ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №18 — квадрат, прямоугольник, ромб

Разбор — 3 балла

а) Стороны ромба равны: $CB=CD$. Значит, треугольник $BCD$ равнобедренный с основанием $BD$, и его углы при основании равны. Обозначим их $\alpha$:

$$\angle CBD=\angle CDB=\alpha .$$

По условию $DB=DM$, поэтому треугольник $BDM$ равнобедренный с основанием $BM$. Точка $M$ лежит на стороне $BC$, поэтому $\angle DBM=\angle DBC=\alpha$, и второй угол при основании тоже равен $\alpha$:

$$\angle DMB=\angle DBM=\alpha .$$

Треугольники $BCD$ и $BDM$ имеют по два угла $\alpha$, значит, они подобны по двум углам. Вершине $B$ первого соответствует вершина $B$ второго, вершине $D$ — вершина $M$, вершине $C$ — вершина $D$. Отсюда

$$\frac{BD}{BM}=\frac{BC}{BD}\Rightarrow B{D}^2=BM\cdot BC.$$

Точка $M$ — середина $BC$, то есть $BM=\frac{BC}{2}$, и

$$B{D}^2=\frac{B{C}^2}{2}.$$

Запишем теорему косинусов для треугольника $BCD$, учитывая $CD=BC$:

$$B{D}^2=B{C}^2+C{D}^2-2\cdot BC\cdot CD\cdot \cos \angle C=2B{C}^2\left(1-\cos \angle C\right).$$

Подставим $B{D}^2=\frac{B{C}^2}{2}$ и разделим на $B{C}^2\ne 0$:

$$\frac{1}{2}=2-2\cos \angle C\Rightarrow \cos \angle C=\frac{3}{4}.$$

Косинус положителен, значит, угол $C$ острый. Противоположный угол ромба $A$ равен ему, а углы $B$ и $D$ тупые (сумма соседних углов ромба равна $180^{\circ }$). Итак, косинус острого угла ромба равен $0,75$. Что и требовалось доказать.

б) В четырёхугольник $ABPD$ вписана окружность, поэтому суммы его противоположных сторон равны:

$$AB+PD=AD+PB.$$

Стороны ромба $AB$ и $AD$ равны, значит, $PD=PB$.

Пусть $O$ — точка пересечения диагоналей ромба. Диагонали ромба точкой пересечения делятся пополам, поэтому $BO=OD$. В равнобедренном треугольнике $PBD$ медиана $PO$ является и высотой: $PO\perp BD$. Диагонали ромба перпендикулярны, то есть $AC\perp BD$ в точке $O$. Через точку $O$ проходит только одна прямая, перпендикулярная $BD$, поэтому точка $P$ лежит на прямой $AC$.

Обозначим $\gamma =\angle BAD=\angle BCD$. По пункту а) $\cos \gamma =\frac{3}{4}$. Угол $\gamma$ острый, поэтому $\sin \gamma >0$ и по основному тригонометрическому тождеству

$$\sin \gamma =\sqrt{1-\frac{9}{16}}=\frac{\sqrt{7}}{4}.$$

По теореме косинусов для треугольника $ABD$

$$B{D}^2=4^2+4^2-2\cdot 4\cdot 4\cdot \frac{3}{4}=8,BD=2\sqrt{2},BO=OD=\sqrt{2}.$$

Из прямоугольного треугольника $ABO$ по теореме Пифагора

$$AO=\sqrt{A{B}^2-B{O}^2}=\sqrt{16-2}=\sqrt{14}.$$

В подобных треугольниках $BCD$ и $BDM$ угол $C$ соответствует углу $BDM$, поэтому $\angle BDM=\gamma$. Углы треугольника $BDM$ при вершинах $D$ и $M$ острые ($\gamma$ и $\alpha$), поэтому основание $H$ высоты $BH$ лежит на отрезке $DM$. В прямоугольном треугольнике $BHD$

$$\angle HBD=90^{\circ }-\angle BDH=90^{\circ }-\gamma .$$

Все точки отрезка $DM$, кроме $D$, лежат по ту же сторону от прямой $BD$, что и $C$. Значит, луч $BH$ пересекает прямую $AC$ на луче $OC$, и точка $O$ лежит между $A$ и $P$.

Треугольник $BOP$ прямоугольный ($\angle BOP=90^{\circ }$), и $\angle OBP=\angle DBH=90^{\circ }-\gamma$. Тогда $\angle BPO=\gamma$, и

$$BP=\frac{BO}{\sin \gamma }=\frac{\sqrt{2}\cdot 4}{\sqrt{7}}=\frac{4\sqrt{14}}{7}.$$

По теореме Пифагора для треугольника $BOP$

$$OP=\sqrt{B{P}^2-B{O}^2}=\sqrt{\frac{32}{7}-2}=\sqrt{\frac{18}{7}}=\frac{3\sqrt{14}}{7},$$

$$AP=AO+OP=\sqrt{14}+\frac{3\sqrt{14}}{7}=\frac{10\sqrt{14}}{7}.$$

Диагонали $AP$ и $BD$ четырёхугольника $ABPD$ перпендикулярны, поэтому его площадь равна половине произведения диагоналей:

$$S_{ABPD}=\frac{1}{2}\cdot \frac{10\sqrt{14}}{7}\cdot 2\sqrt{2}=\frac{20\sqrt{7}}{7}.$$

Полупериметр четырёхугольника, учитывая $AD=AB$ и $PD=PB$:

$$p=\frac{AB+BP+PD+DA}{2}=AB+BP=4+\frac{4\sqrt{14}}{7}=\frac{28+4\sqrt{14}}{7}.$$

Площадь описанного многоугольника равна произведению полупериметра на радиус вписанной окружности: $S=pr$. Отсюда

$$r=\frac{S_{ABPD}}{p}=\frac{20\sqrt{7}}{28+4\sqrt{14}}=\frac{5\sqrt{7}}{7+\sqrt{14}}=\frac{5\sqrt{7}\left(7-\sqrt{14}\right)}{49-14}=\frac{7\sqrt{7}-\sqrt{98}}{7}=\sqrt{7}-\sqrt{2}.$$

Ответ: б) $\sqrt{7}-\sqrt{2}$.