ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №18 — трапеции

Разбор — 3 балла

Сделаем рисунок: равнобедренная трапеция $ABCD$ с большим основанием $AD$, биссектрисы углов $A$ и $C$ пересекаются в точке $O$, через $O$ проведена прямая $MN$, параллельная основаниям.

Прямая $MN$ пересекает боковые стороны, поэтому точка $O$ лежит в полосе между прямыми $AD$ и $BC$. Кроме того, $O$ лежит внутри углов $BAD$ и $BCD$ (на их биссектрисах). Значит, $O$ лежит внутри трапеции, то есть на отрезке $MN$.

а) Так как $MN\parallel BC$, четырёхугольник $MBCN$ — трапеция. Углы при основании равнобедренной трапеции $ABCD$ равны, поэтому

$$\angle MBC=\angle ABC=\angle DCB=\angle NCB.$$

Трапеция с равными углами при основании равнобедренная, значит, $MB=CN$.

Прямые $MN$ и $BC$ параллельны, $CO$ — секущая, поэтому накрест лежащие углы $NOC$ и $OCB$ равны. А $CO$ — биссектриса угла $BCD$, поэтому $\angle OCB=\angle OCN$. Получаем

$$\angle NOC=\angle OCB=\angle NCO.$$

В треугольнике $CNO$ два угла равны, значит, он равнобедренный: $CN=NO$.

Аналогично прямые $MN$ и $AD$ параллельны, $AO$ — секущая, поэтому $\angle MOA=\angle OAD$. А $AO$ — биссектриса угла $BAD$, поэтому $\angle OAD=\angle OAM$. Значит, $\angle MOA=\angle MAO$, треугольник $AMO$ равнобедренный и $AM=MO$.

Точка $O$ лежит на отрезке $MN$, поэтому

$$AB=AM+MB=MO+CN=MO+ON=MN,$$

что и требовалось доказать.

б) В равнобедренной трапеции $\angle BCD=\angle ABC$, а $\angle BAD+\angle ABC=180^{\circ }$ как односторонние углы при $AD\parallel BC$ и секущей $AB$. Поэтому $\angle BAD+\angle BCD=180^{\circ }$, и для половин этих углов

$$\angle OAD+\angle OCB=90^{\circ }.$$

Проведём через $O$ прямую, перпендикулярную основаниям; пусть она пересекает $AD$ в точке $P$, а $BC$ — в точке $Q$. Углы $OAD$ и $OCB$ острые, поэтому $P$ лежит на луче $AD$, а $Q$ — на луче $CB$. Отрезок $PQ$ — высота трапеции.

В прямоугольном треугольнике $APO$

$$\angle AOP=90^{\circ }-\angle OAP=\angle OCB=\angle OCQ.$$

Прямоугольные треугольники $APO$ и $OQC$ равны по гипотенузе и острому углу: $AO=OC$ по условию и $\angle AOP=\angle OCQ$. Против равных углов лежат равные катеты, поэтому

$$AP=OQ,OP=CQ.$$

Параллельные прямые $AD$, $MN$ и $BC$ пересекают прямые $AB$ и $PQ$. По теореме о пропорциональных отрезках

$$\frac{PO}{OQ}=\frac{AM}{MB}=\frac{2}{3}.$$

Положим $PO=2a$, $OQ=3a$. Тогда $AP=OQ=3a$, $CQ=PO=2a$, $PQ=5a$, и

$$\mathrm{tg}\angle OAP=\frac{PO}{AP}=\frac{2a}{3a}=\frac{2}{3}.$$

Так как $AO$ — биссектриса, $\angle BAD=2\angle OAP$. По формуле тангенса двойного угла

$$\mathrm{tg}\angle BAD=\frac{2\mathrm{tg}\angle OAP}{1-{\mathrm{tg}}^2\angle OAP}=\frac{\frac{4}{3}}{1-\frac{4}{9}}=\frac{4}{3}\cdot \frac{9}{5}=\frac{12}{5}.$$

Углы при основании равнобедренной трапеции равны, поэтому $\mathrm{tg}\angle CDA=\frac{12}{5}$.

Опустим высоту $CH$ на $AD$. Четырёхугольник $PQCH$ — прямоугольник, поэтому $CH=PQ=5a$ и $PH=QC=2a$. Точка $Q$ лежит на луче $CB$, значит, луч $QC$ направлен так же, как луч $BC$, то есть как луч $AD$. Поэтому и точка $H$ лежит от $P$ в направлении луча $AD$:

$$AH=AP+PH=3a+2a=5a.$$

Из прямоугольного треугольника $CHD$

$$DH=\frac{CH}{\mathrm{tg}\angle CDH}=\frac{5a\cdot 5}{12}=\frac{25a}{12},AD=AH+HD=5a+\frac{25a}{12}=\frac{85a}{12}.$$

В равнобедренной трапеции высота из вершины меньшего основания отсекает от большего основания отрезок, равный полуразности оснований: $DH=\frac{AD-BC}{2}$. Отсюда

$$BC=AD-2DH=\frac{85a}{12}-\frac{50a}{12}=\frac{35a}{12},\frac{BC}{AD}=\frac{35}{85}=\frac{7}{17}.$$

Ответ: б) $7:17$.