Многоугольни… — Задание 18 ЕГЭ по математике №00045651

Ось симметрии равнобедренной трапеции проходит через середины оснований. Центр окружности лежит на внутренних биссектрисах углов при $A$ и $E$. Эти биссектрисы симметричны, поэтому их пересечение $O$ находится на оси. Перпендикуляр из $O$ к $AE$ попадает в её середину $P$, тоже лежащую на оси.

Отражение переводит точку $B$ в $D$ и касательную $BA$ в $DE$. Вторые касательные из этих точек, $BC$ и $DC$, тоже переходят друг в друга. Следовательно, их пересечение $C$ лежит на оси. Это доказывает пункт а.

Для пункта б возьмём $A=(-5;0)$, $E=(5;0)$, $O=(0;-10)$. Пусть $B=(-5-d;-h)$, $D=(5+d;-h)$, где $d,h\gt0$. Боковая сторона 15 даёт $d^2+h^2=225$.

Прямая $AB$ имеет уравнение $hx-dy+5h=0$. Расстояние до центра окружности равно 10, поэтому $(10d+5h)/15=10$, откуда $h=30-2d$.

Подставим в равенство для стороны: $d^2+(30-2d)^2=225$. Получаем $d^2-24d+135=0$, корни 9 и 15. При 15 высота нулевая, что не задаёт трапецию; поэтому $d=9$, $h=12$, $B=(-14;-12)$, $D=(14;-12)$.

Вторая касательная из $B$ имеет вид $y=q(x+14)-12$. Расстояние от $O$ до неё: $|14q-2|/\sqrt{q^2+1}=10$. После возведения в квадрат получаем $12q^2-7q-12=0$, поэтому $q=(7\pm25)/24$: $4/3$ или $-3/4$.

Уклон $4/3$ относится к уже известной $BA$. Для $BC$ берём $-3/4$. На оси $x=0$ эта прямая даёт $y_C=-12-14\cdot3/4=-22{,}5$. Высота треугольника $BCD$ относительно $BD$ равна $22{,}5-12=10{,}5$.

Площадь трапеции $(10+28)\cdot12/2=228$, площадь треугольника $28\cdot10{,}5/2=147$. Всего $228+147=375$.

Проверим через периметр: $BC=CD=\sqrt{14^2+10{,}5^2}=17{,}5$, поэтому периметр $10+30+35=75$. Для описанного многоугольника $S=mp$, где $p$ — полупериметр. Здесь $S=10\cdot(75/2)=375$.