Задание 17 ЕГЭ, математика (профиль): Вписанные окружности и четырехугольники

а) Для четырёхугольника, в который вписана окружность, сумма противоположных сторон одинакова. Для трапеции $ABMN$ это даёт $BM+AN=AB+MN$, а для трапеции $CMND$ — $MC+ND=CD+MN$. Так как $M$ и $N$ — середины оснований, $BM=MC$ и $AN=ND$. Вычитая равенства, получаем $AB=CD$ — трапеция равнобедренная (это и есть свойство описанного четырёхугольника, примененное дважды).

б) Из симметрии равнобедренной трапеции отрезок $MN$ является её осью, поэтому он перпендикулярен основаниям — это высота обеих малых трапеций, равная $2r=6$.

Пусть $AN=t$. Из условия вписанности окружности в $ABMN$: $AB+MN=BM+AN \Rightarrow AB+6=5+t \Rightarrow AB=t-1$.

Опустим высоту $BK$ на $AD$: $BK=6$, $KA=t-5$. По теореме Пифагора $KA^2+BK^2=AB^2$: $(t-5)^2+36=(t-1)^2$. Раскрывая, находим $t=7{,}5$, значит $AB=6{,}5$.

Теперь ищем радиус $r$ окружности, вписанной в угол между $AB$ и $AN$ и касающейся окружности радиуса 3, вписанной в $ABMN$. Обозначим центры $O$ (известная окружность) и $O_1$ (искомая), их проекции на $AB$ — $T$, $T_1$. Тогда $TO=3$, $T_1O_1=r$, а расстояние между центрами $OO_1=r+3$ (окружности касаются друг друга).

Используя, что $OLMH$ — квадрат со стороной 3 (перпендикуляры из $O$ на $BM$ и $MN$), получаем $BT=2$, значит $AT=AB-BT=4{,}5$. Из подобия треугольников $ATO$ и $AT_1O_1$ (обе высоты опущены на $AB$ из вершин, лежащих на биссектрисе угла $A$) находим $AT_1=1{,}5r$, откуда $TT_1=4{,}5-1{,}5r$.

Опустив перпендикуляр $O_1G$ на $OT$, получаем прямоугольный треугольник $OGO_1$ с катетами $OG=3-r$, $GO_1=4{,}5-1{,}5r$ и гипотенузой $OO_1=r+3$. По теореме Пифагора: $$(4{,}5-1{,}5r)^2+(3-r)^2=(r+3)^2.$$ Умножая на 4 и упрощая, приходим к уравнению $$3r^2-34r+27=0 \Rightarrow r=\frac{17\pm\sqrt{208}}{3}.$$ Поскольку искомая окружность меньше окружности радиуса 3 (она вписана в узкий угол у вершины $A$), берём меньший корень: $$r=\frac{17-\sqrt{208}}{3}.$$