ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №18 — трапеции

Разбор — 3 балла

Сначала разберёмся с видом трапеции. У трапеции $ABCD$ основания $AD$ и $BC$, а боковые стороны равны: $AB=CD$. Это не параллелограмм, так как $AD>BC$, значит, трапеция равнобедренная. Углы при основании $AD$ у неё равны, $\angle BAD=\angle CDA$, и они острые, так как $AD$ — большее основание. Около равнобедренной трапеции можно описать окружность; обозначим её $\omega$.

а) Обозначим $\angle BDA=\phi$.

Прямые $BC$ и $AD$ параллельны, $BD$ — секущая. Накрест лежащие углы при параллельных прямых равны, поэтому

$$\angle CBD=\angle BDA=\phi .$$

В треугольнике $BCD$ стороны $CB$ и $CD$ равны, то есть он равнобедренный с основанием $BD$. Углы при основании равны: $\angle CDB=\angle CBD=\phi$. По теореме о сумме углов треугольника

$$\angle BCD=180^{\circ }-2\phi .$$

Прямая $CE$ перпендикулярна $BD$, то есть содержит высоту равнобедренного треугольника $BCD$, проведённую к основанию. Такая высота является и биссектрисой угла при вершине, поэтому точка $E$ лежит на прямой, содержащей биссектрису угла $BCD$.

Прямая $BE$ перпендикулярна $AD$, а $BC\parallel AD$, поэтому $BE\perp BC$. Значит, треугольник $BCE$ прямоугольный с прямым углом $B$, и его угол $BCE$ острый.

Биссектриса угла $BCD$ образует с лучом $CB$ угол $\frac{1}{2}\angle BCD=90^{\circ }-\phi$, а противоположный ей луч — тупой угол $90^{\circ }+\phi$. Угол $BCE$ острый, поэтому точка $E$ лежит на самой биссектрисе угла $BCD$, то есть по ту же сторону от прямой $BC$, что и точка $D$, и

$$\angle BCE=90^{\circ }-\phi .$$

Сумма острых углов прямоугольного треугольника $BCE$ равна $90^{\circ }$, поэтому

$$\angle BEC=90^{\circ }-\angle BCE=90^{\circ }-(90^{\circ }-\phi )=\phi =\angle BDC.$$

Точки $E$ и $D$ лежат по одну сторону от прямой $BC$, и отрезок $BC$ виден из них под одним и тем же углом $\phi$. Значит, точка $E$ лежит на окружности, проходящей через точки $B$, $C$ и $D$, то есть на окружности $\omega$.

Уточним, где именно на $\omega$ лежит точка $E$. Пусть $P$ — точка пересечения прямой $BE$ с прямой $AD$. Углы $A$ и $D$ трапеции острые, поэтому основание $P$ перпендикуляра из $B$ лежит внутри отрезка $AD$, а значит, внутри круга. Прямая $BP$ пересекает окружность в точке $B$ и второй раз — за точкой $P$. Эта вторая точка и есть $E$: она лежит по другую сторону от $AD$, чем $B$ и $C$. Итак, на окружности точки идут в порядке $A$, $B$, $C$, $D$, $E$, и точки $D$ и $E$ лежат на одной дуге с концами $A$ и $B$.

Вписанные углы $BEA$ и $BDA$ опираются на одну и ту же дугу $AB$, поэтому они равны:

$$\angle BEA=\angle BDA,$$

что и требовалось доказать.

б) По пункту а) $\angle BDA=\angle BEA=\phi$, где $\cos \phi =\frac{4}{5}$. Выше мы получили, что $\angle CDB=\phi$. Луч $DB$ проходит внутри угла $ADC$, поэтому

$$\angle CDA=\angle CDB+\angle BDA=2\phi ,\angle BAD=\angle CDA=2\phi .$$

По формуле косинуса двойного угла

$$\cos \angle BAD=\cos 2\phi =2{\cos }^2\phi -1=2\cdot \frac{16}{25}-1=\frac{7}{25}.$$

Угол $BAD$ острый, поэтому его синус положителен. По основному тригонометрическому тождеству

$$\sin \angle BAD=\sqrt{1-{\cos }^2\angle BAD}=\sqrt{1-\frac{49}{625}}=\sqrt{\frac{576}{625}}=\frac{24}{25}.$$

Отрезок $BP$ — высота трапеции, треугольник $ABP$ прямоугольный с прямым углом $P$ и гипотенузой $AB=50$. Его катеты равны

$$AP=AB\cdot \cos \angle BAD=50\cdot \frac{7}{25}=14,BP=AB\cdot \sin \angle BAD=50\cdot \frac{24}{25}=48.$$

Опустим из точки $C$ высоту $CQ$ на основание $AD$. Прямоугольные треугольники $ABP$ и $DCQ$ равны по гипотенузе и острому углу: $AB=DC$ и $\angle BAP=\angle CDQ$. Поэтому $DQ=AP=14$.

Четырёхугольник $BCQP$ — прямоугольник: $BC\parallel PQ$, а $BP$ и $CQ$ перпендикулярны $AD$. Противоположные стороны прямоугольника равны, значит, $PQ=BC=50$. Тогда

$$AD=AP+PQ+QD=14+50+14=78.$$

Площадь трапеции равна произведению полусуммы оснований на высоту:

$$S_{ABCD}=\frac{AD+BC}{2}\cdot BP=\frac{78+50}{2}\cdot 48=64\cdot 48=3072.$$

Ответ: б) $3072$.