ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №18 — трапеции

Разбор — 3 балла

Сделаем рисунок: равнобедренная трапеция $ABCD$ с основаниями $BC$ и $AD$, биссектрисы углов $A$ и $C$ пересекаются в точке $O$, через $O$ проходит прямая $MN\parallel AD$, $M\in AB$, $N\in CD$.

а) Прямые $MN$ и $AD$ параллельны, $AO$ — секущая, поэтому накрест лежащие углы равны: $\angle MOA=\angle OAD$. Так как $AO$ — биссектриса угла $BAD$, то $\angle MAO=\angle OAD$. Значит,

$$\angle MAO=\angle MOA,$$

треугольник $AMO$ равнобедренный и $AM=MO$.

Аналогично $MN\parallel BC$, $CO$ — секущая, поэтому $\angle NOC=\angle OCB$. Так как $CO$ — биссектриса угла $BCD$, то $\angle OCN=\angle OCB$. Значит, $\angle OCN=\angle NOC$, треугольник $NOC$ равнобедренный и $NO=NC$.

Отсюда

$$MN=MO+ON=AM+NC.$$

Параллельные прямые $BC$, $MN$, $AD$ отсекают на боковых сторонах пропорциональные отрезки (теорема о пропорциональных отрезках): $\frac{AM}{AB}=\frac{DN}{DC}$. Боковые стороны равнобедренной трапеции равны, $AB=DC$, поэтому $AM=DN$. Тогда

$$MN=DN+NC=CD.$$

Отрезок $MN$ равен боковой стороне трапеции. Что и требовалось доказать.

б) Обозначим $\angle BAD=2\alpha$. Углы $BAD$ и $ABC$ — односторонние при параллельных прямых $BC$ и $AD$, их сумма $180^{\circ }$, а в равнобедренной трапеции $\angle BCD=\angle ABC$. Поэтому

$$\angle BCD=180^{\circ }-2\alpha ,\angle OAD=\alpha ,\angle OCB=90^{\circ }-\alpha .$$

Проведём через точку $O$ прямую, перпендикулярную основаниям; она пересекает $BC$ в точке $K$, а $AD$ — в точке $H$. Отрезок $KH$ — высота трапеции.

В прямоугольном треугольнике $AHO$ угол $OAH$ равен $\alpha$, поэтому $\angle AOH=90^{\circ }-\alpha$. В прямоугольном треугольнике $OKC$ угол $OCK$ равен $90^{\circ }-\alpha$. Значит, у этих прямоугольных треугольников равны гипотенузы ($AO=CO$ по условию) и острые углы ($\angle AOH=\angle OCK$), и они равны по гипотенузе и острому углу. Против равных углов лежат равные стороны:

$$AH=OK,OH=KC.$$

Параллельные прямые $BC$, $MN$, $AD$ пересекают прямые $AB$ и $KH$, поэтому по теореме о пропорциональных отрезках

$$KO:OH=BM:MA=4:3.$$

Пусть $KO=4a$, $OH=3a$. Тогда $AH=KO=4a$, $KC=OH=3a$, а высота трапеции $KH=7a$.

Из прямоугольного треугольника $AHO$

$$\mathrm{tg}\alpha =\frac{OH}{AH}=\frac{3a}{4a}=\frac{3}{4}.$$

По формуле тангенса двойного угла

$$\mathrm{tg}\angle BAD=\mathrm{tg}2\alpha =\frac{2\mathrm{tg}\alpha }{1-{\mathrm{tg}}^2\alpha }=\frac{2\cdot \frac{3}{4}}{1-\frac{9}{16}}=\frac{\frac{3}{2}}{\frac{7}{16}}=\frac{24}{7}.$$

Тангенс положителен, значит, угол $BAD$ острый, и $AD$ — большее основание. Опустим высоты $BP$ и $CT$ на основание $AD$; точки $P$ и $T$ лежат на отрезке $AD$, и $BP=CT=KH=7a$.

Из прямоугольного треугольника $ABP$

$$AP=\frac{BP}{\mathrm{tg}\angle BAP}=7a\cdot \frac{7}{24}=\frac{49a}{24}.$$

Четырёхугольник $HKCT$ — прямоугольник, поэтому $HT=KC=3a$ и

$$AT=AH+HT=4a+3a=7a.$$

$PBCT$ — тоже прямоугольник, поэтому $PT=BC=17$. С другой стороны, $PT=AT-AP$:

$$7a-\frac{49a}{24}=17,\frac{119a}{24}=17,a=\frac{17\cdot 24}{119}=\frac{24}{7}.$$

Прямоугольные треугольники $ABP$ и $DCT$ равны по гипотенузе и острому углу ($AB=DC$, $\angle A=\angle D$), поэтому $TD=AP=\frac{49a}{24}$. Тогда

$$AD=AT+TD=7a+\frac{49a}{24}=7\cdot \frac{24}{7}+\frac{49}{24}\cdot \frac{24}{7}=24+7=31.$$

Проверим: высота трапеции $7a=24$, $AP=TD=7$, $AD=7+17+7=31$, боковая сторона $\sqrt{24^2+7^2}=25$.

Ответ: б) $31$.