Задание 18 ЕГЭ профиль по математике — планиметрия с доказательством: подобие, окружности, вписанные фигуры

Теория / Данные: Пункт а) Так как хорды \(AB\), \(BC\) и \(CD\) равны 12, стягиваемые ими дуги окружности также равны между собой: \(\cup AB = \cup BC = \cup CD.\)
Шаг 1. Вписанные углы \(\angle CAD\) и \(\angle ACB\) опираются соответственно на равные дуги \(\cup CD\) и \(\cup AB,\) следовательно, \(\angle CAD = \angle ACB.\)
Шаг 2. Так как эти накрест лежащие углы при прямых \(BC\), \(AD\) и секущей \(AC\) равны, то \(BC \parallel AD.\) Четырёхугольник \(ABCD\) является вписанной равнобедренной трапецией. Что и требовалось доказать.
Шаг 3. Пункт б) По теореме синусов в треугольнике \(ABD\) с описанной окружностью радиуса \(R\) имеем: \(\sin \angle ADB = \frac{AB}{2R} = \frac{12}{16} = \frac{3}{4}.\)
Шаг 4. Обозначим \(\angle ADB = \varphi,\) тогда \(\sin \varphi = \frac{3}{4}.\) Поскольку дуги \(AB\), \(BC\), \(CD\) равны, равны и вписанные углы, опирающиеся на них: \(\angle BAC = \angle CAD = \angle BDA = \varphi.\)
Шаг 5. Тогда \(\angle BAD = \angle BAC + \angle CAD = 2\varphi.\) В треугольнике \(ABD\) сумма углов равна \(180^\circ,\) поэтому \(\angle ABD = 180^\circ - 3\varphi.\)
Формула: По теореме синусов для треугольника \(ABD\): \(AD = 2R \sin \angle ABD = 16 \sin (180^\circ - 3\varphi) = 16 \sin(3\varphi).\)
Шаг 6. Используя формулу синуса тройного угла \(\sin(3\varphi) = 3\sin\varphi - 4\sin^3\varphi,\) находим: \(\sin(3\varphi) = 3 \cdot \frac{3}{4} - 4 \cdot \frac{27}{64} = \frac{9}{4} - \frac{27}{16} = \frac{9}{16}.\)
Шаг 7. Следовательно, \(AD = 16 \cdot \frac{9}{16} = 9.\)

Теория / Данные: Пункт а) Центр вписанной в треугольник окружности лежит на пересечении его биссектрис. Докажем, что \(AC\) является биссектрисой угла \(MAD\) в треугольнике \(AMD.\)
Шаг 1. Так как \(BC \parallel AD\) (\(ABCD\) — параллелограмм), накрест лежащие углы равны: \(\angle CAD = \angle ACB.\)
Шаг 2. По условию \(AM = MC,\) откуда в равнобедренном треугольнике \(AMC\) углы при основании равны: \(\angle MAC = \angle MCA = \angle ACB.\)
Шаг 3. Следовательно, \(\angle CAD = \angle MAC,\) то есть луч \(AC\) является биссектрисой угла \(MAD.\) Значит, центр вписанной окружности лежит на диагонали \(AC.\) Что и требовалось доказать.
Шаг 4. Пункт б) Пусть \(BM = x,\) тогда \(MC = 10 - x.\) В параллелограмме \(ABCD\) угол \(\angle B = 180^\circ - 60^\circ = 120^\circ.\)
Формула: По теореме косинусов для треугольника \(ABM\): \(AM^2 = AB^2 + BM^2 - 2AB \cdot BM \cos 120^\circ = 25 + x^2 + 5x.\)
Шаг 5. Так как \(AM = MC = 10 - x,\) имеем: \(25 + x^2 + 5x = (10-x)^2 = 100 - 20x + x^2 \implies 25x = 75 \implies x = 3.\)
Шаг 6. Отсюда \(BM = 3, \ MC = 7, \ AM = 7.\) В треугольнике \(MCD\) сторонa \(CD = 5, \ MC = 7,\) и \(\angle C = 60^\circ.\)
Формула: По теореме косинусов: \(MD^2 = MC^2 + CD^2 - 2MC \cdot CD \cos 60^\circ = 49 + 25 - 35 = 39 \implies MD = \sqrt{39}.\)
Шаг 7. Расстояние \(h\) между параллельными прямыми \(BC\) и \(AD\) (высота треугольника \(AMD\)) равно: \(h = AB \sin 60^\circ = \frac{5\sqrt{3}}{2}.\)
Шаг 8. Площадь треугольника \(AMD\) равна: \(S = \frac{1}{2} AD \cdot h = \frac{1}{2} \cdot 10 \cdot \frac{5\sqrt{3}}{2} = \frac{25\sqrt{3}}{2}.\)
Шаг 9. Полупериметр треугольника: \(p = \frac{AM + MD + AD}{2} = \frac{17 + \sqrt{39}}{2}.\)
Шаг 10. Находим радиус вписанной окружности: \(r = \frac{S}{p} = \frac{25\sqrt{3}}{17 + \sqrt{39}}.\)

Теория / Данные: Пункт а) Пусть изначальная окружность имеет радиус \(R,\) а длина равных хорд, высекаемых ею на сторонах трапеции, равна \(d.\)
Шаг 1. Расстояние от центра окружности \(O\) до любой из этих хорд вычисляется по формуле \(h_0 = \sqrt{R^2 - (d/2)^2}.\)
Шаг 2. Поскольку длины хорд на всех четырёх сторонах трапеции равны \(d,\) точка \(O\) равноудалена от всех четырёх прямых, содержащих эти стороны.
Шаг 3. Точка, равноудаленная от сторон угла, лежит на его биссектрисе. Таким образом, точка \(O\) лежит на биссектрисах всех четырёх углов трапеции, то есть все они пересекаются в одной точке \(O.\) Что и требовалось доказать.
Шаг 4. Пункт б) Окружность с центром \(O\) и радиусом \(r = h_0\) вписана в трапецию \(ABCD.\) Высота трапеции \(h\) равна диаметру этой окружности: \(h = 2r.\)
Шаг 5. Пусть \(H'\) — проекция точки \(O\) на боковую сторону \(AB.\) Поскольку \(AB\) пересекает изначальную окружность в точках \(K\) и \(L,\) то отрезок \(KL\) — хорда этой окружности, а \(H'\) — её середина.
Шаг 6. Получаем: \(AH' = AK + \frac{KL}{2} = 15 + 3 = 18; \ \ BH' = BL + \frac{KL}{2} = 5 + 3 = 8.\)
Шаг 7. Сумма углов \(\angle A\) и \(\angle B\) при боковой стороне трапеции равна \(180^\circ.\) Так как \(AO\) и \(BO\) — биссектрисы этих углов, то \(\angle OAB + \angle OBA = \frac{1}{2}(\angle A + \angle B) = 90^\circ.\)
Шаг 8. Следовательно, треугольник \(AOB\) — прямоугольный с прямым углом \(\angle AOB.\) Отрезок \(OH'\) является высотой треугольника \(AOB,\) опущенной из вершины прямого угла на гипотенузу \(AB.\)
Формула: По свойству высоты прямоугольного треугольника: \(r^2 = OH'^2 = AH' \cdot BH' = 18 \cdot 8 = 144 \implies r = 12.\)
Шаг 9. Тогда высота трапеции равна: \(h = 2r = 24.\)

Теория / Данные: Пункт а) Так как \(NA\) и \(NB\) — касательные к окружности, проведенные из одной точки \(N,\) то треугольник \(ANB\) — равнобедренный (\(NA = NB\)).
Шаг 1. Биссектриса угла \(ANB\) также является медианой и высотой в этом треугольнике, поэтому она перпендикулярна хорде \(AB.\)
Шаг 2. С другой стороны, угол \(BAC\) вписан в окружность и опирается на её диаметр \(BC,\) следовательно, \(\angle BAC = 90^\circ,\) то есть \(AC \perp AB.\)
Шаг 3. Поскольку и прямая \(AC\), и биссектриса угла \(ANB\) перпендикулярны одной и той же прямой \(AB,\) они параллельны между собой. Что и требовалось доказать.
Шаг 4. Пункт б) В прямоугольном треугольнике \(BAC\) по теореме Пифагора находим гипотенузу \(BC\) (диаметр окружности):
\(BC = \sqrt{AC^2 + AB^2} = \sqrt{10^2 + 24^2} = \sqrt{676} = 26.\)
Шаг 5. Радиус окружности \(R = OB = OA = \frac{BC}{2} = 13.\)
Шаг 6. Прямая \(NO,\) проходящая через вершину угла \(N\) и центр вписанной окружности \(O,\) является биссектрисой угла \(ANB.\) Пусть она пересекает хорду \(AB\) в точке \(H.\)
Шаг 7. Так как \(NO\) — ось симметрии, \(OH \perp AB,\) а точка \(H\) является серединой \(AB,\) то есть \(HB = \frac{AB}{2} = 12.\)
Шаг 8. В прямоугольном треугольнике \(OHB\) по теореме Пифагора находим: \(OH = \sqrt{OB^2 - HB^2} = \sqrt{13^2 - 12^2} = 5.\)
Шаг 9. В прямоугольном треугольнике \(NBO\) отрезок \(BH\) является высотой, опущенной на гипотенузу \(NO.\) По свойству высоты: \(HB^2 = NH \cdot HO \implies 12^2 = NH \cdot 5 \implies NH = \frac{144}{5} = 28{,}8.\)
Шаг 10. Поскольку точка \(H\) лежит на отрезке \(NO,\) получаем: \(NO = NH + HO = 28{,}8 + 5 = 33{,}8.\)

Теория / Данные: Пункт а) Обозначим \(\angle ABC = \beta.\) Поскольку отрезок \(BC\) — диаметр окружности, вписанный угол \(\angle BAC = 90^\circ,\) то есть \(AC \perp AB.\)
Шаг 1. С другой стороны, биссектриса \(NO\) угла между касательными \(NA\) и \(NB\) является осью симметрии для равнобедренного треугольника \(ANB\), следовательно, \(NO \perp AB.\)
Шаг 2. Так как две прямые \(AC\) и \(NO\) перпендикулярны одной и той же прямой \(AB,\) то они параллельны: \(NO \parallel AC.\)
Шаг 3. Отсюда следует равенство соответственных углов при секущей \(BC: \ \angle NOB = \angle ACB.\)
Шаг 4. Из прямоугольного треугольника \(ABC\) находим \(\angle ACB = 90^\circ - \angle ABC = 90^\circ - \beta,\) следовательно, \(\angle NOB = 90^\circ - \beta.\)
Шаг 5. Радиус \(OB\) перпендикулярен касательной \(NB,\) поэтому \(\angle OBN = 90^\circ.\) В прямоугольном треугольнике \(NBO\) острый угол \(\angle BNO = 90^\circ - \angle NOB = 90^\circ - (90^\circ - \beta) = \beta.\)
Шаг 6. Так как \(NO\) — биссектриса угла \(ANB,\) получаем: \(\angle ANB = 2\angle BNO = 2\beta = 2\angle ABC.\) Что и требовалось доказать.
Шаг 7. Пункт б) Пусть \(P\) — точка пересечения биссектрисы \(NO\) и хорды \(AB.\) Поскольку \(NO \perp AB,\) расстояние от точки \(N\) до прямой \(AB\) равно длине перпендикуляра \(NP.\)
Шаг 8. Так как треугольник \(ANB\) равнобедренный, его биссектриса \(NP\) также является медианой, поэтому \(P\) — середина \(AB,\) откуда \(PB = \frac{AB}{2} = \frac{36}{2} = 18.\)
Шаг 9. В прямоугольном треугольнике \(ABC\) тангенс угла \(\beta\) равен: \(\tan \beta = \frac{AC}{AB} = \frac{14}{36} = \frac{7}{18}.\)
Шаг 10. В прямоугольном треугольнике \(NPB\) имеем \(\angle BNP = \beta.\) По определению тангенса: \(\tan \angle BNP = \frac{PB}{NP} \implies \tan \beta = \frac{18}{NP} \implies \frac{7}{18} = \frac{18}{NP}.\)
Шаг 11. Следовательно, \(NP = \frac{18 \cdot 18}{7} = \frac{324}{7}.\)

Теория / Данные: Пункт а) В треугольнике \(ABC\) угол \(\angle A = 180^\circ - (\angle B + \angle C) = 180^\circ - (40^\circ + 85^\circ) = 55^\circ.\)
Шаг 1. В прямоугольном треугольнике \(ACC_1\) (высота \(CC_1 \perp AB\)) острый угол \(\angle ACC_1 = 90^\circ - \angle A = 90^\circ - 55^\circ = 35^\circ.\)
Шаг 2. Так как точка \(N\) лежит на продолжении высоты \(CC_1,\) вписанный угол \(\angle ACN = \angle ACC_1 = 35^\circ.\) Соответствующая дуга окружности \(\cup AN = 2 \angle ACN = 70^\circ.\)
Шаг 3. Вписанный угол \(\angle C = 85^\circ\) опирается на дугу \(\cup AB,\) следовательно, \(\cup AB = 2 \angle C = 170^\circ.\) Поскольку точка \(N\) лежит на дуге \(AB,\) дуга \(\cup BN = \cup AB - \cup AN = 170^\circ - 70^\circ = 100^\circ.\)
Шаг 4. Биссектриса \(BB_1\) делит угол \(B\) пополам, поэтому вписанный угол \(\angle ABM = \frac{1}{2} \angle ABC = 20^\circ.\) Ему отвечает дуга \(\cup AM = 2 \angle ABM = 40^\circ.\)
Шаг 5. Так как \(BM\) — биссектриса угла \(\angle B,\) точка \(M\) является серединой дуги \(\cup AC.\) \(\angle B = 40^\circ \implies \cup AC = 2 \angle B = 80^\circ,\) откуда \(\cup AM = \cup MC = 40^\circ.\)
Шаг 6. Найдем угловые меры дуг, соответствующих хордам \(CN\) и \(BM\):
\(\cup CN = \cup AC + \cup AN = 80^\circ + 70^\circ = 150^\circ\);
\(\cup BM = \cup BC + \cup CM = (360^\circ - \cup AB - \cup AC) + \cup CM = (360^\circ - 170^\circ - 80^\circ) + 40^\circ = 110^\circ + 40^\circ = 150^\circ.\)
Шаг 7. Поскольку дуги равны, равны и стягивающие их хорды: \(CN = BM.\) Что и требовалось доказать.
Шаг 8. Пункт б) Угол \(\angle BDM\) между секущими, пересекающимися вне круга, равен полуразности высекаемых ими дуг: \(\angle D = \frac{\cup BN - \cup MC}{2} = \frac{100^\circ - 40^\circ}{2} = 30^\circ.\)
Шаг 9. Вписанный угол \(\angle MNB\) опирается на дугу \(\cup MCB = 40^\circ + 110^\circ = 150^\circ,\) поэтому \(\angle MNB = \frac{150^\circ}{2} = 75^\circ.\) Так как точки \(D, M, N\) на одной прямой, \(\angle DNB = 75^\circ.\)
Шаг 10. Из треугольника \(BDN\) находим: \(\angle DBN = 180^\circ - 30^\circ - 75^\circ = 75^\circ.\) Значит, \(BDN\) — равнобедренный, и \(DN = BD.\)
Шаг 11. В прямоугольном треугольнике \(BHD\) с катетом \(BH = 6\) угол \(\angle D = 30^\circ,\) следовательно, \(BD = 2BH = 12.\) Тогда основание \(DN = 12.\)
Шаг 12. Площадь треугольника \(BDN: \ S = \frac{1}{2} DN \cdot BH = \frac{1}{2} \cdot 12 \cdot 6 = 36.\)

Теория / Данные: Пункт а) Поскольку \(\triangle ABC\) равносторонний, все его внутренние углы равны \(60^\circ.\)
Шаг 1. Точки \(E\) и \(K\) лежат на серединном перпендикуляре к \(BM,\) поэтому \(EB = EM\) и \(KB = KM.\) Отсюда треугольники \(EBM\) и \(KBM\) являются равнобедренными, следовательно, \(\angle EMB = \angle EBM, \ \angle KMB = \angle KBM.\)
Шаг 2. Угол \(\angle EMK = \angle EMB + \angle KMB = \angle EBM + \angle KBM = \angle ABC = 60^\circ.\)
Шаг 3. Развернутый угол при вершине \(M\) равен: \(\angle EMA + \angle EMK + \angle CMK = 180^\circ \implies \angle EMA + 60^\circ + \angle CMK = 180^\circ \implies \angle EMA + \angle CMK = 120^\circ.\)
Шаг 4. С другой стороны, сумма углов треугольника \(AEM\) равна: \(\angle AEM + \angle EMA + \angle A = 180^\circ \implies \angle AEM + \angle EMA + 60^\circ = 180^\circ \implies \angle AEM + \angle EMA = 120^\circ.\)
Шаг 5. Сопоставляя эти уравнения, получаем \(\angle AEM = \angle CMK.\)
Шаг 6. Рассмотрим треугольники \(AEM\) и \(CMK\): в них \(\angle A = \angle C = 60^\circ\) и \(\angle AEM = \angle CMK.\) Из этого следует подобие треугольников \(AEM\) и \(CMK\) по двум углам. Что и требовалось доказать.
Шаг 7. Пункт б) Отношение площадей подобных треугольников равно квадрату коэффициента подобия: \(\frac{S_{AEM}}{S_{CMK}} = k^2 = \frac{4}{9} \implies k = \frac{2}{3}.\)
Шаг 8. Из подобия треугольников имеем соотношение сторон: \(\frac{AE}{CM} = \frac{EM}{MK} = \frac{AM}{CK} = k = \frac{2}{3} \implies AE = \frac{2}{3} CM; \ \ CK = \frac{3}{2} AM.\)
Шаг 9. Также \(\frac{EB}{KB} = \frac{EM}{KM} = \frac{2}{3} \implies EB = \frac{2}{3} KB.\) Пусть сторона исходного треугольника равна \(a.\)
Шаг 10. Тогда: \(AE + EB = a \implies \frac{2}{3} CM + \frac{2}{3} KB = a \implies CM + KB = \frac{3}{2} a.\) Для стороны \(BC\) имеем: \(CK + KB = a \implies \frac{3}{2} AM + KB = a \implies KB = a - \frac{3}{2} AM.\)
Шаг 11. Подставив выражение для \(KB\), получим: \(CM + a - \frac{3}{2} AM = \frac{3}{2} a \implies CM - \frac{3}{2} AM = \frac{1}{2} a.\) Так как точка \(M\) на \(AC\), \(AM + CM = a.\)
Шаг 12. Подставляя \(a\), имеем: \(CM - \frac{3}{2} AM = \frac{1}{2}(AM + CM) \implies 2 CM - 3 AM = AM + CM \implies CM = 4 AM.\) Отсюда получаем: \(\frac{AM}{MC} = \frac{1}{4}.\)

Теория / Данные: Пункт а) Поскольку \(\triangle ABC\) равносторонний, все его внутренние углы равны \(60^\circ.\)
Шаг 1. Точки \(E\) и \(K\) лежат на серединном перпендикуляре к \(BM,\) поэтому \(EB = EM\) и \(KB = KM.\) Из этого следует, что треугольники \(EBM\) и \(KBM\) являются равнобедренными, то есть \(\angle EMB = \angle EBM, \ \angle KMB = \angle KBM.\)
Шаг 2. Угол \(\angle EMK = \angle EMB + \angle KMB = \angle EBM + \angle KBM = \angle ABC = 60^\circ.\)
Шаг 3. Рассматривая развернутый угол при вершине \(M,\) имеем: \(\angle EMA + \angle EMK + \angle CMK = 180^\circ \implies \angle EMA + 60^\circ + \angle CMK = 180^\circ \implies \angle EMA + \angle CMK = 120^\circ.\)
Шаг 4. Для треугольника \(AEM\) сумма углов равна: \(\angle AEM + \angle EMA + \angle A = 180^\circ \implies \angle AEM + \angle EMA + 60^\circ = 180^\circ \implies \angle AEM + \angle EMA = 120^\circ.\)
Шаг 5. Сравнивая равенства \(\angle EMA + \angle CMK = 120^\circ\) и \(\angle AEM + \angle EMA = 120^\circ,\) находим: \(\angle AEM = \angle CMK.\) Что и требовалось доказать.
Шаг 6. Пункт б) Поскольку \(\angle A = \angle C = 60^\circ\) и \(\angle AEM = \angle CMK,\) треугольники \(AEM\) и \(CMK\) подобны по двум углам. Пусть коэффициент подобия равен \(k.\)
Шаг 7. Из подобия имеем соотношение сторон: \(\frac{AE}{CM} = \frac{EM}{MK} = \frac{AM}{CK} = k \implies AE = k \cdot CM; \ \ CK = \frac{AM}{k}.\)
Шаг 8. Так как \(EB = EM\) и \(KB = KM,\) то \(\frac{EB}{KB} = \frac{EM}{KM} = k \implies EB = k \cdot KB.\)
Шаг 9. По условию \(AM: MC = 1: 4.\) Обозначим \(AM = x,\) тогда \(MC = 4x.\) Длина стороны треугольника \(a = AM + MC = 5x.\) Тогда \(AE = 4kx, \ \ CK = \frac{x}{k}.\)
Шаг 10. Запишем равенства сторон треугольника для \(AB\) и \(BC\) через \(KB\):
1) \(AE + EB = a \implies 4kx + k \cdot KB = 5x \implies k \cdot KB = 5x - 4kx;\)
2) \(CK + KB = a \implies \frac{x}{k} + KB = 5x \implies KB = 5x - \frac{x}{k}.\)
Шаг 11. Умножим второе выражение на \(k\): \(k \cdot KB = 5kx - x.\) Приравняем полученные выражения: \(5x - 4kx = 5kx - x \implies 6x = 9kx \implies k = \frac{6}{9} = \frac{2}{3}.\)
Шаг 12. Отношение площадей подобных треугольников \(AEM\) и \(CMK\) равно квадрату коэффициента подобия: \(\frac{S_{AEM}}{S_{CMK}} = k^2 = \left(\frac{2}{3}\right)^2 = \frac{4}{9}.\)