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 внутри трапеции в точке $O$, через $O$ проведён отрезок $MN$, параллельный основаниям, $M\in AB$, $N\in CD$.

а) По условию $MN\parallel AD$, а $AO$ — секущая, поэтому накрест лежащие углы равны: $\angle MOA=\angle OAD$. Так как $AO$ — биссектриса угла $BAD$, то $\angle OAD=\angle OAM$. Значит,

$$\angle OAM=\angle MOA,$$

и по признаку равнобедренного треугольника в треугольнике $AMO$ стороны против равных углов равны: $AM=MO$.

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

Теперь рассмотрим четырёхугольник $MBCN$. У него $MN\parallel BC$, то есть это трапеция, и углы при её основании $BC$ равны: $\angle MBC=\angle NCB$, потому что это углы при основании равнобедренной трапеции $ABCD$. Трапеция с равными углами при основании равнобедренная, поэтому $MB=NC$.

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

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

Отрезок прямой внутри трапеции равен боковой стороне, что и требовалось доказать.

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

$$\angle BCD=180^{\circ }-2\alpha ,\angle OCB=\frac{1}{2}\angle BCD=90^{\circ }-\alpha .$$

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

В прямоугольном треугольнике $AOH$ сумма острых углов равна $90^{\circ }$, поэтому

$$\angle AOH=90^{\circ }-\angle OAH=90^{\circ }-\alpha =\angle OCK.$$

Прямоугольные треугольники $AOH$ и $OCK$ (прямые углы при вершинах $H$ и $K$) равны по гипотенузе и острому углу: гипотенузы $AO=OC$ по условию, а $\angle AOH=\angle OCK$. Против равных углов лежат равные катеты, поэтому

$$AH=OK,OH=CK.$$

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

$$\frac{KO}{OH}=\frac{BM}{MA}=\frac{3}{2}.$$

Пусть $KO=3a$, $OH=2a$. Тогда $AH=OK=3a$, $CK=OH=2a$, а высота трапеции $KH=5a$.

Из прямоугольного треугольника $AOH$

$$\mathrm{tg}\alpha =\frac{OH}{AH}=\frac{2a}{3a}=\frac{2}{3}.$$

Найдём тангенс угла $BAD$ по формуле тангенса двойного угла:

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

Тангенс положителен, значит, угол $BAD$ острый, и $AD$ — большее основание. Проведём высоты $BP$ и $CT$ на $AD$; они равны $KH=5a$. Из прямоугольного треугольника $ABP$

$$AP=\frac{BP}{\mathrm{tg}\angle BAP}=\frac{5a}{\frac{12}{5}}=\frac{25a}{12}.$$

Прямоугольные треугольники $ABP$ и $DCT$ равны (по гипотенузе $AB=DC$ и острому углу $\angle A=\angle D$), поэтому $TD=AP=\frac{25a}{12}$.

Четырёхугольник $KCTH$ — прямоугольник, поэтому $HT=KC=2a$, и

$$AT=AH+HT=3a+2a=5a.$$

Четырёхугольник $PBCT$ — тоже прямоугольник, поэтому $PT=BC=14$. Так как $AP=\frac{25a}{12}<5a=AT$, точка $P$ лежит между $A$ и $T$, и

$$PT=AT-AP=5a-\frac{25a}{12}=\frac{35a}{12}=14\Rightarrow a=\frac{14\cdot 12}{35}=\frac{24}{5}.$$

Наконец,

$$AD=AT+TD=5a+\frac{25a}{12}=24+\frac{25}{12}\cdot \frac{24}{5}=24+10=34.$$

Ответ: б) $34$.