Задание 17 ЕГЭ по профильной математике

а) Пусть $\angle BAC=\angle BCA=\alpha$. Тогда $\angle ABC=180°-2\alpha$, а из прямоугольного треугольника $BHC$: $\angle BCH=2\alpha -90°$.

Окружность вписана в угол $BCH$, поэтому $CO$ — его биссектриса: $\angle BCO=\alpha -45°$, $\angle ACO=\alpha -(\alpha -45°)=45°$.

$HO$ — биссектриса прямого угла $BHC$, $\angle CHO=45°$, $\angle AHO=135°$. Так как $\angle AHO+\angle ACO=180°$, около четырёхугольника $AHOC$ можно описать окружность, и $\angle OAC=\angle OHC=45°$.

б) Из той же окружности $\angle AOC=\angle AHC=90°$. Пусть $M$ — середина $AC$; медиана к гипотенузе: $OM=\frac{1}{2}AC=3$.

$BM$ — медиана, высота и биссектриса равнобедренного треугольника $ABC$; центр $O$ окружности, вписанной в треугольник $CBH$, лежит на биссектрисе угла $B$, то есть на $BM$. $BM=BO+OM=4$.

$BC=\sqrt{B{M}^2+M{C}^2}=\sqrt{16+9}=5$.

Ответ: б) 5.

а) Касательные из одной точки равны: $NA=NB$, треугольник $ANB$ равнобедренный, поэтому биссектриса $NO$ перпендикулярна $AB$.

Угол $BAC$ опирается на диаметр $BC$, значит, он прямой: $AC\perp AB$. Прямые $AC$ и $NO$ перпендикулярны одной прямой $AB$, поэтому параллельны.

б) Пусть $M$ — точка пересечения $AB$ и $NO$. $M$ — середина $AB$, $O$ — середина $BC$, $MO$ — средняя линия треугольника $ABC$: $MB=12$, $MO=\frac{AC}{2}=5$.

$OB=\sqrt{O{M}^2+M{B}^2}=\sqrt{25+144}=13$.

Прямоугольные треугольники $MOB$ и $BON$ подобны (общий угол при $O$), поэтому $\frac{ON}{OB}=\frac{OB}{OM}$, $ON=\frac{O{B}^2}{OM}=\frac{169}{5}.$

Ответ: б) $\frac{169}{5}$.

а) Доказательство.

Поскольку D лежит на BC, луч BE — биссектриса угла ABD. В равнобедренном треугольнике ABD (AB = BD) биссектриса BE является также медианой и высотой. Поэтому AE = ED и BE ⟂ AD.

По условию CK ⟂ AD, следовательно, CK ∥ BE. Прямоугольные треугольники DBE и DCK подобны по двум углам: углы при D равны как вертикальные. При этом K лежит на луче ED за точкой D.

Из подобия DE/DK = BD/DC. Так как AE = DE и EK = ED + DK, получаем AE/EK = DE/(DE + DK) = BD/(BD + DC) = AB/BC.

Ответ: AB : BC = AE : EK, что и требовалось доказать.

б) Вычисление отношения площадей.

Обозначим площадь ABC через S. Из BD : DC = 5 : 2 следует BD/BC = 5/7. Треугольники ABD и ABC имеют общую высоту к прямой BC, поэтому S(ABD) = 5S/7.

Поскольку AE = ED, треугольники ABE и DBE имеют равные основания на AD и общую высоту из B. Поэтому S(ABE) = S(DBE) = 5S/14.

По теореме о биссектрисе AF/FC = AB/BC = BD/BC = 5/7. Треугольники ABF и CBF имеют общую высоту из B к AC, поэтому S(CBF) = 7S/12.

Отрезок DE отделяет от треугольника CBF треугольник DBE, поэтому S(CDEF) = 7S/12 − 5S/14 = 19S/84.

Следовательно, S(ABE)/S(CDEF) = (5/14)/(19/84) = 30/19.

Ответ: 30 : 19.

а) Доказательство.

Точки C₁, H, C лежат на одной высоте, поэтому C₁H ⟂ AB. Кроме того, HK ⟂ BC и C₁K ∥ BB₁, откуда C₁K ⟂ AC.

Уточним расположение K. В треугольнике ABH точка C₁ лежит внутри стороны AB, а прямая C₁K параллельна BH. Поэтому K лежит внутри AH.

В остроугольном треугольнике H лежит между C и C₁. Следовательно, угол C₁HK острый и равен углу ABC как угол между прямыми, соответственно перпендикулярными AB и BC.

Аналогично угол HC₁K равен углу BAC: его стороны соответственно перпендикулярны AB и AC, причём оба угла острые.

Значит, треугольники C₁HK и ABC подобны по двум углам с соответствием C₁ ↔ A, H ↔ B, K ↔ C. Поэтому KH/BC = C₁H/AB.

Ответ: AB · KH = BC · C₁H, что и требовалось доказать.

б) Вычисление отношения площадей.

Положим AC₁ = x, CC₁ = h. Тогда BC₁ = 6 − x. По теореме Пифагора x² + h² = 25 и (6 − x)² + h² = 16.

Вычитая второе равенство из первого, получаем 12x − 36 = 9, откуда x = 15/4. Затем h² = 25 − 225/16 = 175/16, поэтому h = 5√7/4.

Прямоугольные треугольники AC₁H и CC₁B подобны по двум углам: угол C₁AH равен углу C₁CB, поскольку их стороны соответственно перпендикулярны. Отсюда C₁H/BC₁ = AC₁/CC₁.

Следовательно, C₁H = (9/4) · (15/4)/(5√7/4) = 27/(4√7).

По доказанному подобию коэффициент подобия треугольника C₁HK треугольнику ABC равен C₁H/AB = 9/(8√7). Отношение площадей подобных треугольников равно квадрату коэффициента подобия.

Таким образом, S(C₁HK)/S(ABC) = (9/(8√7))² = 81/448.

Ответ: 81/448.

а) Доказательство.
В равнобедренном треугольнике ABD с основанием AD имеем AB = BD. В равнобедренном треугольнике BCD с основанием CD имеем BC = BD. Следовательно, AB = BC.
Треугольник ABC равнобедренный, поэтому ∠BAC = ∠ACB. Поскольку AD ∥ BC, накрест лежащие углы ACB и CAD равны.
Значит, ∠BAC = ∠CAD, то есть луч AC — биссектриса угла BAD.
Ответ: утверждение доказано.

б) Расчёт.
Положим BD = BC = s = 8,5, AD = a. Введём координаты A(0; 0), D(a; 0), расположив трапецию выше оси абсцисс.
Поскольку AB = BD, вершина B лежит на серединном перпендикуляре к AD: B(a/2; h). Из BC ∥ AD и BC = s получаем C(a/2 + s; h).
По теореме Пифагора a²/4 + h² = s².
Тогда AC² = (a/2 + s)² + h² = 2s² + as, а CD² = (a/2 − s)² + h² = 2s² − as.
Складывая равенства, получаем AC² + CD² = 4s².
Следовательно, CD² = 4 · 8,5² − 15² = 289 − 225 = 64, откуда CD = 8.
Ответ: 8.

а) Доказательство.
Применим метод координат. Положим A(0; 0), B(s; 0), C(t; h), где s = AB = BC, h > 0. Из остроугольности следует 0 < t < s.
Равенство BC = s даёт (s − t)² + h² = s², то есть t² + h² = 2st.
Найдём координаты H. Поскольку H лежит на BC, запишем H = (s + λ(t − s); λh). Условие AH ⟂ BC даёт s(t − s) + λ((t − s)² + h²) = 0, поэтому λ = (s − t)/s.
Следовательно, H(t(2s − t)/s; h(s − t)/s). Обозначим его абсциссу через m = t(2s − t)/s. Тогда M(m; 0).
Поскольку K лежит на AC, имеем K(μt; μh). Из HK ⟂ AC следует μ(t² + h²) = t · m + h²(s − t)/s = h².
Таким образом, μ = h²/(2st), поэтому K(m/2; h³/(2st)); здесь использовано h² = t(2s − t).
Прямая CT перпендикулярна AB и имеет уравнение x = t. На прямой MK ордината точки с абсциссой t равна y = (h³/(st)) · (m − t)/m.
Подставляя m − t = t(s − t)/s и h² = t(2s − t), получаем y = h(s − t)/s.
Значит, E(t; h(s − t)/s). Ординаты E и H совпадают, поэтому EH ∥ AB. При этом m > t > m/2, так что E действительно лежит на отрезке MK.
Ответ: утверждение доказано.

б) Расчёт.
Из найденных координат M и E по теореме Пифагора:
ME² = (m − t)² + h²(s − t)²/s² = ((s − t)²/s²)(t² + h²).
Следовательно, ME = AC · (s − t)/s, поскольку s − t > 0.
При s = 17 и AC = 16 равенство AC² = t² + h² = 2st даёт t = 16²/(2 · 17) = 128/17.
Тогда ME = 16 · (17 − 128/17)/17 = 16 · 161/289 = 2576/289.
Ответ: 2576/289.

а) Опустим высоту BF на основание AD. Четырёхугольник FBCH — прямоугольник, поэтому FH = BC и BF = CH.

Прямоугольные треугольники ABF и DCH равны по гипотенузе и катету: AB = CD, поскольку трапеция равнобедренная, а BF = CH. Следовательно, AF = HD.

Пусть BC = x, тогда AD = 3x. Из равенства AD = AF + FH + HD получаем AF = HD = (3x − x)/2 = x.

Поэтому AH = AF + FH = 2x = 2HD.

Ответ: а) AH : HD = 2 : 1, что и требовалось доказать.

б) При AD = 15 имеем BC = 5, AH = 10 и HD = 5.

По теореме Пифагора в прямоугольном треугольнике ACH: CH² = AC² − AH² = (2√61)² − 10² = 244 − 100 = 144. Значит, CH = BF = 12.

Обозначим через M середину диагонали BD. Поскольку FH = BC = 5 и HD = 5, точка H — середина FD.

В треугольнике BFD отрезок MH соединяет середины сторон BD и FD. По теореме о средней линии MH = BF/2 = 6 и MH ∥ BF.

Точки C и M лежат по одну сторону от AD, на перпендикуляре к AD через H. Поэтому CM = CH − MH = 12 − 6 = 6.

Ответ: б) 6.

а) Обозначим ∠BAD = α. Так как E лежит на продолжении AD за D, то ∠BAE = α.

Лучи CB и AE противоположно направлены, как и лучи CK и AB, вследствие параллельности противоположных сторон параллелограмма. Поэтому ∠BCK = ∠BAD = α.

Точки A, B, C, E, K лежат на одной окружности. Вписанные углы BKE и BAE опираются на одну дугу BE, поэтому ∠BKE = ∠BAE = α.

Аналогично вписанные углы BEK и BCK опираются на одну дугу BK, поэтому ∠BEK = ∠BCK = α.

Таким образом, в треугольнике BKE углы при вершинах K и E равны. Против равных углов лежат равные стороны, следовательно, BK = BE.

Ответ: а) BK = BE, что и требовалось доказать.

б) При α = 30° из пункта а) получаем ∠BKE = ∠BEK = 30°, поэтому ∠KBE = 180° − 60° = 120°.

Соседние углы параллелограмма в сумме равны 180°, следовательно, ∠ABC = 180° − 30° = 150°.

Пусть R — радиус данной окружности. По расширенной теореме синусов в треугольниках BKE и ABC имеем KE = 2R sin 120° и AC = 2R sin 150°.

Поэтому KE/AC = sin 120°/sin 150° = (√3/2)/(1/2) = √3.

Ответ: б) KE : AC = √3.

а) Введём координаты: A(−a; 0), C(a; 0), B(0; h), где a > 0. Поскольку угол B острый, h > a.

Центр окружности, касающейся сторон AB и BC, равноудалён от их прямых, поэтому лежит на одной из биссектрис углов между ними: x = 0 или y = h.

На прямой y = h при x ≠ 0 основание перпендикуляра к одной из прямых AB, BC лежит за точкой B, а при x = 0 радиус равен нулю. Поэтому O(0; t).

Основание перпендикуляра из O к AB принадлежит отрезку AB. Его положение задаётся числом (a² + ht)/(a² + h²), лежащим между 0 и 1. Отсюда −a²/h ≤ t ≤ h.

Прямая AB имеет уравнение hx − ay + ah = 0. Поскольку CH проходит через C перпендикулярно AB, её уравнение ax + hy − a² = 0.

Расстояния от O до AB и CH равны радиусу окружности. По формуле расстояния от точки до прямой получаем a(h − t)/√(a² + h²) = |ht − a²|/√(a² + h²).

Следовательно, a(h − t) = |ht − a²|. При ht ≥ a² получаем t = a, а при ht < a² получаем t = −a.

Второй вариант невозможен: из h > a следует −a < −a²/h. Таким образом, O(0; a).

Пусть D — середина AC. Тогда AD = OD = a и ∠ADO = 90°. Прямоугольный треугольник ADO равнобедренный, поэтому ∠OAC = ∠OAD = 45°.

Ответ: ∠OAC = 45°, что и требовалось доказать.

б) Из AC = 6 следует a = 3. Поскольку h > a, имеем BO = h − a = 1, откуда h = 4.

По теореме Пифагора BC = √(a² + h²) = √(9 + 16) = 5.

Ответ: 5.

а) Обозначим ∠ABC = β. Тогда ∠BAC = 2β, а ∠ACB = 180° − 3β. Из остроугольности треугольника следует 30° < β < 45°.

Центральный угол AOC, опирающийся на ту же дугу AC, что и вписанный угол ABC, равен 2β.

Поскольку треугольник ABC остроугольный, его центр описанной окружности O лежит внутри треугольника. Поэтому O и P находятся по одну сторону от прямой AC.

Точки A, O, C, P лежат на одной окружности. Вписанные углы AРC и AOC, вершины которых находятся по одну сторону от хорды AC, равны. Значит, ∠APC = 2β.

Лучи PB и PC противоположны, поэтому ∠APB = 180° − 2β. Кроме того, ∠ABP = ∠ABC = β.

По сумме углов треугольника ABP получаем ∠BAP = β. Против равных углов лежат равные стороны, следовательно, AP = BP.

Ответ: AP = BP, что и требовалось доказать.

б) По теореме синусов в треугольнике ABC: BC/AC = sin(2β)/sin β = 2cos β. Обозначим BC = x; тогда x = 8cos β.

По теореме косинусов для стороны AC: AC² = AB² + BC² − 2·AB·BC·cos β.

Подставляя данные и cos β = x/8, получаем 16 = 49 + x² − 14x·x/8 = 49 − 3x²/4.

Отсюда x² = 44. Поскольку длина стороны положительна, x = 2√11.

Ответ: 2√11.

а) Поскольку BB₁ и CC₁ — высоты, ∠BB₁C = ∠BC₁C = 90°. Поэтому точки B, B₁, C₁, C лежат на окружности с диаметром BC.

Вписанные углы BB₁C₁ и BCC₁ опираются на одну хорду BC₁, поэтому ∠BB₁C₁ = ∠BCC₁.

Так как CC₁ ⟂ AB, то ∠BCC₁ = 90° − ∠ABC.

Точка H — ортоцентр треугольника, следовательно, AH ⟂ BC. Треугольник остроугольный, поэтому ∠BAH = 90° − ∠ABC.

Таким образом, ∠BB₁C₁ = ∠BAH.

Ответ: равенство доказано.

б) В прямоугольном треугольнике ABB₁ угол ABB₁ равен 90° − ∠BAC = 60°. Поскольку лучи BC₁ и BA совпадают, ∠B₁BC₁ = 60°.

Окружность через B, B₁, C₁, C имеет радиус BC/2. По расширенной теореме синусов для треугольника BB₁C₁ получаем B₁C₁ = BC · sin 60°.

Следовательно, BC = 18/(√3/2) = 12√3.

Пусть O — центр окружности, описанной около ABC, R — её радиус. По расширенной теореме синусов R = BC/(2 sin 30°) = 12√3.

Обозначим середину BC через M. Тогда OM ⟂ BC, поэтому OM — искомое расстояние до стороны BC.

По теореме Пифагора OM = √(R² − (BC/2)²) = √(432 − 108) = 18.

Ответ: 18.

а) Обозначим через F точку пересечения прямых AE и BC. Поскольку AD ∥ BC, а E лежит внутри CD, точка F расположена на продолжении BC за C.

Треугольники ADE и FCE равны по стороне и двум прилежащим углам: DE = CE по условию, ∠AED = ∠FEC как вертикальные, ∠ADE = ∠FCE вследствие AD ∥ CF.

Поэтому AE = EF и CF = AD. Значит, E — середина AF.

Треугольники BKC и BAF подобны по двум углам: BK лежит на BA, BC лежит на BF, KC ∥ AF. Следовательно, BK/BA = BC/BF.

Из подобия треугольников BKO и BAE получаем KO/AE = BK/BA, а из подобия треугольников BCO и BFE получаем CO/FE = BC/BF.

Правые части равны, и AE = FE, поэтому KO = CO.

Ответ: равенство доказано.

б) Пусть BC = b, AD = a, высота трапеции равна h. Тогда BF = BC + CF = a + b.

Из установленного подобия треугольников BKC и BAF следует BK/BA = b/(a + b).

Расстояния от K и A до прямой BC относятся как BK/BA: это следует из подобия прямоугольных треугольников, образованных перпендикулярами из K и A к BC.

Поэтому высота треугольника BCK, проведённая к BC, равна hb/(a + b), а его площадь равна b²h/(2(a + b)).

Площадь трапеции равна (a + b)h/2. Следовательно, S(BCK)/S(ABCD) = b²/(a + b)² = 9/100.

Поскольку a и b положительны, b/(a + b) = 3/10. Отсюда 10b = 3a + 3b, то есть 7b = 3a.

Таким образом, BC/AD = b/a = 3/7.

Ответ: 3/7.

а) Обозначим ∠ABC = β. Тогда ∠BAC = 2β.

Треугольник ABC остроугольный, поэтому центр описанной окружности O лежит внутри него. Центральный угол AOC и вписанный угол ABC опираются на одну дугу AC, следовательно, ∠AOC = 2β.

Точки A, O, C, P лежат на одной окружности. Точки O и P находятся по одну сторону от прямой AC, поэтому вписанные углы APC и AOC опираются на одну дугу и равны. Значит, ∠APC = 2β = ∠BAC.

Поскольку P лежит на отрезке BC, ∠PCA = ∠BCA. Следовательно, треугольники PAC и ABC подобны по двум углам; соответствие вершин: P ↔ A, A ↔ B, C ↔ C.

Ответ: треугольники PAC и ABC подобны.

б) Из подобия PC/AC = AC/BC, поэтому PC = AC²/BC = 4/√10.

Тогда BP = BC − PC = √10 − 4/√10 = 6/√10.

По подобию ∠PAC = ∠ABC = β. Поэтому ∠BAP = ∠BAC − ∠PAC = β, то есть AP — биссектриса треугольника ABC.

По теореме о биссектрисе AB/AC = BP/PC = (6/√10)/(4/√10) = 3/2.

Следовательно, AB = 2 · 3/2 = 3.

Ответ: 3.

а) Так как AM = MC, треугольник AMC равнобедренный с основанием AC. Поэтому ∠MAC = ∠ACM.

В параллелограмме BC ∥ AD, следовательно, CM ∥ AD. Отсюда ∠ACM = ∠CAD как накрест лежащие углы при секущей AC.

Таким образом, ∠MAC = ∠CAD, то есть луч AC — биссектриса угла MAD.

Центр I вписанной окружности треугольника AMD лежит на пересечении его внутренних биссектрис, поэтому I принадлежит лучу AC.

При этом I находится внутри треугольника AMD, а значит, внутри параллелограмма ABCD. Часть луча AC, лежащая внутри параллелограмма, содержится в отрезке AC. Следовательно, I лежит на диагонали AC.

Ответ: центр вписанной окружности лежит на диагонали AC.

б) Обозначим AM = MC = x. Тогда BM = 10 − x. Смежные углы параллелограмма дают ∠ABM = 180° − 60° = 120°.

По теореме косинусов в треугольнике ABM: x² = 5² + (10 − x)² − 2 · 5 · (10 − x) · cos 120°.

Поскольку cos 120° = −1/2, получаем x² = 25 + 100 − 20x + x² + 50 − 5x. Отсюда 25x = 175, x = 7.

В параллелограмме CD = AB = 5 и ∠MCD = ∠BCD = 60°. По теореме косинусов в треугольнике MCD: MD² = 7² + 5² − 2 · 7 · 5 · cos 60° = 39. Значит, MD = √39.

Поскольку M лежит на BC и BC ∥ AD, высота треугольника AMD к основанию AD равна высоте параллелограмма: h = AB · sin 60° = 5√3/2.

Тогда S = AD · h/2 = 10 · (5√3/2)/2 = 25√3/2. Полупериметр треугольника AMD равен s = (7 + 10 + √39)/2 = (17 + √39)/2.

По формуле S = rs радиус вписанной окружности равен r = 25√3/(17 + √39) = 25√3(17 − √39)/(289 − 39) = (17√3 − 3√13)/10.

Ответ: (17√3 − 3√13)/10.

а) Доказательство.

∠ABC = 180° − 60° − 45° = 75°. Все углы треугольника острые, поэтому H лежит на стороне BC.

В прямоугольном треугольнике AHC угол C равен 45°, следовательно, HC = AH. В треугольнике ABH получаем BH = AH/tg 75° < AH = HC. Поэтому точки B, H, A₁, C расположены именно в таком порядке.

B₁ — середина гипотенузы AC прямоугольного треугольника AHC, поэтому B₁H = B₁C. Значит, ∠B₁HC = ∠HCB₁ = 45°. Поскольку лучи HA₁ и HC совпадают, ∠B₁HA₁ = 45°.

По теореме о средней линии C₁B₁ ∥ BC и C₁A₁ ∥ AC. Следовательно, ∠B₁C₁A₁ = ∠BCA = 45°.

Точки H и C₁ лежат по одну сторону от прямой A₁B₁: эта прямая параллельна AB и отделяет вершину C от стороны AB. Поэтому из равенства ∠B₁HA₁ = ∠B₁C₁A₁ следует по обратной теореме о вписанных углах, что A₁, B₁, C₁, H лежат на одной окружности.

Ответ: а) утверждение доказано.

б) Вычисление.

По теореме синусов AC = BC · sin 75°/sin 60° = 2√3 · ((√6 + √2)/4)/(√3/2) = √6 + √2.

Из прямоугольного треугольника AHC: HC = AC · cos 45° = (√6 + √2) · √2/2 = √3 + 1.

A₁C = BC/2 = √3. Учитывая порядок H, A₁, C, получаем A₁H = HC − A₁C = √3 + 1 − √3 = 1.

Ответ: б) 1.

а) Доказательство.

Четырёхугольник BCB₁C₁ вписан в окружность, поэтому ∠BCB₁ + ∠BC₁B₁ = 180°.

Поскольку A, C₁, B лежат на одной прямой, ∠AC₁B₁ + ∠BC₁B₁ = 180°. Следовательно, ∠AC₁B₁ = ∠BCB₁ = ∠BCA.

Кроме того, ∠B₁AC₁ = ∠BAC. Значит, треугольники ABC и AB₁C₁ подобны по двум углам, с соответствием A ↔ A, B ↔ B₁, C ↔ C₁.

Ответ: а) подобие доказано.

б) Вычисление.

Пусть площадь AB₁C₁ равна S. Тогда площадь четырёхугольника BCB₁C₁ равна 3S, а площадь ABC равна 4S.

Отношение площадей подобных треугольников равно квадрату коэффициента подобия. Поэтому AB₁/AB = AC₁/AC = B₁C₁/BC = 1/2.

Отсюда B₁C₁ = BC/2 = 5√7.

Обозначим AB = x, ∠ACB = γ. Тогда AB₁ = x/2. По теореме косинусов в треугольнике ABB₁: BB₁² = x² + x²/4 − 2x · (x/2) · cos 120° = 7x²/4. Значит, BB₁ = x√7/2.

Из пункта а) ∠AC₁B₁ = γ, поэтому ∠BC₁B₁ = 180° − γ. По теореме синусов в треугольнике BC₁B₁ радиус данной окружности R = BB₁/(2 sin γ) = x√7/(4 sin γ).

По теореме синусов в треугольнике ABC: x/sin γ = BC/sin 120° = 10√7/(√3/2) = 20√7/√3.

Следовательно, R = (√7/4) · (20√7/√3) = 35/√3 = 35√3/3.

Ответ: б) B₁C₁ = 5√7; R = 35√3/3.

а) Точки C₁ и B₁ лежат соответственно на сторонах AB и AC. Четырёхугольник BC B₁C₁ вписан в окружность, поэтому ∠ABC + ∠CB₁C₁ = 180°.

Поскольку лучи B₁A и B₁C противоположны, ∠AB₁C₁ + ∠CB₁C₁ = 180°. Следовательно, ∠ABC = ∠AB₁C₁.

Кроме того, ∠BAC = ∠B₁AC₁. Значит, треугольники ABC и AB₁C₁ подобны по двум углам, с соответствием вершин A ↔ A, B ↔ B₁, C ↔ C₁.

Ответ: а) подобие доказано.

б) Обозначим площадь треугольника AB₁C₁ через S. Тогда площадь четырёхугольника BCB₁C₁ равна 8S, а площадь треугольника ABC равна 9S.

Отношение площадей подобных треугольников равно квадрату коэффициента подобия, поэтому AB/AB₁ = AC/AC₁ = BC/B₁C₁ = √9 = 3. Отсюда BC = 3 · 6 = 18.

Пусть AB₁ = x, а ∠AC₁B₁ = γ. Тогда AB = 3x. По теореме косинусов в треугольнике ABB₁:

BB₁² = (3x)² + x² − 2 · 3x · x · cos 45° = x²(10 − 3√2).

По теореме синусов в треугольнике AB₁C₁ имеем x/sin γ = 6/sin 45°, откуда sin γ = x√2/12.

Угол BC₁B₁ дополняет угол AC₁B₁ до 180°, поэтому sin ∠BC₁B₁ = sin γ. Окружность из условия описана около треугольника BC₁B₁.

По расширенной теореме синусов её радиус R = BB₁/(2sin ∠BC₁B₁) = x√(10 − 3√2)/(x√2/6) = 3√(20 − 6√2).

Ответ: б) BC = 18; R = √(180 − 54√2) = 3√(20 − 6√2).

а) Обозначим трапецию ABCD, где AB ∥ CD. Продлим основание AB за точку B и отметим точку E так, чтобы BE = CD.

В четырёхугольнике DBEC стороны BE и DC параллельны и равны. Следовательно, DBEC — параллелограмм, поэтому CE ∥ BD и CE = BD.

В треугольнике ACE сторона AE = AB + BE = AB + CD = 13, а стороны AC и CE равны диагоналям трапеции, то есть 5 и 12.

Поскольку 5² + 12² = 25 + 144 = 169 = 13², по теореме, обратной теореме Пифагора, ∠ACE = 90°.

Таким образом, AC ⟂ CE. Так как CE ∥ BD, получаем AC ⟂ BD.

Ответ: а) диагонали трапеции перпендикулярны.

б) Площадь прямоугольного треугольника ACE равна половине произведения катетов: S = 5 · 12/2 = 30.

Высота из вершины C к прямой AE равна высоте h трапеции, поскольку AE лежит на прямой AB, параллельной CD.

Следовательно, S = AE · h/2 = 13h/2. Получаем 13h/2 = 30, откуда h = 60/13.

Ответ: б) 60/13.

а) Применим метод координат. Пусть P(a; 0), A(0; 0), B(a; h), D(d; 0), где h = BP, a = AP. Поскольку угол BAD острый, a > 0.

Обозначим AB = s. По теореме Пифагора s² = a² + h².

Площадь параллелограмма равна AD · BP = AB · BQ. Так как BQ = AB = s, получаем dh = s², то есть d = (a² + h²)/h.

Сторона CD параллельна AB, поэтому координаты Q можно записать как Q(d + ta; th). Условие BQ ⊥ CD даёт a(d + ta − a) + h(th − h) = 0.

Следовательно, t(a² + h²) = a² + h² − ad, откуда t = 1 − a/h. Поэтому Q(a + h; h − a).

Так как AM = h, имеем M(h; 0). По формуле расстояния между точками BM² = (h − a)² + h², PQ² = h² + (h − a)². Следовательно, BM = PQ.

Ответ: BM = PQ, что и требовалось доказать.

б) При h = 8 и s = 10 по теореме Пифагора a = √(10² − 8²) = 6.

Из найденных координат Q следует, что расстояние от Q до прямой AP равно |h − a| = 2.

По формуле площади треугольника S(APQ) = AP · 2/2 = 6 · 2/2 = 6.

Ответ: 6.

а) Доказательство.
Обозначим радиус описанной окружности через R. Проведём диаметр BK.
Углы BAK и BCK прямые как вписанные углы, опирающиеся на диаметр. Следовательно, AK ⊥ AB и CK ⊥ BC.
Точка H — ортоцентр треугольника ABC, поэтому CH ⊥ AB и AH ⊥ BC. Значит, AK ∥ CH и CK ∥ AH.
Таким образом, четырёхугольник AHCK — параллелограмм, откуда AH = CK.
По расширенной теореме синусов BC = 2R sin 120° = R√3.
Из прямоугольного треугольника BCK получаем CK = √(BK² − BC²) = √(4R² − 3R²) = R.
Следовательно, AH = R = AO.
Ответ: AH = AO, что и требовалось доказать.

б) Вычисление площади.
По сумме углов треугольника ∠ACB = 180° − 120° − 15° = 45°.
Из равенства BC = R√3 при BC = 3 находим R = √3. По пункту а) AH = AO = √3.
Поскольку угол A тупой, ортоцентр H лежит по другую сторону от прямой AB, чем C. Из AH ⊥ BC получаем ∠BAH = 90° + ∠ABC = 105°.
Вписанный угол ACB равен 45°, поэтому меньший центральный угол AOB равен 90°. Центр O лежит по ту же сторону от AB, что и C: угол ACB острый, и C принадлежит большей дуге AB.
Треугольник AOB равнобедренный, поэтому ∠BAO = (180° − 90°)/2 = 45°.
Лучи AH и AO лежат по разные стороны от AB, следовательно, ∠HAO = 105° + 45° = 150°.
Тогда S(AHO) = AH · AO · sin 150°/2 = √3 · √3 · (1/2)/2 = 3/4 = 0,75.
Ответ: 0,75.