Задание 17 ЕГЭ по профильной математике

а) Точки B, C, B₁, C₁ лежат на одной окружности. Противоположные углы вписанного четырёхугольника в сумме дают 180°, поэтому ∠CB₁C₁ + ∠CBC₁ = 180°.

Лучи B₁A и B₁C противоположны, следовательно, ∠AB₁C₁ = 180° − ∠CB₁C₁ = ∠ABC.

Кроме того, ∠B₁AC₁ = ∠BAC. Значит, треугольники ABC и AB₁C₁ подобны по двум углам; соответствуют вершины A и A, B и B₁, C и C₁.

Ответ: требуемое подобие доказано.

б) Обозначим площадь треугольника AB₁C₁ через S. Тогда площадь четырёхугольника BCB₁C₁ равна 7S, а площадь треугольника ABC равна 8S.

Отношение площадей подобных треугольников равно квадрату коэффициента подобия, поэтому k² = 8, k = 2√2.

Следовательно, BC = k · B₁C₁ = 2√2 · 10 = 20√2.

Пусть AB₁ = x. Из подобия AB = kx = 2√2x. В треугольнике ABB₁ угол A равен 135°.

По теореме косинусов BB₁² = (2√2x)² + x² − 2 · 2√2x · x · cos 135° = 13x², откуда BB₁ = √13x.

По теореме синусов в том же треугольнике sin ∠ABB₁ = AB₁ · sin 135° / BB₁ = 1/√26.

Поскольку лучи BC₁ и BA совпадают, ∠C₁BB₁ = ∠ABB₁. Треугольник BC₁B₁ вписан в данную окружность, поэтому по расширенной теореме синусов 2R = B₁C₁ / sin ∠C₁BB₁ = 10√26.

Ответ: BC = 20√2; R = 5√26.

а) Пусть R — радиус описанной окружности, а D — точка, диаметрально противоположная B.

Углы BAD и BCD опираются на диаметр BD, поэтому оба равны 90°. Следовательно, AD ⟂ AB и CD ⟂ BC.

Так как H — точка пересечения прямых, содержащих высоты, CH ⟂ AB и AH ⟂ BC. Значит, AD ∥ CH и CD ∥ AH.

Таким образом, AHCD — параллелограмм, откуда AH = CD.

Точки A и D лежат на разных дугах с концами B и C, поэтому противоположные углы вписанного четырёхугольника BACD дают ∠BDC = 180° − ∠BAC = 60°.

В прямоугольном треугольнике BCD получаем ∠CBD = 30°, поэтому CD = BD/2 = R.

Следовательно, AH = R = AO.

Ответ: AH = AO, что и требовалось доказать.

б) По теореме синусов 2R = BC / sin 120° = √15 / (√3/2) = 2√5. Значит, AH = AO = √5.

Третий угол треугольника ABC равен ∠ACB = 180° − 120° − 45° = 15°.

Центральный угол AOB, соответствующий дуге AB, не содержащей C, равен 2∠ACB = 30°. В равнобедренном треугольнике AOB угол BAO = (180° − 30°)/2 = 75°.

Обоснуем расположение лучей. Основание N высоты CN находится на продолжении AB за A, поскольку ∠A тупой. При ∠B = 45° прямая BH, перпендикулярная AC, пересекает CN по другую сторону AB относительно C. Поэтому H лежит по другую сторону AB относительно C.

Из AH ⟂ BC получаем ∠BAH = 90° + ∠ABC = 135°. Центр O лежит с той же стороны AB, что и C: угол ACB острый, и C находится на большей дуге AB.

Следовательно, ∠HAO = 360° − ∠BAH − ∠BAO = 360° − 135° − 75° = 150°.

Искомая площадь S = AH · AO · sin 150° / 2 = √5 · √5 · (1/2) / 2 = 5/4.

Ответ: 5/4.

а) Сумма углов четырёхугольника равна 360°, поэтому ∠LMN = 360° − 90° − 120° − 120° = 30°.

Центр вписанной окружности лежит на биссектрисах углов, следовательно, ∠MLO = 60°, ∠LMO = 15°.

Опустим из L перпендикуляр LH на прямую MN. Поскольку ∠LMN = 30°, точка H лежит на луче MN и ∠MLH = 60°.

Лучи LH и LO лежат по одну сторону от LM и образуют с ним одинаковые углы 60°, поэтому совпадают.

Радиус OA перпендикулярен MN. Значит, прямые LH и OA совпадают, поскольку обе проходят через O и перпендикулярны MN. Таким образом, A лежит на LO.

Ответ: точка A лежит на прямой LO.

б) Обозначим радиус окружности через r. В прямоугольном треугольнике MAO угол OMA равен 15°, поэтому MA = r·ctg 15°.

Аналогично, NO — биссектриса прямого угла MNK, поэтому ∠ANO = 45° и AN = r.

В треугольнике LMO угол LOM равен 180° − 60° − 15° = 105°. В прямоугольном треугольнике MOA угол MOA равен 75°. Следовательно, лучи OL и OA противоположны, то есть O лежит между L и A.

Расстояние от O до LM равно r, а угол между LO и LM равен 60°. Поэтому LO·sin 60° = r, откуда LO = 2r/√3.

По условию LA = LO + OA = 2r/√3 + r = 1. Значит, r = √3/(2 + √3) = 2√3 − 3.

По формуле тангенса разности tg 15° = tg(45° − 30°) = 2 − √3, поэтому ctg 15° = 2 + √3.

Таким образом, MN = MA + AN = r(3 + √3) = (2√3 − 3)(3 + √3) = 3√3 − 3.

Ответ: 3√3 − 3.

а) Введём прямоугольную систему координат: A(0; 0), D(2a; 0), B(u; h), C(u + a; h), где a = BC > 0, h > 0. Пусть M(x; y).

По условию AB ⟂ BM. Поэтому скалярное произведение векторов AB и BM равно нулю: u(x − u) + h(y − h) = 0.

Аналогично, DC ⟂ CM, поэтому (u − a)(x − u − a) + h(y − h) = 0.

Вычитая второе равенство из первого, получаем ax − a² = 0. Следовательно, x = a.

Значит, M лежит на серединном перпендикуляре к AD и равноудалена от концов этого отрезка: AM = DM.

Ответ: AM = DM.

б) Расстояние от внутренней точки M до AD равно a, поэтому y = a. С учётом пункта а) имеем M(a; a).

Обозначим t = ctg 70°. Из ∠ADC = 70° получаем 2a − (u + a) = h·ctg 70°, то есть u = a − ht.

Подставим x = y = a в равенство, выражающее AB ⟂ BM: u(a − u) + h(a − h) = 0.

Используя u = a − ht, получаем (a − ht)ht + h(a − h) = 0. Поскольку h > 0, после деления на h имеем a(1 + t) = h(1 + t²).

Следовательно, h = a(1 + t)/(1 + t²), а u = a − ht = a(1 − t)/(1 + t²).

Так как 0 < t < 1, то u > 0, поэтому угол BAD острый и tg ∠BAD = h/u = (1 + t)/(1 − t).

При этом t = ctg 70° = tg 20°. По формуле тангенса суммы (1 + tg 20°)/(1 − tg 20°) = tg(45° + 20°) = tg 65°.

Таким образом, ∠BAD = 65°.

Ответ: 65°.

а) Доказательство.

Применим теорему Менелая к треугольнику ABB₁ и секущей C₁DC. Точка C лежит на продолжении стороны AB₁, поэтому (AC₁/C₁B) · (BD/DB₁) · (B₁C/CA) = 1.

Подставляя данные, получаем (8/3) · (BD/DB₁) · (3/4) = 1, откуда BD/DB₁ = 1/2 и BD/BB₁ = 1/3.

По условию BA₁/BC = 1/3. Следовательно, BD/BB₁ = BA₁/BC, поэтому по обратной теореме Фалеса DA₁ ∥ B₁C.

Треугольники BDA₁ и BB₁C подобны с коэффициентом 1/3. Значит, DA₁ = B₁C/3 = AC/4 = AB₁.

В четырёхугольнике ADA₁B₁ противоположные стороны DA₁ и AB₁ параллельны и равны. По признаку параллелограмма ADA₁B₁ — параллелограмм.

Ответ к пункту а): утверждение доказано.

б) Нахождение радиуса.

Из пункта а) следует, что B₁A₁ ∥ AD. Поскольку AD ⊥ BC, треугольник B₁A₁C прямоугольный с прямым углом при A₁.

B₁C = 3AC/4 = 12, CA₁ = 2BC/3 = 10. По теореме Пифагора B₁A₁ = √(12² − 10²) = 2√11.

Опустим высоту AH на BC. Прямоугольные треугольники CHA и CA₁B₁ подобны по общему углу при C. Коэффициент подобия равен CA/CB₁ = 4/3.

Поэтому AH = 8√11/3, CH = 40/3. Так как CH < CB, точка H лежит на отрезке BC, и BH = 15 − 40/3 = 5/3.

Из прямоугольного треугольника ABH получаем AB = √((5/3)² + (8√11/3)²) = 9.

Площадь S треугольника ABC равна BC · AH/2. Используя формулу R = AB · BC · AC/(4S), получаем R = AB · AC/(2AH) = 9 · 16/(16√11/3) = 27√11/11.

Ответ к пункту б): 27√11/11.

а) Доказательство.

Обозначим трапецию ABCD так, что AB ∥ CD, а AC = 6, BD = 8. На продолжении AB за точку B отметим точку E, для которой BE = CD.

В четырёхугольнике BECD противоположные стороны BE и CD параллельны и равны. Следовательно, BECD — параллелограмм, поэтому CE ∥ BD и CE = BD = 8.

При этом AE = AB + BE = AB + CD = 10.

В треугольнике ACE выполняется AC² + CE² = 6² + 8² = 100 = AE². По обратной теореме Пифагора угол ACE прямой, то есть AC ⊥ CE.

Поскольку CE ∥ BD, получаем AC ⊥ BD.

Ответ к пункту а): диагонали трапеции перпендикулярны.

б) Нахождение высоты.

Площадь прямоугольного треугольника ACE равна S = AC · CE/2 = 6 · 8/2 = 24.

Высота этого треугольника, проведённая из C к прямой AE, равна высоте h трапеции: AE лежит на прямой AB, а C — на параллельной ей прямой CD.

По формуле площади треугольника S = AE · h/2 получаем 24 = 10h/2, откуда h = 4,8.

Ответ к пункту б): 4,8.

а) Обозначим радиус окружности через r, а точку её касания со стороной LM — через T. Центр вписанной окружности лежит на биссектрисах углов четырёхугольника.

Поэтому ∠OLM = ∠LMO = 30°. Следовательно, треугольник LOM равнобедренный, LO = MO и ∠LOM = 120°.

Радиус OA перпендикулярен MN. В прямоугольном треугольнике MOA угол OMA равен 30°, поэтому ∠MOA = 60°.

Точки L и A лежат по разные стороны от прямой MO: луч MO проходит внутри угла LMN, а A лежит на стороне MN. Поэтому ∠LOA = ∠LOM + ∠MOA = 120° + 60° = 180°.

Следовательно, точки L, O, A лежат на одной прямой, причём O находится между L и A. Ответ: утверждение доказано.

б) В прямоугольном треугольнике MOA катет OA лежит против угла 30°, поэтому MO = 2r. Поскольку LO = MO, получаем LA = LO + OA = 3r.

По условию LA = 3, значит, r = 1. По теореме Пифагора MA = √(MO² − OA²) = √(4 − 1) = √3.

Центр O лежит на биссектрисе прямого угла MNK, поэтому ∠ONA = 45°. Прямоугольный треугольник OAN равнобедренный, откуда AN = OA = 1.

Точка A лежит на стороне MN, следовательно, MN = MA + AN = √3 + 1. Ответ: 1 + √3.

а) По расширенной теореме синусов sin ∠PWQ = PQ/(2R) = 16/20 = 4/5.

Угол PWQ острый, поэтому cos ∠PWQ = √(1 − 16/25) = 3/5.

Обозначим PW = x. По теореме косинусов в треугольнике PQW получаем: 16² = x² + 12² − 2 · x · 12 · 3/5.

Следовательно, 5x² − 72x − 560 = 0, то есть (x − 20)(5x + 28) = 0. Так как x > 0, имеем PW = 20.

Равенство 12² + 16² = 20² по обратной теореме Пифагора означает, что ∠PQW = 90°.

Ответ а): треугольник PQW прямоугольный, его прямой угол — при Q.

б) Из AP:PB = CQ:QB = 3:4 следует BP/BA = BQ/BC = 4/7. По обратной теореме Фалеса PQ ∥ AC, а из подобия треугольников BPQ и BAC получаем PQ/AC = 4/7.

Поэтому AC = 16 · 7/4 = 28.

Аналогично CQ/CB = CW/CD = 3/7, поэтому QW ∥ BD и QW/BD = 3/7. Следовательно, BD = 12 · 7/3 = 28.

Так как PQ ⟂ QW, то AC ⟂ BD. Обозначим точку пересечения диагоналей через O.

Складывая площади четырёх прямоугольных треугольников с вершиной O, получаем S = (AO · BO + BO · CO + CO · DO + DO · AO)/2 = (AO + CO)(BO + DO)/2 = AC · BD/2.

Следовательно, S = 28 · 28/2 = 392.

Ответ б): 392.

а) Треугольник ABD равнобедренный с основанием AD, поэтому AB = BD. Треугольник BCD равнобедренный с основанием CD, поэтому BC = BD.

Следовательно, AB = BC, и в равнобедренном треугольнике ABC углы BAC и ACB равны.

Поскольку BC ∥ AD, накрест лежащие углы ACB и CAD равны. Значит, ∠BAC = ∠CAD.

В выпуклом четырёхугольнике диагональ AC проходит внутри угла BAD, поэтому луч AC является его биссектрисой.

Ответ а): луч AC — биссектриса угла BAD.

б) Имеем AB = BC = BD = 6,5. Введём прямоугольную систему координат: A(0; 0), D(2x; 0), B(x; h), где x > 0, h > 0.

Такие координаты возможны, поскольку в равнобедренном треугольнике ABD высота из B делит основание AD пополам.

Из BC ∥ AD и BC = 6,5 с учётом порядка вершин выпуклой трапеции получаем C(x + 6,5; h).

По теореме Пифагора AB² = x² + h² = 6,5², а AC² = (x + 6,5)² + h² = 12².

Вычитая первое равенство из второго, получаем 13x + 6,5² = 144 − 6,5², откуда 13x = 59,5.

По формуле расстояния между точками CD² = (6,5 − x)² + h² = (x² + h²) + 6,5² − 13x.

Следовательно, CD² = 2 · 6,5² − 59,5 = 25. Так как длина положительна, CD = 5.

Ответ б): 5.

а) Доказательство.

Радиусы, проведённые в точки касания, перпендикулярны касательным: OA ⟂ NA и OB ⟂ NB.

Прямоугольные треугольники NAO и NBO равны по гипотенузе NO и катету OA = OB. Поэтому NO — биссектриса угла ANB и NA = NB.

Пусть H — середина AB. В равнобедренных треугольниках NAB и OAB медианы NH и OH являются высотами. Следовательно, N, H, O лежат на одной прямой.

В треугольнике ABC точка O — середина BC, а H — середина AB. Поэтому OH — средняя линия и OH ∥ AC.

Значит, AC параллельна прямой NO, содержащей биссектрису угла ANB.

Ответ: а) AC параллельна биссектрисе угла ANB.

б) Вычисление NO.

Угол BAC прямой, поскольку он опирается на диаметр BC. По теореме Пифагора BC = √(AB² + AC²) = √(24² + 10²) = 26.

Следовательно, OA = BC/2 = 13. По свойству средней линии OH = AC/2 = 5.

В прямоугольном треугольнике NAO прямая AH перпендикулярна гипотенузе NO, поэтому AH — высота, проведённая к гипотенузе.

По теореме о квадрате катета OA² = OH · ON. Таким образом, ON = 13²/5 = 169/5 = 33,8.

Ответ: б) 33,8.

а) Докажем, что ∠ABC = 60°. Обозначим ∠ABC = β.

Точки B, K, N, C лежат на окружности с диаметром BC, поскольку ∠BKC = ∠BNC = 90°. Поэтому ∠KNB = ∠KCB = 90° − β: это вписанные углы, опирающиеся на хорду KB.

Точки A, N, H, B лежат на окружности с диаметром AB, поскольку ∠ANB = ∠AHB = 90°. Следовательно, ∠BNH = ∠BAH = 90° − β: эти углы опираются на хорду BH.

Луч NB проходит внутри угла KNH. Действительно, точки K и H находятся по разные стороны от прямой BN, а их проекции на BN лежат на луче NB. Поэтому ∠KNH = ∠KNB + ∠BNH = 180° − 2β.

По условию 180° − 2β = 60°, откуда β = 60°.

Ответ к пункту а): ∠ABC = 60°, что и требовалось доказать.

б) В прямоугольном треугольнике ABH имеем BH = AB · cos 60°. Значит, AB = 2/(1/2) = 4.

Так как K лежит на стороне AB, получаем BK = AB − AK = 4 − 1 = 3.

В прямоугольном треугольнике BKC имеем BK = BC · cos 60°, поэтому BC = 3/(1/2) = 6.

По теореме косинусов в треугольнике ABC: AC² = AB² + BC² − 2AB · BC · cos 60° = 16 + 36 − 24 = 28. Следовательно, AC = 2√7.

По расширенной теореме синусов AC = 2R · sin 60°. Поэтому R = 2√7/(2 · √3/2) = 2√21/3.

Ответ к пункту б): 2√21/3.

а) Четырёхугольник ABED — вписанная трапеция с основаниями AD и BE, поскольку BE ∥ AD. Вписанная трапеция равнобедренная, а её диагонали равны. Следовательно, AE = BD.

Четырёхугольник ABKD — вписанная трапеция с основаниями AB и DK, поскольку DK ∥ AB. По той же теореме её диагонали равны: AK = BD.

Таким образом, AE = BD = AK.

Ответ к пункту а): AE = AK, что и требовалось доказать.

б) Обозначим AB = CD = x, AD = BC = y, ∠BAD = α. По условию cos α = 1/5, BE = y − 10, DK = 9.

По теореме косинусов в треугольнике ABD: BD² = x² + y² − 2xy/5.

Поскольку ∠ABE = 180° − α, в треугольнике ABE получаем AE² = x² + (y − 10)² + 2x(y − 10)/5.

В пункте а) доказано, что AE = BD. Приравнивая выражения и сокращая, получаем −20y + 100 + 4xy/5 − 4x = 0, то есть (y − 5)(4x/5 − 20) = 0.

Точка E лежит внутри BC, поэтому y > 10 и y − 5 ≠ 0. Следовательно, x = 25.

Так как ∠ADK = 180° − α, по теореме косинусов в треугольнике ADK: AK² = y² + 81 + 18y/5.

Используя AK = BD и x = 25, получаем y² + 81 + 18y/5 = 625 + y² − 10y. Отсюда 68y/5 = 544, поэтому y = 40.

Ответ к пункту б): AD = 40.

а) Обозначим точку пересечения диагоналей ромба через O. Диагонали ромба взаимно перпендикулярны и делятся точкой пересечения пополам.

Введём прямоугольные координаты: A(−x; 0), C(x; 0), B(0; y), D(0; −y), где x > 0, y > 0.

Из AM:MC = 1:2 следует M(−x/3; 0), а из BN:ND = 1:3 следует N(0; y/2).

Векторы MN и BC имеют координаты (x/3; y/2) и (x; −y). Поскольку MN ⟂ BC, их скалярное произведение равно нулю: x²/3 − y²/2 = 0. Значит, 2x² = 3y².

Векторы AB и AD имеют координаты (x; y) и (x; −y), поэтому по формуле косинуса угла между векторами cos ∠BAD = (x² − y²)/(x² + y²).

Подставляя x² = 3y²/2, получаем cos ∠BAD = (y²/2)/(5y²/2) = 1/5.

Ответ: а) cos ∠BAD = 1/5, что и требовалось доказать.

б) По формуле расстояния между точками MN² = x²/9 + y²/4 = 25.

Учитывая x² = 3y²/2, получаем y²/6 + y²/4 = 25, то есть 5y²/12 = 25. Следовательно, y² = 60, x² = 90.

Площадь ромба равна половине произведения диагоналей: S = AC · BD/2 = 2xy = 2√(90 · 60) = 60√6.

Ответ: б) 60√6.

а) Обозначим AC = b, BC = a, AB = c, высоту из B через h, радиус вписанной окружности через r, полупериметр через p.

По условию BM/BA = BN/BC = 3/5. По обратной теореме Фалеса MN ∥ AC, а из подобия треугольников BMN и BAC получаем MN = 3b/5.

Расстояние между прямыми MN и AC равно h − 3h/5 = 2h/5.

Вписанная окружность лежит в полосе между этими параллельными прямыми: она находится со стороны B относительно AC, а её центр не может лежать со стороны B относительно MN, иначе расстояние от центра до AC было бы больше расстояния до MN. Оба расстояния равны r, поэтому 2r = 2h/5, то есть r = h/5.

По формулам площади треугольника S = bh/2 = pr. Подставляя r = h/5 и сокращая на h > 0, получаем p = 5b/2.

Следовательно, a + b + c = 5b, откуда a + c = 4b.

Ответ: а) AB + BC = 4AC, что и требовалось доказать.

б) MN = ML + LN = 9/5 + 3 = 24/5. Так как MN = 3AC/5, получаем AC = 8. По пункту а) AB + BC = 32, поэтому p = 20.

Пусть окружность касается AB в точке T. Окружность вписана в четырёхугольник AMNC, поэтому T лежит на AM. По равенству касательных MT = ML = 9/5.

Длины касательных из A дают AT = p − BC = 20 − a. Поскольку AM = 2c/5, имеем 2c/5 = AT + TM = 20 − a + 9/5.

Подставим a = 32 − c: 2c/5 = c − 51/5, откуда c = 17 и a = 15.

По формуле Герона S = √(20 · (20 − 8) · (20 − 15) · (20 − 17)) = √3600 = 60.

Из S = pr получаем r = 60/20 = 3.

Ответ: б) 3.

а) Обозначим радиусы меньшей и большей окружностей через r и R, их центры — O₁ и O₂.

При внешнем касании центры и точка C лежат на одной прямой, причём C находится между центрами. Поэтому гомотетия с центром C и коэффициентом −R/r переводит O₁ в O₂ и меньшую окружность в большую.

При этой гомотетии точка A переходит в E: её образ лежит на прямой AC и большей окружности и отличается от C. Аналогично точка D переходит в B.

Следовательно, прямая AD переходит в BE. Прямая AD не проходит через центр гомотетии C, поэтому AD ∥ BE.

Ответ: а) AD ∥ BE.

б) Пусть AC = BC = x. Из гомотетии следует CB/CD = R/r, откуда CD = rx/R.

Точки A и D лежат на лучах, противоположных соответственно CE и CB. Так как AC ⟂ BC, угол ACD прямой.

По теореме о вписанном угле хорда AD является диаметром меньшей окружности. Следовательно, AD = 2r.

По теореме Пифагора в треугольнике ACD получаем AC² + CD² = AD², то есть x² + r²x²/R² = 4r².

Подставим r = √15, R = 15: x²(1 + 15/225) = 60, поэтому x² · 16/15 = 60 и x² = 225/4.

Поскольку x положительно, BC = x = 15/2 = 7,5.

Ответ: б) 7,5.

а) Пусть h — высота трапеции. Каждая окружность касается обоих параллельных оснований, поэтому её центр находится между ними на расстоянии h/2 от каждого основания.

Следовательно, оба центра лежат на прямой, проходящей посередине между основаниями и параллельной им. Ниже будет получено O₁O₂ = 4, поэтому центры различны и определяют эту прямую.

Ответ к пункту а): O₁O₂ ∥ AD ∥ BC.

б) Обозначим середины сторон AB и CD через M и N. По теореме о средней линии трапеции MN ∥ AD и MN = (AD + BC)/2 = (39 + 9)/2 = 24.

Точки O₁ и O₂ лежат на прямой MN, поскольку находятся на равных расстояниях от оснований.

Центр окружности, касающейся сторон угла, лежит на его биссектрисе. Поэтому AO₁ и BO₁ — биссектрисы внутренних углов A и B.

Так как AD ∥ BC, сумма углов A и B равна 180°. В треугольнике AO₁B сумма углов при A и B равна 90°, значит, угол AO₁B прямой.

Точка M — середина гипотенузы AB этого прямоугольного треугольника. По свойству медианы к гипотенузе MO₁ = AB/2 = 5.

Аналогично CO₂ и DO₂ — биссектрисы углов C и D, сумма которых равна 180°. Поэтому угол CO₂D прямой и NO₂ = CD/2 = 15.

Центры находятся с внутренних сторон боковых сторон трапеции: O₁ лежит на луче MN, а O₂ — на луче NM.

Поскольку MO₁ + NO₂ = 5 + 15 = 20 < 24 = MN, точки расположены в порядке M, O₁, O₂, N.

Следовательно, O₁O₂ = MN − MO₁ − NO₂ = 24 − 5 − 15 = 4.

Ответ к пункту б): 4.

а) Введём прямоугольные координаты: A(0; 0), B(l; 0), C(u; v), где l = AB = BC, v > 0. Так как треугольник остроугольный, 0 < u < l.

Из BC² = AB² получаем (u − l)² + v² = l², поэтому u² + v² = 2lu.

Поскольку CT ⟂ AB, прямая CT задаётся уравнением x = u.

Найдём H. Проекция BA на BC равна BH = l·(l − u)/l = l − u. Поэтому BH/BC = (l − u)/l и H имеет координаты (v²/l; (l − u)v/l).

Обозначим h = v²/l. Тогда H(h; (l − u)v/l), а M(h; 0), поскольку HM ⟂ AB.

Пусть K = (λu; λv), поскольку K лежит на AC. Условие HK ⟂ AC даёт (H − K)·(u; v) = 0, откуда λ = (hu + (l − u)v²/l)/(u² + v²) = v²/(2lu).

Следовательно, K(h/2; hv/(2u)), а уравнение прямой MK имеет вид y = (v/u)(h − x).

В точке E пересечения MK и CT имеем x = u, поэтому y = (v/u)(v²/l − u) = (l − u)v/l. Здесь использовано равенство v² = 2lu − u².

Таким образом, ординаты E и H равны. Эти точки различны: h − u = u(l − u)/l > 0. Значит, EH ∥ AB.

Ответ к пункту а): EH ∥ AB, что и требовалось доказать.

б) По формуле расстояния между точками M(h; 0) и E(u; (l − u)v/l) получаем ME = √((h − u)² + ((l − u)v/l)²).

Так как h − u = u(l − u)/l, то ME = ((l − u)/l)√(u² + v²) = ((l − u)/l)·AC.

Из AC² = 2lu при l = 13 и AC = 10 находим u = 100/26 = 50/13.

Следовательно, ME = ((13 − 50/13)/13)·10 = 1190/169.

Ответ к пункту б): 1190/169.

а) Введём прямоугольные координаты: A(0; 0), B(p; 0), D(d; h), где p > 0, h > 0. Тогда C(p + d; h). Обозначим q = AD, так что q² = d² + h².

Уравнение окружности, проходящей через A и B, имеет вид x² + y² − px + βy = 0. Подставляя координаты D, получаем βh = pd − q².

На прямой CD ордината равна h, поэтому абсциссы точек пересечения с окружностью удовлетворяют уравнению x² − px + h² + βh = 0.

Один корень равен d и соответствует D. По теореме Виета второй корень равен p − d, следовательно, K(p − d; h).

Так как E лежит на BC, запишем E(p + td; th), где 0 < t < 1.

Подстановка в уравнение окружности даёт t²q² + t(2pd − q²) = 0. Корень t = 0 соответствует B; для E получаем tq² = q² − 2pd.

По формуле расстояния AE² = (p + td)² + t²h² = p² + 2ptd + t²q².

Из tq² + 2pd = q² следует t²q² + 2ptd = tq². Поэтому AE² = p² + tq² = p² + q² − 2pd.

С другой стороны, AK² = (p − d)² + h² = p² + q² − 2pd. Значит, AE² = AK², а потому AE = AK.

Ответ к пункту а): AE = AK, что и требовалось доказать.

б) Если ∠BAD = 60°, то d = q cos 60° = q/2, h = q sin 60° = √3q/2.

По найденной формуле t = 1 − 2pd/q² = 1 − p/q. Следовательно, E((p + q)/2; √3(q − p)/2), K(p − q/2; √3q/2).

По формуле расстояния KE² = ((2q − p)/2)² + (√3p/2)² = p² − pq + q².

В треугольнике BAD по теореме косинусов BD² = p² + q² − 2pq cos 60° = p² − pq + q².

Таким образом, KE = BD, поэтому KE : BD = 1.

Ответ к пункту б): 1.