ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №18 — трапеции

Разбор — 3 балла

а) Сначала заметим, что точка $O$ лежит на отрезке $MN$. Луч $AO$ — биссектриса угла $BAD$, поэтому точка $O$ лежит с точкой $D$ по одну сторону от прямой $AB$. Луч $CO$ — биссектриса угла $BCD$, поэтому точка $O$ лежит с точкой $B$ по одну сторону от прямой $CD$. На прямой $MN$ такие точки образуют ровно отрезок $MN$, значит, $O$ лежит между $M$ и $N$, и

$$MN=MO+ON.$$

По условию $MN\parallel AD$. Прямые $MN$ и $AD$ пересечены секущей $AO$, поэтому накрест лежащие углы равны: $\angle MOA=\angle OAD$. Так как $AO$ — биссектриса угла $BAD$, то $\angle OAD=\angle OAM$. Получаем

$$\angle MAO=\angle OAD=\angle MOA.$$

В треугольнике $AMO$ равны углы при вершинах $A$ и $O$, значит, он равнобедренный и

$$AM=MO.$$

Аналогично $MN\parallel BC$, и для секущей $CO$ накрест лежащие углы равны: $\angle NOC=\angle OCB$. Так как $CO$ — биссектриса угла $BCD$, то $\angle OCB=\angle OCN$. Получаем

$$\angle NCO=\angle OCB=\angle NOC,$$

треугольник $NOC$ равнобедренный и

$$ON=NC.$$

Рассмотрим четырёхугольник $AMND$. В нём $MN\parallel AD$, а углы $MAD$ и $NDA$ равны как углы при основании равнобедренной трапеции $ABCD$. Трапеция с равными углами при основании равнобедренная, поэтому $AM=DN$.

Собираем всё вместе (точка $N$ лежит на стороне $CD$):

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

Боковые стороны равнобедренной трапеции равны, $DC=AB$, поэтому отрезок $MN$ равен боковой стороне. Что и требовалось доказать.

б) Пусть $\angle BAD=\alpha$. Углы трапеции, прилежащие к боковой стороне, в сумме дают $180^{\circ }$, а в равнобедренной трапеции $\angle BCD=\angle ABC$. Поэтому

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

Проведём через точку $O$ прямую, перпендикулярную основаниям. Пусть она пересекает $BC$ в точке $K$, а $AD$ — в точке $H$. Тогда $KH$ — высота трапеции, $OK\perp BC$ и $OH\perp AD$. Углы $OAD$ и $OCB$ острые, поэтому точка $H$ лежит на луче $AD$, а точка $K$ — на луче $CB$.

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

$$\frac{HO}{OK}=\frac{AM}{MB}=\frac{3}{5}.$$

Пусть $OH=3a$, $OK=5a$. Тогда высота трапеции $KH=8a$.

Рассмотрим прямоугольные треугольники $AOH$ (прямой угол $H$) и $OCK$ (прямой угол $K$). В треугольнике $AOH$

$$\angle AOH=90^{\circ }-\angle OAH=90^{\circ }-\frac{\alpha }{2},$$

а в треугольнике $OCK$ угол $\angle OCK=\angle OCB=90^{\circ }-\frac{\alpha }{2}$. Значит, $\angle AOH=\angle OCK$. Кроме того, гипотенузы равны: $AO=CO$ по условию. Прямоугольные треугольники $AOH$ и $OCK$ равны по гипотенузе и острому углу. Против равных углов $AOH$ и $OCK$ лежат катеты $AH$ и $OK$, против равных углов $OAH$ и $COK$ — катеты $OH$ и $CK$. Следовательно,

$$AH=OK=5a,CK=OH=3a.$$

Из прямоугольного треугольника $AOH$ найдём тангенс половины угла $\alpha$:

$$\mathrm{tg}\frac{\alpha }{2}=\mathrm{tg}\angle OAH=\frac{OH}{AH}=\frac{3a}{5a}=\frac{3}{5}.$$

По формуле тангенса двойного угла

$$\mathrm{tg}\alpha =\frac{2\mathrm{tg}\frac{\alpha }{2}}{1-{\mathrm{tg}}^2\frac{\alpha }{2}}=\frac{\frac{6}{5}}{1-\frac{9}{25}}=\frac{6}{5}\cdot \frac{25}{16}=\frac{15}{8}.$$

Опустим высоты $BP$ и $CT$ на основание $AD$. Они равны высоте трапеции: $BP=CT=8a$. В прямоугольном треугольнике $ABP$

$$\mathrm{tg}\angle BAP=\frac{BP}{AP}\Rightarrow AP=\frac{BP}{\mathrm{tg}\alpha }=8a\cdot \frac{8}{15}=\frac{64a}{15}.$$

Прямоугольные треугольники $ABP$ и $DCT$ равны по гипотенузе ($AB=DC$) и острому углу ($\angle A=\angle D$), поэтому $TD=AP=\frac{64a}{15}$.

Четырёхугольник $KCTH$ — прямоугольник (у него все углы прямые), поэтому $HT=KC=3a$, и

$$AT=AH+HT=5a+3a=8a.$$

Четырёхугольник $PBCT$ тоже прямоугольник, поэтому $PT=BC=7$. Тогда $AT=AP+PT$:

$$8a=\frac{64a}{15}+7\iff \frac{56a}{15}=7\iff a=\frac{7\cdot 15}{56}=\frac{15}{8}.$$

Найдём основание:

$$AD=AT+TD=8a+\frac{64a}{15}=8\cdot \frac{15}{8}+\frac{64}{15}\cdot \frac{15}{8}=15+8=23.$$

Ответ: б) $23$.