ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №18 — трапеции

Разбор — 3 балла

а) Так как $AD=2BC\ne BC$, боковые стороны $AB$ и $DC$ не параллельны. Пусть прямые $AB$ и $DC$ пересекаются в точке $X$.

Так как $BC\parallel AD$, треугольники $XBC$ и $XAD$ подобны: угол $X$ общий, а $\angle XBC=\angle XAD$ как соответственные. Коэффициент подобия равен $\frac{BC}{AD}=\frac{1}{2}$, поэтому

$$XB=\frac{1}{2}XA,XC=\frac{1}{2}XD.$$

Значит, $B$ — середина отрезка $XA$, а $C$ — середина отрезка $XD$, то есть $BC$ — средняя линия треугольника $XAD$.

По условию $\angle ABM=90^{\circ }$: прямая $MB$ перпендикулярна прямой $XA$ и проходит через середину $B$ отрезка $XA$. Значит, $MB$ — серединный перпендикуляр к $XA$, а каждая точка серединного перпендикуляра равноудалена от концов отрезка: $MX=MA$.

Точно так же $\angle DCM=90^{\circ }$, и $MC$ — серединный перпендикуляр к $XD$, откуда $MX=MD$.

Следовательно, $AM=MX=DM$. Что и требовалось доказать.

б) Из пункта а) $MA=MX=MD$, то есть $M$ — центр окружности, описанной около треугольника $XAD$.

Пусть $K$ — середина $AD$. Треугольник $AMD$ равнобедренный ($MA=MD$), поэтому его медиана $MK$ является высотой: $MK\perp AD$. Значит, $MK$ — расстояние от $M$ до прямой $AD$. По условию оно равно $BC$, а $BC=\frac{1}{2}AD=AK$. Получаем

$$MK=AK.$$

Прямоугольный треугольник $AKM$ с равными катетами равнобедренный, поэтому $\angle AMK=45^{\circ }$. Аналогично $\angle DMK=45^{\circ }$, и

$$\angle AMD=90^{\circ }.$$

Угол $AMD$ — центральный, угол $AXD$ — вписанный, оба опираются на дугу $AD$. Точка $M$ лежит внутри трапеции, а значит, по ту же сторону от $AD$, что и $X$. Поэтому вписанный угол равен половине центрального:

$$\angle AXD=\frac{1}{2}\angle AMD=45^{\circ }.$$

В треугольнике $XAD$ угол при вершине $D$ — это $\angle ADC=70^{\circ }$ (точка $C$ лежит на $XD$), а угол при вершине $A$ — это искомый $\angle BAD$. По сумме углов треугольника

$$\angle BAD=180^{\circ }-\angle AXD-\angle XDA=180^{\circ }-45^{\circ }-70^{\circ }=65^{\circ }.$$

Все углы треугольника $XAD$ острые ($45^{\circ }$, $65^{\circ }$, $70^{\circ }$), поэтому центр описанной окружности действительно лежит внутри него, что согласуется с условием.

Тот же результат получается и через радиус $R$: расстояние от центра до хорды $AD$ равно $R\cos \angle X$, а $BC=\frac{1}{2}AD=R\sin \angle X$ (по теореме синусов $AD=2R\sin \angle X$). Из равенства $R\cos \angle X=R\sin \angle X$ получаем $\mathrm{tg}\angle X=1$, $\angle X=45^{\circ }$.

Ответ: б) $65^{\circ }$.