ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №18 — трапеции

Разбор — 3 балла

Сделаем рисунок. В трапеции $ABCD$ основания $AB$ (меньшее) и $CD$, боковая сторона $AD$ перпендикулярна основаниям. Вписанная окружность с центром $O$ касается $AB$ в точке $G$, $CD$ — в точке $M$, $AD$ — в точке $K$. Прямые $BC$ и $DA$ пересекаются в точке $F$, лежащей на продолжении $DA$ за точку $A$ (так как $AB<CD$).

а) Центр окружности, вписанной в многоугольник, равноудалён от его сторон и поэтому лежит на биссектрисе каждого его угла. Значит, $O$ лежит на биссектрисе угла $ADC$, то есть на прямой $DN$.

По условию $DN\perp BC$, поэтому $ON\perp BC$: $ON$ — перпендикуляр из центра окружности к касательной $BC$. Радиус, проведённый в точку касания, перпендикулярен касательной, а перпендикуляр из точки к прямой единственный. Значит, $N$ — точка касания окружности со стороной $BC$, и $ON=R$. Центр $O$ лежит внутри трапеции, поэтому $O$ находится между $D$ и $N$.

Найдём $DO$. Радиус $OM$ перпендикулярен касательной $CD$, $OM=R$. Биссектриса $DO$ делит прямой угол $ADC$ пополам:

$$\angle ADN=\angle NDC=45^{\circ }.$$

Треугольник $DMO$ прямоугольный с острым углом $45^{\circ }$, значит, он равнобедренный, и его гипотенуза $DO=\sqrt{2}OM=\sqrt{2}R$. Тогда

$$DN=DO+ON=\sqrt{2}R+R.$$

Рассмотрим треугольник $DNF$: $\angle DNF=90^{\circ }$, $\angle NDF=\angle NDA=45^{\circ }$. Он прямоугольный и равнобедренный, $\angle DFN=45^{\circ }$, а его гипотенуза

$$FD=\sqrt{2}DN=\sqrt{2}\left(\sqrt{2}R+R\right)=2R+\sqrt{2}R.$$

Найдём $AD$. Радиусы $OG$ и $OM$ перпендикулярны параллельным прямым $AB$ и $CD$, поэтому точки $G$, $O$, $M$ лежат на одной прямой, и $GM=2R$ — расстояние между основаниями. Сторона $AD$ перпендикулярна основаниям и тоже равна расстоянию между ними: $AD=GM=2R$. Тогда

$$AF=FD-AD=2R+\sqrt{2}R-2R=\sqrt{2}R.$$

В треугольнике $FAB$ угол $FAB$ прямой (смежный с прямым углом $DAB$), а $\angle AFB=\angle DFN=45^{\circ }$. Значит, он прямоугольный равнобедренный, и

$$AB=AF=\sqrt{2}R.$$

В четырёхугольнике $AGOK$ углы $A$, $G$, $K$ прямые (радиусы в точки касания перпендикулярны сторонам), поэтому это прямоугольник, а так как $OG=OK=R$ — квадрат. Значит, $AG=R$, и

$$BG=AB-AG=\sqrt{2}R-R=\left(\sqrt{2}-1\right)R.$$

Отрезки касательных, проведённых к окружности из одной точки, равны, поэтому

$$BN=BG=\left(\sqrt{2}-1\right)R,$$

что и требовалось доказать.

б) Пусть $R=6$. Рассмотрим четырёхугольник $BNOG$. В нём $\angle BNO=\angle BGO=90^{\circ }$, $ON=OG=R=6$ и по пункту а)

$$BN=BG=6\left(\sqrt{2}-1\right).$$

Суммы противоположных сторон этого выпуклого четырёхугольника равны: $BN+OG=BG+ON$. По признаку описанного четырёхугольника в него можно вписать окружность. Если $r$ — её радиус, то, соединив центр вписанной окружности с вершинами, разобьём четырёхугольник на четыре треугольника с высотами $r$, поэтому $S=pr$, где $p$ — полупериметр.

Прямоугольные треугольники $OBN$ и $OBG$ равны по гипотенузе $OB$ и катету $ON=OG$, поэтому

$$S_{BNOG}=2S_{△OBN}=2\cdot \frac{1}{2}\cdot ON\cdot BN=6\cdot 6\left(\sqrt{2}-1\right)=36\left(\sqrt{2}-1\right).$$

Полупериметр:

$$p=\frac{BN+NO+OG+GB}{2}=BN+NO=6\left(\sqrt{2}-1\right)+6=6\sqrt{2}.$$

Отсюда

$$r=\frac{S_{BNOG}}{p}=\frac{36\left(\sqrt{2}-1\right)}{6\sqrt{2}}=\frac{6\left(\sqrt{2}-1\right)}{\sqrt{2}}=3\sqrt{2}\left(\sqrt{2}-1\right)=6-3\sqrt{2}.$$

Ответ: б) $6-3\sqrt{2}$.