Четырехуголь… — Задание 18 ЕГЭ по математике №00043772

Отметим середину $F$ стороны $AD$ — после этого в рисунке появляются два параллелограмма и треугольник, для которого $K$ — точка пересечения высот.

Пункт а. $E$ — середина $BC$, $F$ — середина $AD$, поэтому $BE=AF=FD=\dfrac{AD}{2}$, и эти отрезки параллельны.

У четырёхугольника $ABEF$ стороны $AF$ и $BE$ равны и параллельны — это параллелограмм, значит, $EF\parallel AB$. У четырёхугольника $BEDF$ стороны $BE$ и $FD$ равны и параллельны — тоже параллелограмм, значит, $BF\parallel DE$.

Прямая $BK$ перпендикулярна $AB$, а значит, и $EF$. Прямая $EK$ перпендикулярна $DE$, а значит, и $BF$. Поэтому в треугольнике $BEF$ прямые $BK$ и $EK$ — высоты, и $K$ — точка пересечения высот.

Третья высота, из вершины $F$, тоже проходит через $K$: $FK\perp BE$. Но $BE\parallel AD$, поэтому $FK\perp AD$. Прямая $FK$ — серединный перпендикуляр к $AD$, и любая его точка равноудалена от $A$ и $D$: $AK=KD$. Что и требовалось доказать.

Пункт б. Так как $KF\perp AD$, расстояние от $K$ до $AD$ — это $KF$. По условию $KF=EC=\dfrac{AD}{2}=AF$. Прямоугольный треугольник $AFK$ равнобедренный, поэтому $\angle AKF=45^\circ$.

Углы $ABK$ и $AFK$ прямые, значит, точки $B$ и $F$ лежат на окружности с диаметром $AK$. Вписанные углы $ABF$ и $AKF$ опираются на одну хорду $AF$ и стоят по одну сторону от неё (и $B$, и $K$ — по ту же сторону от прямой $AD$), поэтому

$$\angle ABF=\angle AKF=45^\circ.$$

Перенесём данный угол. $BC\parallel AD$, поэтому $\angle ADE=\angle CED=58^\circ$ (накрест лежащие). $BF\parallel DE$, поэтому $\angle AFB=\angle ADE=58^\circ$ (соответственные).

В треугольнике $ABF$:

$$\angle BAD=180^\circ-45^\circ-58^\circ=77^\circ.$$

Угол острый, как и требует условие. Проверим себя обратным ходом: при $\angle BAD=77^\circ$ и $\angle ABF=45^\circ$ угол $AFB=58^\circ$, а он равен $\angle ADE=\angle CED$. Сходится.