№18. Планиметрическая задача

а) Обозначим \(\angle BAD = \alpha\). Тогда из прямоугольного треугольника \(ABP\) получаем \(\angle ABP = 90^\circ - \alpha\). Противоположные углы параллелограмма равны, \(\angle C = \alpha\), поэтому и \(\angle QBC = 90^\circ - \alpha\).

Углы \(A\) и \(ABC\) односторонние при параллельных \(AD\) и \(BC\), значит \(\angle ABC = 180^\circ - \alpha\). Отсюда

\[\angle PBQ = \angle ABC - \angle ABP - \angle QBC = 180^\circ - \alpha - 2\left(90^\circ - \alpha\right) = \alpha.\]

Теперь сравним треугольники \(BAM\) и \(QBP\). У них

\[AB = BQ, \qquad AM = BP, \qquad \angle BAM = \angle PBQ = \alpha,\]

то есть они равны по двум сторонам и углу между ними. Значит \(BM = PQ\), что и требовалось доказать.

б) По теореме Пифагора в прямоугольном треугольнике \(ABP\):

\[AP = \sqrt{AB^2 - BP^2} = \sqrt{15^2 - 12^2} = \sqrt{225 - 144} = 9.\]

Тогда

\[PM = AM - AP = 12 - 9 = 3.\]

Проведём в треугольнике \(PBQ\) высоту \(QH\). Треугольники \(BAM\) и \(QBP\) равны, поэтому равны и их соответственные высоты \(BP\) и \(QH\), а также соответственные отрезки \(MP\) и \(PH\).

Далее, \(QH \perp HP\) и \(HP \perp AM\), значит \(QH \parallel AM\). Тогда высота треугольника \(APQ\), опущенная из точки \(Q\) на сторону \(AP\), равна отрезку

\[HP = PM = 3.\]

Остаётся посчитать площадь:

\[S_{APQ} = \frac{1}{2}\cdot AP\cdot HP = \frac{1}{2}\cdot 9\cdot 3 = 13{,}5.\]

Ответ: б) \(13{,}5\).

а) Пусть \(AL \cap BC = H\). Так как \(AL\) — биссектриса угла \(BAC\), то

\[\angle BAL = \angle CAL = \alpha.\]

Точки \(M\) и \(N\) — середины сторон \(AB\) и \(BC\), значит \(MN\) — средняя линия треугольника \(ABC\), и \(AC \parallel MN\). Углы \(CAL\) и \(MLA\) равны как накрест лежащие при \(AC \parallel ML\) и секущей \(AL\), поэтому

\[\angle BAL = \alpha = \angle MLA.\]

В треугольнике \(AML\) углы \(MAL\) и \(MLA\) равны, значит он равнобедренный, то есть \(AM = ML\). Тогда

\[ML = AM = BM = \frac{AB}{2}.\]

Значит, в треугольнике \(ABL\) медиана \(ML\) равна половине стороны \(AB\), поэтому треугольник \(ABL\) прямоугольный, причём \(\angle ALB = 90^\circ\).

Треугольники \(AHC\) и \(BHL\) подобны по двум углам: \(\angle AHC = \angle BHL\) как вертикальные, \(\angle ACH = \angle BLH = 90^\circ\). Тогда \(\angle LBH = \angle CAH = \alpha\).

Так как \(ML \parallel AC\) и \(AC \perp BC\), то \(ML \perp BC\). В треугольнике \(BLC\) высота \(LN\) совпадает с медианой, следовательно он равнобедренный, и \(\angle BCL = \angle LBC = \alpha\).

Треугольники \(AML\) и \(BLC\) подобны по двум углам, так как

\[\angle MAL = \angle MLA = \angle BCL = \angle LBC = \alpha.\]

Что и требовалось доказать.

б) Из условия \(\cos\angle BAC = \cos 2\alpha = \dfrac{7}{25}\). По формуле косинуса двойного угла

\[\cos 2\alpha = 1 - 2\sin^2\alpha, \qquad \frac{7}{25} = 1 - 2\sin^2\alpha, \qquad \sin^2\alpha = \frac{9}{25}, \qquad \sin\alpha = \frac{3}{5}.\]

В прямоугольном треугольнике \(ABL\):

\[\frac{3}{5} = \sin\alpha = \frac{BL}{AB}.\]

Точка \(M\) — середина \(AB\), поэтому \(AB = 2AM\), и

\[\frac{BL}{2AM} = \frac{3}{5} \quad\Longrightarrow\quad \frac{BL}{AM} = \frac{6}{5}.\]

Коэффициент подобия треугольников \(AML\) и \(BLC\) равен

\[k = \frac{AM}{BL} = \frac{5}{6}.\]

Площади подобных треугольников относятся как квадрат коэффициента подобия:

\[\frac{S_{AML}}{S_{BLC}} = k^2 = \left(\frac{5}{6}\right)^2 = \frac{25}{36}.\]

Ответ: б) \(\dfrac{25}{36}\).

а) Обозначим \(\angle BAC = \alpha\). Сумма острых углов прямоугольного треугольника \(AHC\) равна \(90^\circ\), поэтому

\[\angle ACH = 90^\circ - \angle CAH = 90^\circ - \alpha.\]

Углы при основании \(AC\) равнобедренного треугольника равны \(\alpha\), значит

\[\angle BCH = \angle ACB - \angle ACH = \alpha - (90^\circ - \alpha) = 2\alpha - 90^\circ.\]

Окружность вписана в треугольник \(HBC\), поэтому её центр \(O\) — точка пересечения биссектрис, и \(CO\), \(OH\) — биссектрисы углов \(HCB\) и \(BHC\):

\[\angle OCH = \frac{\angle BCH}{2} = \alpha - 45^\circ, \qquad \angle CHO = \frac{\angle BHC}{2} = 45^\circ.\]

Из суммы углов треугольника \(COH\):

\[\angle COH = 180^\circ - 45^\circ - (\alpha - 45^\circ) = 180^\circ - \alpha.\]

Рассмотрим четырёхугольник \(ACOH\). Сумма его противоположных углов

\[\angle CAH + \angle COH = \alpha + 180^\circ - \alpha = 180^\circ,\]

значит он вписанный. Вписанные углы \(AHC\) и \(AOC\) опираются на сторону \(AC\), поэтому

\[\angle AOC = \angle AHC = 90^\circ,\]

что и требовалось доказать.

б) Окружность вписана в угол \(ABC\), поэтому её центр \(O\) лежит на биссектрисе \(BO\) этого угла.

Продлим биссектрису \(BO\) до пересечения с \(AC\) в точке \(M\). Треугольник \(ABC\) равнобедренный, поэтому его биссектриса \(BM\), проведённая к основанию, является также высотой и медианой.

В прямоугольном треугольнике \(AOC\) отрезок \(MO\) — медиана, проведённая из вершины прямого угла, значит она равна половине гипотенузы:

\[MO = \frac{AC}{2} = 5.\]

Тогда высота треугольника \(ABC\) равна

\[BM = BO + MO = 7 + 5 = 12,\]

а его площадь

\[S_{ABC} = \frac{1}{2}\cdot AC\cdot BM = \frac{1}{2}\cdot 10\cdot 12 = 60.\]

Ответ: б) \(60\).

а) Пусть \(BC = 4x\). Так как \(BK : KC = 1 : 3\), то \(BK = x\), \(KC = 3x\). Точка \(N\) — середина \(BC\), поэтому \(BN = NC = 2x\). Тогда

\[KN = BN - BK = 2x - x = x.\]

Так как \(M\) и \(N\) — середины сторон \(AC\) и \(BC\), то \(MN\) — средняя линия треугольника \(ABC\):

\[MN \parallel AB, \qquad MN = \frac{AB}{2}.\]

Так как \(AB \perp BC\), то и \(MN \perp BC\).

Рассмотрим треугольники \(ABN\) и \(MNK\). Их углы \(ABN\) и \(MNK\) равны \(90^\circ\), и выполнено отношение

\[\frac{BN}{KN} = \frac{2}{1} = \frac{AB}{MN}.\]

Значит, треугольники \(ABN\) и \(MNK\) подобны по углу и двум пропорциональным сторонам. Запишем отношение подобия:

\[\frac{AN}{KM} = \frac{BN}{KN} = \frac{2x}{x} = 2.\]

Таким образом, \(AN = 2KM\), что и требовалось доказать.

б) Пусть \(AB \cap MK = H\). Так как \(MN\) — средняя линия треугольника \(ABC\), то

\[MN = \frac{AB}{2} = \frac{6}{2} = 3.\]

Из того, что \(BC = 8\), имеем

\[BK = KN = \frac{BC}{4} = 2, \qquad NC = \frac{BC}{2} = 4.\]

Треугольники \(MNK\) и \(HBK\) равны по стороне и двум прилежащим углам: \(BK = KN\), \(\angle MNK = \angle HBK = 90^\circ\), \(\angle MKN = \angle BKH\) как вертикальные. Тогда равны их соответственные стороны:

\[BH = MN = 3, \qquad AH = AB + BH = 6 + 3 = 9.\]

По теореме Пифагора для треугольника \(ABN\):

\[AN = \sqrt{AB^2 + BN^2} = \sqrt{36 + 16} = \sqrt{52} = 2\sqrt{13}.\]

Треугольники \(MNP\) и \(HAP\) подобны по двум углам: \(\angle MPN = \angle APH\) как вертикальные, \(\angle PMN = \angle PHA\) как накрест лежащие при \(AB \parallel MN\) и секущей \(MH\). Отношение подобия:

\[\frac{AP}{PN} = \frac{AH}{MN} = \frac{9}{3} = 3,\]

\[AP = \frac{3AN}{4} = \frac{3\cdot 2\sqrt{13}}{4} = \frac{3\sqrt{13}}{2}.\]

В прямоугольном треугольнике \(ABN\):

\[\cos\angle BAN = \frac{AB}{AN} = \frac{6}{2\sqrt{13}} = \frac{3}{\sqrt{13}}.\]

По теореме косинусов для треугольника \(ABP\):

\[BP^2 = AB^2 + AP^2 - 2\cdot AB\cdot AP\cdot\cos\angle BAN = 36 + \frac{117}{4} - 2\cdot 6\cdot\frac{3\sqrt{13}}{2}\cdot\frac{3}{\sqrt{13}} = \frac{45}{4},\]

\[BP = \frac{3\sqrt{5}}{2}.\]

Пусть \(R\) — точка пересечения прямой \(BP\) с \(MN\); по условию нужно найти \(PR\).

Треугольники \(ABP\) и \(NRP\) подобны по двум углам: \(\angle APB = \angle NPR\) как вертикальные, \(\angle BAP = \angle PNR\) как накрест лежащие при \(AB \parallel RN\) и секущей \(AN\). Отношение подобия:

\[\frac{BP}{PR} = \frac{AP}{PN} = 3, \qquad PR = \frac{BP}{3} = \frac{\frac{3\sqrt{5}}{2}}{3} = \frac{\sqrt{5}}{2}.\]

Ответ: б) \(\dfrac{\sqrt{5}}{2}\).

а) Четырёхугольник \(MCEH\) вписанный, поскольку

\[\angle C + \angle H = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ.\]

Следовательно, \(\angle MHC = \angle MEC\).

С другой стороны, \(\angle MEC = \angle MKE\) — это угол между хордой и касательной и вписанный угол, опирающиеся на одну дугу. Значит,

\[\angle MHC = \angle MKE.\]

Это соответственные углы при прямых \(EK\) и \(CH\) и секущей \(MK\), поэтому \(EK \parallel CH\), что и требовалось доказать.

б) По теореме Пифагора гипотенуза

\[AB = \sqrt{15^2 + 8^2} = \sqrt{289} = 17.\]

Продлим \(MK\) и \(BC\) до пересечения в точке \(P\).

Заметим, что \(MC = CE = r\), где \(r\) — радиус вписанной окружности, а для прямоугольного треугольника

\[r = \frac{AC + BC - AB}{2} = \frac{15 + 8 - 17}{2} = 3.\]

По свойству отрезков касательных

\[EB = KB = 5, \qquad MA = AK = 12.\]

Применим теорему Менелая для треугольника \(ABC\) и прямой \(MK\):

\[\frac{AK}{KB}\cdot\frac{BP}{PC}\cdot\frac{CM}{MA} = 1, \qquad \frac{12}{5}\cdot\frac{BP}{PC}\cdot\frac{3}{12} = 1 \quad\Longrightarrow\quad \frac{BP}{PC} = \frac{5}{3}.\]

Если \(PC = 3x\), то \(BC = 2x = 8\), откуда \(x = 4\) и \(PC = 12\), а \(PE = PC + CE = 12 + 3 = 15\).

Треугольники \(PCH\) и \(PEK\) подобны по двум углам: угол \(P\) общий, а \(\angle PCH = \angle PEK\) из доказанной в пункте а) параллельности. Значит,

\[\frac{CH}{EK} = \frac{PC}{PE} = \frac{12}{15} = \frac{4}{5}.\]

Ответ: б) \(\dfrac{4}{5}\).

Решение

а) Пусть \(O\) — центр вписанной окружности, \(N\) — точка её касания со стороной \(BC\). Тогда \(BO\) лежит на биссектрисе угла \(ABC\), поэтому

\[\angle OBN = \frac{60^\circ}{2} = 30^\circ.\]

В прямоугольном треугольнике \(OBN\) (радиус \(ON \perp BC\)) катет \(ON = r\) лежит против угла \(30^\circ\), значит

\[BO = 2\,ON = 2r.\]

Кроме того, \(OM = r\) как радиус. Если точка \(O\) не лежит на отрезке \(BM\), то по неравенству треугольника

\[BM < BO + OM = 2r + r = 3r;\]

если же \(O \in BM\), то \(BM = BO + OM = 3r\). В обоих случаях

\[BM \leqslant 3r,\]

что и требовалось доказать.

б) В треугольнике \(BOM\) известны все три стороны:

\[BM = 2{,}8r, \qquad BO = 2r, \qquad OM = r.\]

По теореме косинусов

\[\cos\angle BMO = \frac{BM^2 + MO^2 - BO^2}{2\cdot BM\cdot MO} = \frac{7{,}84r^2 + r^2 - 4r^2}{2\cdot 2{,}8r\cdot r} = \frac{4{,}84}{5{,}6} = \frac{121}{140}.\]

Радиус \(OM\) перпендикулярен касательной \(AC\), поэтому угол \(BMC\) отличается от угла \(BMO\) ровно на \(90^\circ\): в зависимости от расположения точки \(M\)

\[\angle BMC = 90^\circ + \angle BMO \quad\text{или}\quad \angle BMC = 90^\circ - \angle BMO.\]

В обоих случаях

\[\sin\angle BMC = \sin\left(90^\circ \pm \angle BMO\right) = \cos\angle BMO = \frac{121}{140}.\]

Ответ: б) \(\dfrac{121}{140}\).