Четырехуголь… — Задание 18 ЕГЭ по математике №00043773

Решим задачу в координатах: условие на точку $K$ — два перпендикуляра — удобно записывается скалярными произведениями.

Пункт а. Пусть $F$ — середина $AD$. Масштаб выберем так, чтобы $AD=2$: $F(0;0)$, $A(-1;0)$, $D(1;0)$. Пусть $B(p;q)$. Тогда $BE=\dfrac{BC}{2}=1$ и $\overrightarrow{BE}=\overrightarrow{AF}=(1;0)$, поэтому $E(p+1;q)$. Пусть $K(u;v)$.

Условие $KB\perp AB$: $\overrightarrow{BK}\cdot\overrightarrow{AB}=0$, где $\overrightarrow{AB}=(p+1;q)$:

$$(u-p)(p+1)+(v-q)q=0.$$

Условие $KE\perp DE$: $\overrightarrow{EK}\cdot\overrightarrow{DE}=0$, где $\overrightarrow{DE}=(p;q)$:

$$(u-p-1)p+(v-q)q=0.$$

Вычтем второе равенство из первого:

$$(u-p)(p+1)-(u-p-1)p=u(p+1)-p^2-p-up+p^2+p=u=0.$$

Значит, $K$ лежит на оси ординат — на серединном перпендикуляре к $AD$. Поэтому $AK=KD$. Что и требовалось доказать.

Пункт б. При нашем масштабе $EC=1$, и расстояние от $K$ до $AD$ равно $|v|=1$. Точка $K$ лежит по ту же сторону от $AD$, что и $B$ (иначе ниже получится отрицательная длина), поэтому $K(0;1)$.

$\angle ADC=110^\circ$, значит, $\angle BAD=70^\circ$. Пусть $AB=L$, тогда $B(-1+L\cos70^\circ;\ L\sin70^\circ)$, то есть $p+1=L\cos70^\circ$, $q=L\sin70^\circ$. Подставим $u=0$, $v=1$ в первое условие:

$$-p(p+1)+(1-q)q=0\iff (p+1)^2-(p+1)+q^2-q=0.$$

$$L^2\cos^2 70^\circ-L\cos70^\circ+L^2\sin^2 70^\circ-L\sin70^\circ=0\iff L\left(L-\cos70^\circ-\sin70^\circ\right)=0.$$

Корень $L=0$ вырожденный, поэтому $L=\cos70^\circ+\sin70^\circ$. Найдём вектор $\overrightarrow{DE}=(p;q)$:

$$p=L\cos70^\circ-1=\sin70^\circ\cos70^\circ-\sin^2 70^\circ=\sin70^\circ(\cos70^\circ-\sin70^\circ),\qquad q=\sin70^\circ(\cos70^\circ+\sin70^\circ).$$

Так как $\sin70^\circ\gt\cos70^\circ$, то $p\lt0$: вектор $\overrightarrow{DE}$ направлен влево и вверх, и угол $ADE$ между ним и лучом $DA$ острый. Его тангенс:

$$\operatorname{tg}\angle ADE=\dfrac{q}{-p}=\dfrac{\sin70^\circ+\cos70^\circ}{\sin70^\circ-\cos70^\circ}=\dfrac{\operatorname{tg}70^\circ+1}{\operatorname{tg}70^\circ-1}.$$

Справа — величина, обратная $\operatorname{tg}(70^\circ-45^\circ)=\dfrac{\operatorname{tg}70^\circ-1}{1+\operatorname{tg}70^\circ}$. Значит, $\operatorname{tg}\angle ADE=\operatorname{ctg}25^\circ=\operatorname{tg}65^\circ$, и $\angle ADE=65^\circ$.

Проверим себя геометрически: окружность с диаметром $AK$ проходит через $B$ и $F$, $\angle AKF=45^\circ$, поэтому $\angle ABF=45^\circ$; в треугольнике $ABF$ угол $AFB=180^\circ-70^\circ-45^\circ=65^\circ$, а он равен $\angle ADE$, так как $BF\parallel DE$. Совпало.