$, её диаметр — отрезок $AC$ (на него опирается прямой угол $ABC$). По теореме синусов для треугольника $ABH$:

$$\frac{BH}{\sin \angle BAH}=AC\Rightarrow BH=AC\cdot \sin 45^{\circ }=\frac{AC\sqrt{2}}{2}.$$

Делим одно на другое:

$$\frac{BH}{ED}=\frac{AC\cdot \sin 45^{\circ }}{\frac{AC}{\sin 45^{\circ }}}={\sin }^{2}45^{\circ }=\frac{1}{2}.$$

Проверим другим способом. Пусть прямые $AB$ и $DC$ пересекаются в точке $X$.

Треугольник $XAD$ прямоугольный ($\angle XAD=90^{\circ }$) с углом $\angle XDA=45^{\circ }$, поэтому он равнобедренный, и его высота $AH$ является медианой: $H$ — середина $XD$. Треугольник $XCE$ прямоугольный ($\angle XCE=90^{\circ }$, так как $CE\perp CD$) с углом $\angle CXE=45^{\circ }$, поэтому он тоже равнобедренный, и его высота $CB$ ($CB\perp AB$) является медианой: $B$ — середина $XE$. Значит, $BH$ — средняя линия треугольника $XED$, и $BH=\frac{1}{2}ED$.

Ответ: б) $\frac{1}{2}$.