ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №18 — трапеции

Разбор — 3 балла

а) Боковая сторона $AB$ перпендикулярна основаниям $AD$ и $BC$, $AH\perp CD$, точка $E$ на $AB$ такова, что $CE\perp CD$.

Рассмотрим четырёхугольник $AECD$. В нём $\angle EAD=90^{\circ }$ ($AB\perp AD$) и $\angle ECD=90^{\circ }$ ($CE\perp CD$), их сумма равна $180^{\circ }$. Сумма противоположных углов равна $180^{\circ }$, значит, около $AECD$ можно описать окружность. Вписанные углы $ECA$ и $EDA$ опираются на одну дугу $EA$, поэтому

$$\angle ECA=\angle EDA.$$

Аналогично в четырёхугольнике $ABCH$ углы $ABC$ и $AHC$ прямые, их сумма равна $180^{\circ }$, и около него тоже можно описать окружность. Вписанные углы $CBH$ и $CAH$ опираются на одну дугу $CH$, поэтому

$$\angle CBH=\angle CAH.$$

Прямые $EC$ и $AH$ обе перпендикулярны $CD$, значит, $EC\parallel AH$. Точки $E$ и $H$ лежат по разные стороны от диагонали $AC$, поэтому $\angle ECA$ и $\angle CAH$ — накрест лежащие углы при параллельных $EC$, $AH$ и секущей $AC$, и они равны. Собираем цепочку:

$$\angle CBH=\angle CAH=\angle ECA=\angle EDA.$$

Треугольник $EAD$ прямоугольный, поэтому $\angle AED=90^{\circ }-\angle ADE$. Угол $ABC$ прямой, а луч $BH$ проходит внутри него, поэтому $\angle ABH=90^{\circ }-\angle CBH$. Так как $\angle ADE=\angle CBH$, получаем

$$\angle AED=90^{\circ }-\angle ADE=90^{\circ }-\angle CBH=\angle ABH.$$

Точка $E$ лежит между $A$ и $B$, поэтому лучи $EA$ и $BA$ направлены одинаково, а точки $D$ и $H$ лежат по одну сторону от прямой $AB$. Значит, $\angle AED$ и $\angle ABH$ — соответственные углы при прямых $ED$, $BH$ и секущей $AB$. Они равны, следовательно, $BH\parallel ED$. Что и требовалось доказать.

б) Пусть $\angle BCD=150^{\circ }$. Боковые стороны трапеции не параллельны, продлим их до пересечения в точке $O$. Так как $BC<AD$ (угол $BCD$ тупой), точка $O$ лежит на продолжении $AB$ за точку $B$ и на продолжении $DC$ за точку $C$.

По пункту а) $BH\parallel ED$. Треугольники $OBH$ и $OED$ имеют общий угол $O$, а углы $OBH$ и $OED$ равны как соответственные при параллельных $BH$ и $ED$. Значит, треугольники подобны по двум углам, и

$$\frac{BH}{ED}=\frac{OB}{OE}.$$

Найдём нужные углы. Угол $OCB$ смежный с углом $BCD$:

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

Треугольник $OBC$ прямоугольный ($\angle OBC=90^{\circ }$, так как $BC\perp AB$), поэтому $\angle BOC=60^{\circ }$.

Угол $OCE$ прямой ($CE\perp CD$, а точка $O$ лежит на прямой $CD$), а луч $CB$ проходит внутри него, поэтому

$$\angle BCE=90^{\circ }-\angle OCB=60^{\circ },\angle BEC=90^{\circ }-60^{\circ }=30^{\circ }$$

(из прямоугольного треугольника $EBC$ с прямым углом $B$).

Пусть $OB=x$. В прямоугольном треугольнике $OBC$ катет $OB$ лежит против угла $30^{\circ }$, поэтому

$$BC=\frac{OB}{\mathrm{tg}30^{\circ }}=x\sqrt{3}.$$

В прямоугольном треугольнике $EBC$ катет $BC$ лежит против угла $30^{\circ }$, поэтому

$$BE=\frac{BC}{\mathrm{tg}30^{\circ }}=x\sqrt{3}\cdot \sqrt{3}=3x.$$

Точка $B$ лежит между $O$ и $E$, значит, $OE=OB+BE=x+3x=4x$, и

$$\frac{BH}{ED}=\frac{OB}{OE}=\frac{x}{4x}=\frac{1}{4}.$$

Проверим через точку $H$. Из того же подобия $\frac{BH}{ED}=\frac{OH}{OD}$. В прямоугольном треугольнике $OAD$ ($\angle OAD=90^{\circ }$, $\angle AOD=60^{\circ }$) высота $AH$ даёт $OH=OA\cos 60^{\circ }$, а $OD=\frac{OA}{\cos 60^{\circ }}$, откуда $\frac{OH}{OD}={\cos }^{2}60^{\circ }=\frac{1}{4}$ — то же самое.

Ответ: б) $\frac{1}{4}$.