ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №18 — трапеции

Разбор — 3 балла

а) Пусть $T$ — точка пересечения диагоналей трапеции.

Точка $M$ лежит на окружности с диаметром $AD$, поэтому вписанный угол $AMD$ прямой: $AM\perp CD$. Точка $N$ лежит на окружности с диаметром $CD$, поэтому $\angle CND=90^{\circ }$: $CN\perp AD$. Значит, $AM$ и $CN$ — высоты треугольника $ACD$, а $P$ — точка их пересечения.

Три высоты треугольника пересекаются в одной точке, поэтому прямая $DP$ — тоже высота: $DP\perp AC$. По условию $BD\perp AC$, а через точку $D$ проходит единственная прямая, перпендикулярная $AC$. Значит, точка $P$ лежит на диагонали $BD$.

Найдём углы. Треугольники $BAD$ и $CDA$ равны по двум сторонам и углу между ними ($AB=DC$, $AD$ — общая, $\angle BAD=\angle CDA$), поэтому $\angle BDA=\angle CAD$. Треугольник $ATD$ равнобедренный с прямым углом при вершине $T$, поэтому

$$\angle TAD=\angle TDA=45^{\circ }.$$

Углы $BCA$ и $CAD$ — накрест лежащие при параллельных прямых $BC$, $AD$, поэтому $\angle BCT=45^{\circ }$.

Треугольник $ACD$ остроугольный: $\angle CAD=45^{\circ }$, угол $D$ острый как угол при большем основании, и $\angle ADC>\angle ADB=45^{\circ }$, поэтому $\angle ACD=180^{\circ }-45^{\circ }-\angle ADC<90^{\circ }$. Значит, точка пересечения его высот $P$ лежит внутри треугольника — на отрезке $CN$ и на отрезке $TD$. В прямоугольном треугольнике $ANC$:

$$\angle ACP=\angle ACN=90^{\circ }-\angle CAN=90^{\circ }-45^{\circ }=45^{\circ }.$$

Рассмотрим треугольник $BCP$. В нём $\angle BCT=\angle TCP=45^{\circ }$, то есть $CT$ — биссектриса, и $CT\perp BP$, то есть $CT$ — высота. Если биссектриса треугольника является высотой, треугольник равнобедренный, поэтому $CB=CP$ и $T$ — середина $BP$.

Тогда прямая $AC$ — серединный перпендикуляр к отрезку $BP$, и точка $A$ на ней равноудалена от концов: $AB=AP$. Складываем два равенства:

$$AB+CP=AP+BC.$$

Четырёхугольник $ABCP$ выпуклый: его диагонали $AC$ и $BP$ пересекаются в точке $T$, внутренней для обеих. В выпуклый четырёхугольник, у которого суммы противоположных сторон равны, можно вписать окружность. Что и требовалось доказать.

б) Треугольники $BTC$ и $ATD$ прямоугольные и равнобедренные, их гипотенузы равны $BC=7$ и $AD=17$, поэтому

$$BT=CT=\frac{7}{\sqrt{2}},AT=DT=\frac{17}{\sqrt{2}}.$$

Отсюда

$$AC=AT+TC=\frac{24}{\sqrt{2}}=12\sqrt{2},BP=2BT=\frac{14}{\sqrt{2}}=7\sqrt{2}.$$

По теореме Пифагора в треугольнике $ATB$:

$$AB=\sqrt{A{T}^2+B{T}^2}=\sqrt{\frac{289}{2}+\frac{49}{2}}=\sqrt{169}=13.$$

По пункту а) $AP=AB=13$ и $CP=CB=7$.

Диагонали $AC$ и $BP$ четырёхугольника $ABCP$ перпендикулярны, поэтому его площадь равна половине их произведения:

$$S_{ABCP}=\frac{1}{2}\cdot AC\cdot BP=\frac{1}{2}\cdot 12\sqrt{2}\cdot 7\sqrt{2}=84.$$

Полупериметр:

$$p=\frac{AB+BC+CP+PA}{2}=\frac{13+7+7+13}{2}=20.$$

Площадь многоугольника, в который вписана окружность, равна произведению полупериметра на радиус ($S=pr$: многоугольник разбивается на треугольники с вершиной в центре окружности и высотами $r$). Поэтому

$$r=\frac{S_{ABCP}}{p}=\frac{84}{20}=4,2.$$

Ответ: б) $4,2$.