Задание 18 ЕГЭ по математике №00043761

Здесь прямоугольная трапеция, в которую вписана окружность. Главная хитрость: центр вписанной окружности лежит на биссектрисе угла $D$, а эта биссектриса по условию перпендикулярна $BC$. Отсюда станет ясно, что $N$ — точка касания.

Пункт а. Центр $O$ одинаково удалён от сторон $AD$ и $DC$ (на расстояние $R$), поэтому он лежит на биссектрисе угла $ADC$. Значит, прямая $DN$ проходит через $O$.

Отрезок $ON$ лежит на прямой $DN$, а она перпендикулярна $BC$. Перпендикуляр из центра окружности на касательную приходит в точку касания. Поэтому $N$ — точка касания окружности со стороной $BC$, и $ON=R$.

Найдём углы трапеции при стороне $BC$. Биссектриса делит прямой угол $D$ пополам: $\angle NDC=45^\circ$. В прямоугольном треугольнике $DNC$ (угол $N$ прямой) тогда $\angle C=90^\circ-45^\circ=45^\circ$. Основания параллельны, поэтому $\angle ABC=180^\circ-45^\circ=135^\circ$.

Теперь четырёхугольник $BGON$. В нём углы при $G$ и $N$ прямые (радиус в точку касания перпендикулярен касательной), угол при $B$ равен $135^\circ$. Сумма углов четырёхугольника $360^\circ$, значит,

$$\angle GON=360^\circ-90^\circ-90^\circ-135^\circ=45^\circ.$$

Прямоугольные треугольники $OGB$ и $ONB$ равны (общая гипотенуза $OB$ и катеты $OG=ON=R$). Поэтому $OB$ делит угол $GON$ пополам: $\angle GOB=22{,}5^\circ$, и $BG=BN$.

Из треугольника $OGB$: $BG=OG\cdot\operatorname{tg}22{,}5^\circ=R\operatorname{tg}22{,}5^\circ$. Посчитаем тангенс половины угла $45^\circ$ через синус и косинус:

$$\operatorname{tg}22{,}5^\circ=\dfrac{\sin45^\circ}{1+\cos45^\circ}=\dfrac{\frac{\sqrt2}{2}}{1+\frac{\sqrt2}{2}}=\dfrac{\sqrt2}{2+\sqrt2}=\dfrac{\sqrt2(2-\sqrt2)}{4-2}=\sqrt2-1.$$

Итак, $BN=BG=(\sqrt2-1)R$. Что и требовалось доказать.

Пункт б. При $R=6$ имеем $BG=BN=6(\sqrt2-1)$, $OG=ON=6$. В четырёхугольнике $BNOG$ суммы противоположных сторон равны: $BG+ON=BN+OG$. Он выпуклый, поэтому в него можно вписать окружность, и её радиус равен площади, делённой на полупериметр.

Площадь — два равных прямоугольных треугольника $OGB$ и $ONB$:

$$S=2\cdot\dfrac12\cdot OG\cdot BG=6\cdot6(\sqrt2-1)=36(\sqrt2-1).$$

Полупериметр: $p=OG+BG=6+6(\sqrt2-1)=6\sqrt2$.

$$r=\dfrac{S}{p}=\dfrac{36(\sqrt2-1)}{6\sqrt2}=\dfrac{6(\sqrt2-1)}{\sqrt2}=6-\dfrac{6}{\sqrt2}=6-3\sqrt2.$$

Проверим себя вторым способом. Центр окружности, вписанной в $BNOG$, лежит на отрезке $OB$ (это ось симметрии) и удалён на $r$ от сторон углов $O$ и $B$. Половины этих углов $22{,}5^\circ$ и $67{,}5^\circ$, поэтому $OB=\dfrac{r}{\sin22{,}5^\circ}+\dfrac{r}{\sin67{,}5^\circ}$. При $OB=\dfrac{6}{\cos22{,}5^\circ}\approx6{,}49$ получаем $r\approx\dfrac{6{,}49}{2{,}613+1{,}082}\approx1{,}757$, а $6-3\sqrt2\approx1{,}757$. Совпало.