ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №18 — трапеции

Разбор — 3 балла

а) Обозначим $\angle BAD=\alpha$. В равнобедренной трапеции углы при основании равны, поэтому $\angle CDA=\alpha$. Углы $BCD$ и $CDA$ — односторонние при параллельных прямых $BC$, $AD$ и секущей $CD$, поэтому $\angle BCD=180^{\circ }-\alpha$.

Рассмотрим четырёхугольник $FCDE$. По условию $FE\parallel CD$. Стороны $FC$ и $ED$ не параллельны: прямая, проходящая через $C$ параллельно $AD$, — это прямая $BC$, а точка $F$ лежит на стороне $AB$ и не совпадает с $B$. Значит, $FCDE$ — трапеция с основаниями $FE$ и $CD$ и боковыми сторонами $FC$ и $ED$. По условию $FC=ED$, поэтому эта трапеция равнобедренная.

В равнобедренной трапеции $FCDE$ углы при основании $CD$ равны:

$$\angle FCD=\angle EDC=\angle ADC=\alpha .$$

Точка $F$ лежит на стороне $AB$, поэтому луч $CF$ проходит внутри угла $BCD$, и

$$\angle BCF=\angle BCD-\angle FCD=\left(180^{\circ }-\alpha \right)-\alpha =180^{\circ }-2\alpha .$$

С другой стороны, углы $AEF$ и $ADC$ — соответственные при параллельных прямых $EF$, $DC$ и секущей $AD$, поэтому $\angle AEF=\alpha$. По теореме о сумме углов треугольника $AFE$:

$$\angle AFE=180^{\circ }-\angle FAE-\angle AEF=180^{\circ }-\alpha -\alpha =180^{\circ }-2\alpha .$$

Итак, $\angle AFE=\angle BCF$. Что и требовалось доказать.

б) В пункте а) мы получили $\angle FAE=\angle FEA=\alpha$. Значит, треугольник $AFE$ равнобедренный с основанием $AE$, и

$$AF=FE=5.$$

Пусть $FB=x$. По условию $ED:FB=3:1$, поэтому $ED=3x$, а так как трапеция $FCDE$ равнобедренная, то и $FC=3x$. Трапеция $ABCD$ тоже равнобедренная:

$$CD=AB=AF+FB=5+x.$$

Все стороны трапеции $FCDE$ выражены через $x$: основания $FE=5$ и $CD=5+x$, боковые стороны по $3x$. Найдём её высоту. Опустим перпендикуляр $EH$ на $CD$. В равнобедренной трапеции проекция боковой стороны на большее основание равна полуразности оснований:

$$DH=\frac{CD-FE}{2}=\frac{(5+x)-5}{2}=\frac{x}{2}.$$

По теореме Пифагора в треугольнике $EHD$:

$$EH=\sqrt{E{D}^2-D{H}^2}=\sqrt{9x^2-\frac{x^2}{4}}=\sqrt{\frac{35x^2}{4}}=\frac{x\sqrt{35}}{2}.$$

Площадь трапеции равна произведению полусуммы оснований на высоту:

$$S_{FCDE}=\frac{5+(5+x)}{2}\cdot \frac{x\sqrt{35}}{2}=\frac{x(x+10)\sqrt{35}}{4}.$$

По условию $S_{FCDE}=14\sqrt{35}$, откуда

$$\frac{x(x+10)\sqrt{35}}{4}=14\sqrt{35}\iff x^2+10x-56=0\iff (x+14)(x-4)=0.$$

Длина положительна, поэтому $x=4$. Тогда

$$FB=4,ED=FC=12,AB=CD=9,DH=2.$$

Найдём $\cos \alpha$ из прямоугольного треугольника $EHD$: его угол при вершине $D$ равен $\angle EDC=\alpha$, поэтому

$$\cos \alpha =\frac{DH}{ED}=\frac{2}{12}=\frac{1}{6},\sin \alpha =\sqrt{1-\frac{1}{36}}=\frac{\sqrt{35}}{6}.$$

Найдём основание $AD=AE+ED$. В равнобедренном треугольнике $AFE$ высота, опущенная из $F$ на основание $AE$, является медианой, а половина основания равна $AF\cos \alpha$:

$$AE=2\cdot AF\cdot \cos \alpha =2\cdot 5\cdot \frac{1}{6}=\frac{5}{3},AD=\frac{5}{3}+12=\frac{41}{3}.$$

В равнобедренной трапеции $ABCD$ проекция боковой стороны на основание $AD$ равна $AB\cos \alpha =9\cdot \frac{1}{6}=\frac{3}{2}$, а меньшее основание короче большего на две такие проекции:

$$BC=AD-2\cdot \frac{3}{2}=\frac{41}{3}-3=\frac{32}{3}.$$

Высота трапеции $ABCD$:

$$h=AB\sin \alpha =9\cdot \frac{\sqrt{35}}{6}=\frac{3\sqrt{35}}{2}.$$

Площадь трапеции:

$$S_{ABCD}=\frac{AD+BC}{2}\cdot h=\frac{\frac{41}{3}+\frac{32}{3}}{2}\cdot \frac{3\sqrt{35}}{2}=\frac{73}{6}\cdot \frac{3\sqrt{35}}{2}=\frac{73\sqrt{35}}{4}.$$

Ответ: б) $\frac{73\sqrt{35}}{4}$.