ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №18 — трапеции

Разбор — 3 балла

а) Пусть $O_1$ — центр окружности, касающейся сторон $AB$, $BC$, $AD$, а $O_2$ — центр окружности, касающейся сторон $BC$, $CD$, $AD$. Сторону $CD$ касается только вторая окружность; пусть $P$ — точка касания, тогда $r=O_{2}P$ и $O_{2}P\perp CD$ (радиус, проведённый в точку касания, перпендикулярен касательной).

Точка $P$ делит $CD$ в отношении $1:4$; обозначим меньший из отрезков $CP$ и $PD$ через $x$, тогда больший равен $4x$, и $CD=5x$.

Вторая окружность касается сторон $DA$ и $DC$ угла $D$, поэтому её центр лежит на биссектрисе этого угла: $\angle O_{2}DC=\frac{1}{2}\angle ADC$. Она же касается сторон $CB$ и $CD$ угла $C$, поэтому $\angle O_{2}CD=\frac{1}{2}\angle BCD$.

Углы $ADC$ и $BCD$ — односторонние при параллельных прямых $AD$, $BC$ и секущей $CD$, их сумма равна $180^{\circ }$. Поэтому

$$\angle O_{2}DC+\angle O_{2}CD=\frac{1}{2}\left(\angle ADC+\angle BCD\right)=90^{\circ },$$

и по теореме о сумме углов треугольника

$$\angle C{O}_{2}D=180^{\circ }-90^{\circ }=90^{\circ }.$$

Треугольник $C{O}_{2}D$ прямоугольный, а $O_{2}P$ — его высота, проведённая к гипотенузе. Квадрат такой высоты равен произведению отрезков, на которые она делит гипотенузу:

$$O_2{P}^2=CP\cdot PD=x\cdot 4x=4x^2,r=O_{2}P=2x.$$

Так как $x=\frac{CD}{5}$, получаем

$$r=\frac{2}{5}CD=0,4\cdot CD.$$

Что и требовалось доказать.

б) Каждая окружность касается обеих параллельных прямых $AD$ и $BC$. Радиусы, проведённые в точки касания, перпендикулярны этим прямым, поэтому лежат на одной прямой, проходящей через центр, и диаметр окружности равен расстоянию между прямыми, то есть высоте $h$ трапеции. Значит, радиусы обеих окружностей равны $r=\frac{h}{2}$.

Трапеция равнобедренная, поэтому $CD=AB=30$, и по пункту а)

$$r=0,4\cdot 30=12,h=2r=24.$$

Выясним, какой из отрезков $CP$, $PD$ больший. Углы при большем основании $AD$ равнобедренной трапеции острые, поэтому $\angle O_{2}DC=\frac{1}{2}\angle D<45^{\circ }$, а $\angle O_{2}CD=90^{\circ }-\angle O_{2}DC>45^{\circ }$. Из прямоугольных треугольников $O_{2}PD$ и $O_{2}PC$:

$$PD=r\mathrm{ctg}\angle O_{2}DC>r,CP=r\mathrm{ctg}\angle O_{2}CD<r.$$

Значит, $CP=\frac{30}{5}=6$, $PD=24$ (и действительно $CP\cdot PD=144=r^2$).

Пусть $M$ и $N$ — точки касания первой и второй окружностей с основанием $AD$. Отрезки касательных, проведённых из одной точки, равны, поэтому

$$DN=DP=24.$$

Окружности одинаковые и обе касаются основания $AD$; центр $O_1$ лежит на биссектрисе угла $A$, центр $O_2$ — на биссектрисе угла $D$. Углы $A$ и $D$ равнобедренной трапеции равны, поэтому $\angle O_{1}AM=\angle O_{2}DN$. Прямоугольные треугольники $O_{1}AM$ и $O_{2}DN$ равны по катету ($O_{1}M=O_{2}N=r$) и противолежащему острому углу, откуда

$$AM=DN=24.$$

Радиусы $O_{1}M$ и $O_{2}N$ перпендикулярны $AD$ и равны, поэтому $O_{1}MN{O}_2$ — прямоугольник, и $MN=O_1{O}_2$. Окружности касаются внешним образом, значит, расстояние между центрами равно сумме радиусов:

$$MN=O_1{O}_2=2r=24,AD=AM+MN+ND=24+24+24=72.$$

Проведём высоту $BH$ трапеции, $BH=h=24$. Из прямоугольного треугольника $ABH$:

$$AH=\sqrt{A{B}^2-B{H}^2}=\sqrt{900-576}=18,\sin \angle A=\frac{BH}{AB}=\frac{24}{30}=\frac{4}{5}.$$

Для контроля найдём меньшее основание: $BC=AD-2AH=72-36=36$; с другой стороны, по отрезкам касательных $BC=6+24+6=36$ — сходится.

Тогда $HD=AD-AH=72-18=54$, и по теореме Пифагора из треугольника $BHD$:

$$BD=\sqrt{B{H}^2+H{D}^2}=\sqrt{576+2916}=\sqrt{3492}=6\sqrt{97}.$$

Окружность, описанная около трапеции, проходит через точки $A$, $B$, $D$, то есть описана и около треугольника $ABD$. По теореме синусов для треугольника $ABD$:

$$\frac{BD}{\sin \angle A}=2R\Rightarrow R=\frac{BD}{2\sin \angle A}=\frac{6\sqrt{97}}{2\cdot \frac{4}{5}}=\frac{15\sqrt{97}}{4}.$$

Ответ: б) $\frac{15\sqrt{97}}{4}$.