ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №18 — параллелограммы

Разбор — 3 балла

а) Изобразим параллелограмм $ABCD$, отметим на стороне $BC$ точку $M$, соединим её с вершинами $A$ и $D$ и проведём диагональ $AC$.

По условию $AM=MC$, значит, треугольник $AMC$ равнобедренный с основанием $AC$, и углы при основании равны:

$$\angle MAC=\angle MCA.$$

Противоположные стороны параллелограмма параллельны: $BC\parallel AD$. Углы $MCA$ (он же $BCA$) и $CAD$ — накрест лежащие при этих параллельных прямых и секущей $AC$, поэтому

$$\angle MCA=\angle CAD.$$

Отсюда $\angle MAC=\angle CAD$. Точка $M$ лежит на стороне $BC$, поэтому луч $AC$ проходит внутри угла $MAD$ и делит его пополам: $AC$ — биссектриса угла $MAD$ треугольника $AMD$.

Центр вписанной окружности — точка пересечения биссектрис треугольника, поэтому он лежит на биссектрисе угла $MAD$, то есть на диагонали $AC$. Что и требовалось доказать.

б) Сумма углов параллелограмма, прилежащих к одной стороне, равна $180^{\circ }$, а противоположные углы равны:

$$\angle ABC=180^{\circ }-\angle BAD=120^{\circ },\angle BCD=\angle BAD=60^{\circ }.$$

Противоположные стороны параллелограмма равны: $CD=AB=7$, $AD=BC=21$.

Обозначим $AM=MC=x$, тогда $BM=21-x$. По теореме косинусов в треугольнике $ABM$, учитывая $\cos 120^{\circ }=-\frac{1}{2}$:

$$A{M}^2=A{B}^2+B{M}^2-2\cdot AB\cdot BM\cdot \cos 120^{\circ },$$

$$x^2=49+(21-x{)}^2+7(21-x)=49+441-42x+x^2+147-7x.$$

Отсюда $49x=637$ и $x=13$. Итак, $AM=MC=13$.

По теореме косинусов в треугольнике $MCD$ с углом $\angle MCD=60^{\circ }$ ($\cos 60^{\circ }=\frac{1}{2}$):

$$M{D}^2=M{C}^2+C{D}^2-2\cdot MC\cdot CD\cdot \cos 60^{\circ }=169+49-91=127,MD=\sqrt{127}.$$

Треугольник $AMD$ и параллелограмм $ABCD$ имеют общее основание $AD$ и общую высоту — расстояние между параллельными прямыми $AD$ и $BC$. Поэтому площадь треугольника равна половине площади параллелограмма:

$$S_{AMD}=\frac{1}{2}\cdot AB\cdot AD\cdot \sin \angle BAD=\frac{1}{2}\cdot 7\cdot 21\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{147\sqrt{3}}{4}.$$

Площадь треугольника равна произведению полупериметра на радиус вписанной окружности, $S=pr$, поэтому

$$r=\frac{2S_{AMD}}{AM+MD+AD}=\frac{\frac{147\sqrt{3}}{2}}{13+\sqrt{127}+21}=\frac{147\sqrt{3}}{2\left(34+\sqrt{127}\right)}.$$

Избавимся от иррациональности в знаменателе, домножив на $34-\sqrt{127}$. Так как $34^2-127=1156-127=1029=7\cdot 147$, получаем

$$r=\frac{147\sqrt{3}\left(34-\sqrt{127}\right)}{2\cdot 1029}=\frac{\sqrt{3}\left(34-\sqrt{127}\right)}{14}=\frac{34\sqrt{3}-\sqrt{381}}{14}.$$

Ответ: б) $\frac{34\sqrt{3}-\sqrt{381}}{14}$.