ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №18 — трапеции

Разбор — 3 балла

а) По условию $ABCD$ — трапеция, поэтому $BC\parallel AD$. Окружность с диаметром $AD$ пересекает меньшее основание в точках $C$ и $M$, точка $M$ лежит между $B$ и $C$.

Углы $DAC$ и $ACB$ — накрест лежащие при параллельных $BC$, $AD$ и секущей $AC$, поэтому $\angle DAC=\angle ACB$. Так как $M$ лежит на отрезке $BC$, то $\angle ACB=\angle ACM$. Итак,

$$\angle CAD=\angle ACM.$$

Прямая $AB$ перпендикулярна $AD$ (угол $BAD$ прямой), то есть перпендикулярна радиусу, проведённому в конец $A$ диаметра. Значит, $AB$ — касательная к окружности в точке $A$.

Угол $BAM$ — угол между касательной $AB$ и хордой $AM$. Он равен вписанному углу, опирающемуся на дугу $AM$, заключённую внутри этого угла, то есть углу $ACM$:

$$\angle BAM=\angle ACM.$$

Сравнивая два равенства, получаем $\angle BAM=\angle ACM=\angle CAD$. Что и требовалось доказать.

б) Пусть $AB=6$ и $BC=4BM$. Обозначим $BM=a$, тогда $BC=4a$ и $MC=3a$.

Рассмотрим треугольники $ABM$ и $CBA$. Угол $B$ у них общий (он прямой), а $\angle BAM=\angle BCA$, так как по пункту а) $\angle BAM=\angle ACM$, а $\angle ACM$ и $\angle BCA$ — один и тот же угол. По двум углам треугольники подобны:

$$\frac{BM}{AB}=\frac{AB}{BC}\Rightarrow A{B}^2=BM\cdot BC\Rightarrow 36=a\cdot 4a\Rightarrow a=3.$$

(Это же равенство $A{B}^2=BM\cdot BC$ даёт теорема о касательной и секущей, проведённых из точки $B$.) Итак, $BM=3$, $MC=9$, $BC=12$.

Найдём $AD$. Четырёхугольник $AMCD$ — трапеция ($MC\parallel AD$), вписанная в окружность, а вписанная трапеция равнобедренная. Поэтому $AM=CD$ и углы при основании $MC$ равны: $\angle AMC=\angle DCM$.

Продлим $BC$ за точку $C$ на отрезок $CE=a=3$. Углы $BMA$ и $ECD$ смежны с равными углами $AMC$ и $DCM$, поэтому $\angle BMA=\angle ECD$. Треугольники $MBA$ и $CED$ равны по двум сторонам и углу между ними: $BM=CE$, $MA=CD$, $\angle BMA=\angle ECD$. Значит, $\angle CED=\angle MBA=90^{\circ }$ и $ED=AB$.

В четырёхугольнике $ABED$ углы $A$, $B$, $E$ прямые, значит, это прямоугольник, и

$$AD=BE=BC+CE=12+3=15.$$

Пусть $O$ — точка пересечения диагоналей. Треугольники $AOD$ и $COB$ подобны по двум углам (накрест лежащие углы при параллельных $AD$ и $BC$), поэтому

$$\frac{AO}{OC}=\frac{AD}{BC}=\frac{15}{12}=\frac{5}{4}\Rightarrow \frac{AO}{AC}=\frac{5}{9}.$$

Треугольники $AOB$ и $ACB$ имеют общую вершину $B$, а их стороны $AO$ и $AC$ лежат на одной прямой. Значит, высоты из $B$ у них общие, и площади относятся как $AO:AC$. Площадь прямоугольного треугольника $ABC$:

$$S_{ABC}=\frac{1}{2}\cdot AB\cdot BC=\frac{1}{2}\cdot 6\cdot 12=36.$$

Тогда

$$S_{AOB}=S_{ABC}\cdot \frac{AO}{AC}=36\cdot \frac{5}{9}=20.$$

Ответ: б) $20$.