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

а) Центр вписанной окружности равноудалён от сторон, значит лежит на биссектрисах всех углов трапеции. Поэтому $AO$ и $BO$ — биссектрисы углов $A$ и $B$, а $AD\parallel BC$ даёт $\angle A+\angle B=180^\circ$. Тогда в треугольнике $AOB$ сумма половинных углов равна $90^\circ$, то есть $\angle AOB=90^\circ$. Аналогично $\angle COD=90^\circ$. Сумма всех углов вокруг точки $O$ равна $360^\circ$: $\angle AOD+\angle BOC=360^\circ-(\angle AOB+\angle COD)=180^\circ$. Значит углы $AOD$ и $BOC$ смежные по сумме до $180^\circ$, а синусы таких углов равны: $\sin\angle AOD=\sin(180^\circ-\angle BOC)=\sin\angle BOC$.

б) Так как $\angle A=90^\circ$, трапеция прямоугольная, окружность радиуса $R$ касается сторон в точках $K,L,M,N$ на $AB,BC,CD,AD$. Отрезки $AK,AN$ и $BK,BL$ равны радиусу (углы при $A$ и $B$ прямые, касательные образуют квадраты $AKON$, $BKOL$), поэтому $AN=BL=R$. Тогда $CL=BC-BL=5-R$, $DN=AD-AN=7-R$, и по свойству касательных $CM=CL$, $DM=DN$.

Поскольку $\angle COD=90^\circ$ (из пункта а), треугольник $COD$ прямоугольный с высотой $OM=R$, опущенной на гипотенузу из вершины прямого угла. По свойству высоты в прямоугольном треугольнике: $OM^2=CM\cdot DM$, то есть $R^2=(5-R)(7-R)$.

Раскрываем: $R^2=35-12R+R^2 \Rightarrow 12R=35 \Rightarrow R=\dfrac{35}{12}$.

Высота трапеции равна диаметру вписанной окружности $2R$, поэтому площадь $S=\dfrac{1}{2}(AD+BC)\cdot 2R=\dfrac{1}{2}(5+7)\cdot\dfrac{35}{6}=35$.