ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №18 — трапеции

Разбор — 3 балла

а) Изобразим трапецию $ABCD$ с верхним основанием $BC$ и нижним $AD$, среднюю линию $MN$ и окружность через $B$ и $C$, пересекающую отрезки $BM$ и $CN$ в точках $P$ и $Q$.

Обозначим $\angle BPQ=\alpha$. Точки $B$, $P$, $Q$, $C$ лежат на одной окружности, поэтому четырёхугольник $BPQC$ вписанный, и сумма его противоположных углов равна $180^{\circ }$:

$$\angle BCQ=180^{\circ }-\angle BPQ=180^{\circ }-\alpha .$$

Отрезок $MN$ соединяет середины боковых сторон, то есть является средней линией трапеции, поэтому $MN\parallel BC\parallel AD$. Углы $BCQ$ и $MNQ$ — односторонние при параллельных прямых $BC$, $MN$ и секущей $CN$, их сумма равна $180^{\circ }$:

$$\angle MNQ=180^{\circ }-\angle BCQ=180^{\circ }-(180^{\circ }-\alpha )=\alpha .$$

Точка $P$ лежит между $B$ и $M$, поэтому углы $BPQ$ и $MPQ$ смежные:

$$\angle MPQ=180^{\circ }-\alpha .$$

В четырёхугольнике $MPQN$ сумма противоположных углов $MPQ$ и $MNQ$ равна

$$\angle MPQ+\angle MNQ=180^{\circ }-\alpha +\alpha =180^{\circ }.$$

По признаку вписанного четырёхугольника около $MPQN$ можно описать окружность, то есть точки $M$, $N$, $P$, $Q$ лежат на одной окружности. Что и требовалось доказать.

б) Углы $MNQ$ и $ADQ$ — соответственные при параллельных прямых $MN$, $AD$ и секущей $CD$, поэтому

$$\angle ADQ=\angle MNQ=\alpha .$$

Луч $PA$ совпадает с лучом $PM$, поэтому $\angle APQ=\angle MPQ=180^{\circ }-\alpha$. В четырёхугольнике $APQD$

$$\angle APQ+\angle ADQ=180^{\circ }-\alpha +\alpha =180^{\circ },$$

значит, он тоже вписанный.

Сравним треугольники $ABQ$ и $DCP$.

Вписанные углы $PBQ$ и $PCQ$ окружности $BPQC$ опираются на одну дугу $PQ$, поэтому равны. Так как луч $BP$ совпадает с лучом $BA$, а луч $CQ$ — с лучом $CD$, получаем

$$\angle ABQ=\angle DCP.$$

Вписанные углы $PAQ$ и $PDQ$ окружности $APQD$ опираются на одну дугу $PQ$, поэтому равны. Луч $AP$ совпадает с лучом $AB$, а луч $DQ$ — с лучом $DC$, значит,

$$\angle BAQ=\angle CDP.$$

Треугольники $ABQ$ и $DCP$ подобны по двум углам, причём $A\leftrightarrow D$, $B\leftrightarrow C$, $Q\leftrightarrow P$. По условию $DP\perp PC$, поэтому

$$\angle AQB=\angle DPC=90^{\circ }.$$

Треугольник $ABQ$ прямоугольный с гипотенузой $AB$, а $QM$ — его медиана, проведённая к гипотенузе. Она равна половине гипотенузы:

$$MQ=\frac{AB}{2}=\frac{21}{2}.$$

Средняя линия трапеции равна полусумме оснований:

$$MN=\frac{AD+BC}{2}=\frac{17+4}{2}=\frac{21}{2}.$$

Итак, $MQ=MN$, и треугольник $MQN$ равнобедренный с основанием $QN$, а угол при основании равен $\angle MNQ=\alpha$.

Найдём $\cos \alpha$. Так как $\angle ADC=\angle MNQ=\alpha$ (соответственные углы), достаточно найти косинус угла $D$ трапеции. Проведём $CK\parallel AB$, $K$ на $AD$. Четырёхугольник $ABCK$ — параллелограмм ($BC\parallel AK$, $AB\parallel CK$), его противоположные стороны равны:

$$CK=AB=21,AK=BC=4,DK=AD-AK=17-4=13.$$

По теореме косинусов в треугольнике $DCK$:

$$C{K}^2=C{D}^2+D{K}^2-2\cdot CD\cdot DK\cdot \cos \alpha ,$$

$$441=400+169-2\cdot 20\cdot 13\cdot \cos \alpha \Rightarrow 520\cos \alpha =128\Rightarrow \cos \alpha =\frac{16}{65}.$$

Проведём высоту $MS$ равнобедренного треугольника $MQN$ к основанию $QN$. Она является и медианой, поэтому $QS=SN=\frac{QN}{2}$. Из прямоугольного треугольника $MSN$:

$$NS=MN\cdot \cos \alpha =\frac{21}{2}\cdot \frac{16}{65}=\frac{168}{65}.$$

Следовательно,

$$QN=2NS=\frac{336}{65}.$$

Ответ: б) $\frac{336}{65}$.