Задание 17 ЕГЭ по профильной математике с ответами — планиметрия, страница 3

№ 829956

Окружность проходит через вершины В и С треугольника АВС и пересекает АВ и АС в точках С₁ и В₁ соответственно.

а) Докажите, что треугольник АВC подобен треугольнику АВ₁С₁.

б) Вычислите длину стороны ВС и радиус данной окружности, если $∠$ А= $45 °$ , В₁С₁= $6$ и площадь треугольника АВ₁С₁ в восемь раз меньше площади четырёхугольника ВСВ₁С₁.

Решите на листке, откройте ответ и критерии ФИПИ и поставьте себе балл — максимум 3 балла.

№ 832C34

В равнобедренной трапеции $A B C D$ основание $A D$ в два раза больше основания $B C$ .

а) Докажите, что высота $C H$ трапеции разбивает основание $A D$ на отрезки, один из которых втрое больше другого.

б) Пусть $O$ $—$ точка пересечения диагоналей трапеции $A B C D$ . Найдите расстояние от вершины $C$ до середины отрезка $O D$ , если $B C = 16$ и $A B = 10$ .

Решите на листке, откройте ответ и критерии ФИПИ и поставьте себе балл — максимум 3 балла.

№ 8377A1

Окружность с центром в точке $O$ касается сторон угла с вершиной $N$ в точках $A$ и $B .$ Отрезок $B C$ — диаметр этой окружности.

а) Докажите, что $∠ A N B = 2 ∠ A B C .$

б) Найдите расстояние от точки $N$ до прямой $A B,$ если известно, что $A C = 14$ и $A B = 36.$

Решите на листке, откройте ответ и критерии ФИПИ и поставьте себе балл — максимум 3 балла.

№ 86B99A

В квадрате $A B C D$ точки $M$ и $N$ $—$ середины сторон $A B$ и $B C$ соответственно. Отрезки $C M$ и $D N$ пересекаются в точке $K .$

а) Докажите, что $∠ B K M = 45 ° .$

б) Найдите радиус окружности, описанной около треугольника $A B K,$ если сторона $A B = 2 \sqrt{10} .$

Решите на листке, откройте ответ и критерии ФИПИ и поставьте себе балл — максимум 3 балла.

№ 8C8D87

Окружность, вписанная в равнобедренную трапецию $A B C D$ , касается её боковой стороны $C D$ в точке $M$ . Луч $A M$ вторично пересекает окружность в точке $N$ , а прямую $B C$ — в точке $K$ , причём $A N = 4$ , $M N = 12$ .

а) Докажите, что $∠ A M D = ∠ M C K$ .

б) Найдите основания трапеции.

Решите на листке, откройте ответ и критерии ФИПИ и поставьте себе балл — максимум 3 балла.

Разбор

а) Обозначим точку касания окружности с AD через T. Точка N лежит между A и M, поскольку AN < MN. Поэтому AM = AN + NM = 16.

По теореме о касательной и секущей AT² = AN · AM = 4 · 16 = 64, откуда AT = 8.

Ось симметрии равнобедренной трапеции проходит через центр вписанной окружности и середину AD, поэтому AT = DT = 8 и AD = 16. Следовательно, AM = AD.

Треугольник AMD равнобедренный, значит, ∠AMD = ∠ADM. По равенству касательных, проведённых из D, DM = DT = 8.

По теореме косинусов в треугольнике ADM: AM² = AD² + DM² − 2AD · DM · cos∠ADM. Так как AM = AD, получаем cos∠ADM = DM/(2AD) = 1/4.

Поскольку M лежит между D и C, луч AM пересекает прямую BC за точкой C: действительно, прямая DC разделяет A и продолжение BC за C, а луч AM пересекает DC в M и затем выходит в полуплоскость этого продолжения. Поэтому лучи CK и AD сонаправлены, а лучи CM и DM противоположно направлены. Отсюда ∠MCK = ∠ADM.

Таким образом, ∠AMD = ∠MCK. Ответ: равенство доказано.

б) Пусть BC = b. По симметрии точка касания на BC является его серединой, поэтому длины касательных из C равны b/2. Следовательно, CD = DM + MC = 8 + b/2.

Опустим из C перпендикуляр CH на прямую AD. В равнобедренной трапеции проекция боковой стороны на основание равна половине разности оснований. Поэтому CD · cos∠ADM = (AD − BC)/2.

Подставляя найденные величины, получаем (8 + b/2)/4 = (16 − b)/2. Отсюда 8 + b/2 = 32 − 2b, то есть 5b/2 = 24 и b = 48/5 = 9,6.

Ответ: AD = 16, BC = 9,6.

№ 8F66A4

Окружность проходит через вершины В и С треугольника АВС и пересекает АВ и АС в точках С₁ и В₁ соответственно.

а) Докажите, что треугольник АВC подобен треугольнику АВ₁С₁

б) Вычислите длину стороны В₁С₁ и радиус данной окружности, если $∠ A = 150 °$ , $B C = 5 \sqrt{5}$ и площадь треугольника АВ₁С₁ в четыре раза меньше площади четырёхугольника ВСВ₁С₁.

Решите на листке, откройте ответ и критерии ФИПИ и поставьте себе балл — максимум 3 балла.

№ 8e946e

В равнобедренном остроугольном треугольнике $A B C$ проведены
высоты $A H$ и $C T$ к боковым сторонам $B C$ и $A B .$ Отрезки $H M$ и $H K$ $—$ перпендикуляры к прямым $A B$ и $A C$ соответственно. Отрезки $C T$ и $M K$ пересекаются в точке $E .$

а) Докажите, что $T H = M E .$

б) Найдите длину отрезка $E K,$ если $A B = 5$ и $A C = 6.$

Решите на листке, откройте ответ и критерии ФИПИ и поставьте себе балл — максимум 3 балла.

№ 909839

Окружность проходит через вершины $A$ , $B$ и $D$ параллелограмма $A B C D$ , пересекает сторону $B C$ в точках $B$ и $M$ и пересекает продолжение
стороны $C D$ за точку $D$ в точке $N$ .

а) Докажите, что $A M = A N$ .

б) Найдите отношение $C D : D N$ , если $A B : B C = 1 : 2$ , а $\cos ∠ B A D = \frac{2}{3}$ .

Решите на листке, откройте ответ и критерии ФИПИ и поставьте себе балл — максимум 3 балла.

№ 92699C

Периметр треугольника $A B C$ равен 36. Точки $E$ и $F$ — середины сторон $A B$ и $B C$ соответственно. Отрезок $E F$ касается окружности, вписанной в треугольник $A B C .$

а) Докажите, что $A C = 9.$

б) Найдите площадь треугольника $A B C,$ если $∠ A C B = 90 ° .$

Решите на листке, откройте ответ и критерии ФИПИ и поставьте себе балл — максимум 3 балла.

№ 9595A4

В треугольнике $A B C$ точки $A_{1}$ , $B_{1}$ и $C_{1}$ $—$ середины сторон $B C$ , $A C$ и $A B$ соответственно, $A H$ $—$ высота, $∠ B A C = 30 °$ , $∠ B C A = 45 °$ .

а) Докажите, что точки $A_{1}$ , $B_{1}$ , $C_{1}$ и $H$ лежат на одной окружности.

б) Найдите $A_{1} H$ , если $B C = 4 \sqrt{3}$ .

Решите на листке, откройте ответ и критерии ФИПИ и поставьте себе балл — максимум 3 балла.

Разбор

а) Угол B равен 180° − 30° − 45° = 105°. Поэтому основание высоты H лежит на продолжении BC за точку B; порядок точек на прямой: H, B, A₁, C.

В прямоугольном треугольнике AHC угол HAC равен 45°. Кроме того, угол HAB = 105° − 90° = 15°.

Точка B₁ — середина гипотенузы AC прямоугольного треугольника AHC, поэтому B₁H = B₁A. Из равнобедренного треугольника AHB₁ получаем ∠AHB₁ = ∠HAB₁ = 45°.

Аналогично C₁ — середина гипотенузы AB прямоугольного треугольника AHB, поэтому C₁H = C₁A и ∠AHC₁ = ∠HAC₁ = 15°.

Лучи HC₁ и HB₁ лежат по одну сторону от HA, причём HC₁ находится внутри угла AHB₁. Следовательно, ∠B₁HC₁ = 45° − 15° = 30°.

По теореме о средней линии A₁B₁ ∥ BA и A₁C₁ ∥ CA. Поэтому ∠B₁A₁C₁ = ∠BAC = 30°.

Точки H и A₁ лежат по одну сторону от прямой B₁C₁, параллельной BC. Углы B₁HC₁ и B₁A₁C₁ равны и опираются на один отрезок B₁C₁. По обратной теореме о вписанном угле точки A₁, B₁, C₁, H лежат на одной окружности.

Ответ: а) требуемое утверждение доказано.

б) По теореме синусов AC/sin 105° = BC/sin 30°, поэтому AC = 8√3 · sin 105°.

По формуле синуса суммы sin 105° = sin(60° + 45°) = (√6 + √2)/4. Следовательно, AC = 6√2 + 2√6.

В прямоугольном треугольнике AHC угол C равен 45°, поэтому HC = AC · cos 45° = 6 + 2√3.

Поскольку A₁ — середина BC, имеем CA₁ = 2√3. При порядке точек H, B, A₁, C получаем HA₁ = HC − CA₁ = 6 + 2√3 − 2√3 = 6.

Ответ: б) 6.

№ 9c96c5

Окружность с центром $O$ касается катетов $A C$ и $B C$ прямоугольного треугольника $A B C$ в точках $M$ и $E$ соответственно, а его гипотенузы $—$
в точке $K .$ Отрезок $E H$ $—$ перпендикуляр к прямой $M K .$

а) Докажите, что прямые $C H$ и $E K$ параллельны.

б) Найдите отношение $C H : E K,$ если $A C = 12$ и $B C = 5.$

Решите на листке, откройте ответ и критерии ФИПИ и поставьте себе балл — максимум 3 балла.

Разбор

а) Введём прямоугольную систему координат: C(0; 0), A(a; 0), B(0; b). Обозначим радиус вписанной окружности через r. Тогда M(r; 0), E(0; r), O(r; r).

Пусть K(u; v). Поскольку K лежит на окружности, (u − r)² + (v − r)² = r², откуда u² + v² = 2r(u + v) − r².

Радиус OK перпендикулярен гипотенузе. Прямая AB имеет уравнение bx + ay = ab, поэтому перпендикуляр к ней, направленный из O к K, имеет положительные приращения обеих координат. Следовательно, u > r и v > r.

Положим d = u + v − r > 0 и рассмотрим точку H₀(uv/d; v(v − r)/d).

Прямая MK имеет уравнение vx − (u − r)y = vr. Подстановка координат H₀ даёт v·uv/d − (u − r)·v(v − r)/d = vr, поэтому H₀ лежит на MK.

Проверим перпендикулярность EH₀ и MK по скалярному произведению их направляющих векторов:

(uv/d)(u − r) + (v(v − r)/d − r)v = v(u² + v² − r(u + v))/d − rv = vr(u + v − r)/d − rv = 0.

Таким образом, H₀ является основанием перпендикуляра из E на MK, то есть H₀ = H. При этом вектор CH = (v/d)·(u; v − r) = (v/d)·EK. Следовательно, CH ∥ EK и CH/EK = v/(u + v − r).

Ответ: CH ∥ EK.

б) По теореме Пифагора AB = √(12² + 5²) = 13. Из равенства площади треугольника произведению радиуса вписанной окружности на полупериметр получаем r = (12·5/2)/((12 + 5 + 13)/2) = 2.

Гипотенуза имеет уравнение 5x + 12y = 60. Поскольку OK ⟂ AB и O(2; 2), запишем K(2 + 5t; 2 + 12t). Тогда 5(2 + 5t) + 12(2 + 12t) = 60, откуда t = 2/13.

Следовательно, u = 36/13, v = 50/13. По формуле, доказанной в пункте а), CH/EK = (50/13)/(36/13 + 50/13 − 2) = 50/60 = 5/6.

Ответ: 5/6.

№ A003cB

В прямоугольном треугольнике $A B C$ точки $M$ и $N$ — середины гипотенузы $A B$ и катета $B C$ соответственно, точка $K$ отмечена на катете $B C$ так, что $C K : K B = 1 : 3.$

а) Докажите, что $A N = 2 K M .$

б) Пусть $P$ — точка пересечения отрезков $A N$ и $K M$ . Найдите длину отрезка прямой $B P,$ заключённого внутри треугольника $A B C,$ если $A C = 6,$ $B C = 8.$

Решите на листке, откройте ответ и критерии ФИПИ и поставьте себе балл — максимум 3 балла.

№ A7A4AB

Две окружности касаются внутренним образом в точке $C$ . Вершины $A$ и $B$ равнобедренного прямоугольного треугольника $A B C$ с прямым углом $C$ лежат на меньшей и большей окружностях соответственно. Прямая $A C$ вторично пересекает бо́льшую окружность в точке $E$ , а прямая $B C$ вторично пересекает меньшую окружность в точке $D$ .

а) Докажите, что прямые $A D$ и $B E$ параллельны.

б) Найдите $A C$ , если радиусы окружностей равны 3 и 4.

Решите на листке, откройте ответ и критерии ФИПИ и поставьте себе балл — максимум 3 балла.

№ A96557

Точки P, Q, W делят стороны выпуклого четырёхугольника $A B C D$ в отношении $A P : P B = C Q : Q B = C W : W D = 1 : 4$ , радиус окружности, описанной около треугольника PQW, равен 10, $P Q = 16, Q W = 12$ , угол $P W Q$ $—$ острый.

а) Докажите, что треугольник $P Q W$ $—$ прямоугольный.

б) Найдите площадь четырёхугольника $A B C D$ .

Решите на листке, откройте ответ и критерии ФИПИ и поставьте себе балл — максимум 3 балла.

№ AA7FF7

Окружность проходит через вершины В и С треугольника АВС и пересекает АВ и АС в точках С₁ и В₁ соответственно.

а) Докажите, что треугольник АВC подобен треугольнику АВ₁С₁.

б) Вычислите длину стороны ВС и радиус данной окружности, если $∠$ А= $30 °$ , В₁С₁= $5$ и площадь треугольника АВ₁С₁ в пять раз меньше площади четырёхугольника ВСВ₁С₁.

Решите на листке, откройте ответ и критерии ФИПИ и поставьте себе балл — максимум 3 балла.

Разбор

а) Точки B, C, B₁, C₁ лежат на одной окружности. По теореме о двух секущих, проведённых из точки A, AB · AC₁ = AC · AB₁.

Следовательно, AB/AB₁ = AC/AC₁. Углы BAC и B₁AC₁ равны, поскольку образованы теми же лучами.

По двум пропорциональным сторонам и углу между ними треугольники ABC и AB₁C₁ подобны, причём вершинам A, B, C соответствуют A, B₁, C₁.

Ответ: доказано.

б) Обозначим площадь треугольника AB₁C₁ через S. Тогда площадь четырёхугольника BCB₁C₁ равна 5S, а площадь треугольника ABC равна 6S.

Отношение площадей подобных треугольников равно квадрату коэффициента подобия, поэтому коэффициент подобия равен √6. Следовательно, BC = √6 · B₁C₁ = 5√6.

Положим AC₁ = u. Из подобия AC = √6u.

По теореме косинусов в треугольнике AC₁C получаем: C₁C² = u² + (√6u)² − 2u · √6u · cos 30° = u²(7 − 3√2).

Таким образом, C₁C = u√(7 − 3√2). Обозначим ∠AC₁C через φ. По теореме синусов в треугольнике AC₁C имеем sin φ = AC · sin 30°/C₁C = √6u/(2C₁C).

Лучи C₁A и C₁B противоположны, поэтому sin ∠BC₁C = sin φ. Окружность из условия описана около треугольника BC₁C, и по расширенной теореме синусов 2R = BC/sin φ.

Отсюда R = 5√6 · C₁C/(√6u) = 5√(7 − 3√2) = √(175 − 75√2).

Ответ: BC = 5√6; R = √(175 − 75√2) = 5√(7 − 3√2).

№ AC2684

На сторонах $A B$ , $B C$ и $A C$ треугольника $A B C$ отмечены точки $C_{1}$ , $A_{1}$ и $B_{1}$ соответственно, причём $A C_{1} : C_{1} B = 21 : 10$ , $B A_{1} : A_{1} C = 2 : 3$ , $A B_{1} : B_{1} C = 2 : 5$ . Отрезки $B B_{1}$ и $C C_{1}$ пересекаются в точке $D$ .

а) Докажите, что четырёхугольник $A D A_{1} B_{1}$ $—$ параллелограмм.

б) Найдите $C D$ , если отрезки $A D$ и $B C$ перпендикулярны, $A C = 63$ , $B C = 25$ .

Решите на листке, откройте ответ и критерии ФИПИ и поставьте себе балл — максимум 3 балла.

№ AC39B7

Пятиугольник $A B C D E$ вписан в окружность. Диагонали $A D$ и $B E$ пересекаются в точке $M .$ Известно, что $B C D M$ — параллелограмм.

а) Докажите, что $B C = D E .$

б) Найдите длину стороны $A B,$ если известно, что $D E = 4,$ $A D = 7,$ $B E = 8$ и $A B > B C .$

Решите на листке, откройте ответ и критерии ФИПИ и поставьте себе балл — максимум 3 балла.

№ B3890A

В трапеции $A B C D$ угол $B A D$ прямой. Окружность, построенная на большем основании $A D$ как на диаметре, пересекает меньшее основание $B C$ в точках $C$ и $M$ .

а) Докажите, что $∠ B A M = ∠ C A D$ .

б) Диагонали трапеции $A B C D$ пересекаются в точке $O$ . Найдите площадь треугольника $A O B$ , если $A B = \sqrt{10}$ , а $B C = 2 B M$ .

Решите на листке, откройте ответ и критерии ФИПИ и поставьте себе балл — максимум 3 балла.

Разбор

а) Точки A, M, C, D лежат на одной окружности, причём на меньшем основании точки расположены в порядке B, M, C.

Поскольку MC ∥ AD, сумма углов AMC и MAD равна 180°. Вписанный четырёхугольник AMCD даёт ∠AMC + ∠ADC = 180°. Следовательно, ∠MAD = ∠ADC.

Угол ACD прямой, поскольку опирается на диаметр AD. Поэтому ∠CAD = 90° − ∠ADC.

Так как ∠BAD = 90°, имеем ∠BAM = 90° − ∠MAD. Учитывая равенство ∠MAD = ∠ADC, получаем ∠BAM = ∠CAD.

Ответ: ∠BAM = ∠CAD, что и требовалось доказать.

б) Прямая AB перпендикулярна диаметру AD, поэтому является касательной к окружности в точке A. По теореме о касательной и секущей BA² = BM · BC.

Пусть BM = x, тогда BC = 2x. Получаем 10 = 2x², откуда x = √5 и BC = 2√5.

Опустим из C перпендикуляр CH на AD. Четырёхугольник ABCH — прямоугольник, поэтому CH = AB = √10 и AH = BC = 2√5.

В прямоугольном треугольнике ACD высота CH проведена к гипотенузе AD. По теореме о высоте CH² = AH · HD, поэтому HD = 10/(2√5) = √5. Значит, AD = AH + HD = 3√5.

Треугольники AOD и COB подобны по двум углам: углы AOD и COB вертикальные, а углы ADO и CBO равны при AD ∥ BC. Поэтому AO/OC = AD/BC = 3/2, откуда AO/AC = 3/5.

Треугольники AOB и ACB имеют общую высоту из B к прямой AC. Следовательно, S(AOB)/S(ACB) = AO/AC = 3/5.

Так как AB ⟂ BC, S(ACB) = AB · BC/2 = √10 · 2√5/2 = 5√2. Значит, S(AOB) = (3/5) · 5√2 = 3√2.

Ответ: 3√2.

№ B45F0C

Диагонали равнобедренной трапеции $A B C D$ с основаниями $B C$ и $A D$ перпендикулярны. Окружность с диаметром $A D$ пересекает боковую сторону $C D$ в точке $M$ , а окружность с диаметром $C D$ пересекает основание $A D$ в точке $N$ . Отрезки $A M$ и $C N$ пересекаются в точке $P$ .

а) Докажите, что в четырёхугольник $A B C P$ можно вписать окружность.

б) Найдите радиус этой окружности, если $B C = 7$ , $A D = 23$ .

Решите на листке, откройте ответ и критерии ФИПИ и поставьте себе балл — максимум 3 балла.

Разбор

а) Обозначим AD = a, BC = b. Поскольку CN ⟂ AD и N лежит на отрезке AD, получаем a ≥ b. Равенство невозможно: тогда CD ⟂ AD и прямая CD касается окружности с диаметром AD в точке D, поэтому второй точки пересечения M нет. Следовательно, a > b.

Положим s = (a + b)/2, d = (a − b)/2. Выберем координаты A(0; 0), D(s + d; 0), B(d; h), C(s; h). Здесь 0 < d < s.

Векторы диагоналей AC и BD имеют координаты (s; h) и (s; −h). По условию их перпендикулярности s² − h² = 0, откуда h = s.

Угол AMD прямой как вписанный, опирающийся на диаметр. Поэтому AM ⟂ CD. Поскольку CD имеет направляющий вектор (d; −s), уравнение AM имеет вид y = dx/s.

Аналогично угол CND прямой, поэтому CN задаётся уравнением x = s. Следовательно, P(s; d).

По формуле расстояния AB = AP = √(s² + d²), а BC = CP = s − d. Значит, треугольники ABC и APC равны по трём сторонам; точки B и P симметричны относительно AC.

Возьмём точку I пересечения AC с биссектрисой угла ABC. Она лежит внутри треугольника ABC. По свойству биссектрисы расстояния от I до AB и BC равны. Симметрия относительно AC показывает, что расстояния от I до AP и CP также равны им.

Четырёхугольник ABCP выпуклый, а I находится внутри него. Поэтому окружность с центром I и радиусом, равным расстоянию до его сторон, касается всех четырёх сторон и является вписанной.

Ответ а): в четырёхугольник ABCP можно вписать окружность.

б) При a = 23 и b = 7 получаем s = 15, d = 8. Тогда AB = AP = √(15² + 8²) = 17, BC = CP = 7.

Площади треугольников ABC и APC равны: S = 7 · 15/2 + 7 · 15/2 = 105. Полупериметр четырёхугольника p = (17 + 7 + 7 + 17)/2 = 24.

Соединяя центр вписанной окружности с вершинами, разбиваем четырёхугольник на четыре треугольника с высотой r. Поэтому S = pr, откуда r = 105/24 = 35/8.

Ответ б): 35/8.

№ B58CFA

Биссектрисы углов $B A D$ и $B C D$ равнобедренной трапеции $A B C D$ пересекаются в точке $O .$ На боковых сторонах $A B$ и $C D$ отмечены точки $M$ и $N$ соответственно так, что $A M = M O,$ $C N = N O .$

а) Докажите, что точки $M,$ $O$ и $N$ лежат на одной прямой.

б) Найдите отношение $A M : M B,$ если $A O = C O$ и $B C : A D = 17 : 31.$

Решите на листке, откройте ответ и критерии ФИПИ и поставьте себе балл — максимум 3 балла.

Разбор

а) Обозначим ∠BAD = 2α. Так как трапеция равнобедренная, а её основания параллельны, ∠BCD = 180° − 2α. Следовательно, ∠MAO = α, ∠NCO = 90° − α.

В равнобедренном треугольнике AMO из AM = MO следует ∠AOM = ∠MAO = α. Поэтому ∠AMO = 180° − 2α.

Прямая через M, параллельная AD, образует с лучом MA именно такой угол. Следовательно, MO ∥ AD.

Аналогично в треугольнике CNO из CN = NO следует ∠CON = ∠NCO = 90° − α, поэтому ∠CNO = 2α.

Поскольку ∠CDA = 2α, получаем NO ∥ AD. Через O проходит единственная прямая, параллельная AD, поэтому M, O и N лежат на одной прямой.

Ответ: точки M, O и N лежат на одной прямой.

б) Пусть AD = 31k, BC = 17k. Опустим CH ⟂ AD. В равнобедренной трапеции DH = (AD − BC)/2 = 7k, AH = 24k. Обозначим CH = h, AO = CO = L.

Луч AO образует с AD угол α, а луч CO — угол 90° − α с направлением основания CB. Проекции отрезков AO и OC на направление AD в сумме дают AH, а их вертикальные проекции в сумме дают CH.

Следовательно, AH = L cos α + L sin α и h = L sin α + L cos α. Значит, h = AH = 24k.

По теореме Пифагора CD = √((7k)² + (24k)²) = 25k. Поэтому cos 2α = 7/25, sin 2α = 24/25.

По формуле двойного угла tg α = sin 2α/(1 + cos 2α) = (24/25)/(32/25) = 3/4.

Пусть y — расстояние от O до AD. Тогда y = L sin α, а h = L(sin α + cos α), откуда y/h = sin α/(sin α + cos α) = 3/7.

Так как MO ∥ AD, точка M находится на высоте y. По теореме о пропорциональных отрезках AM/AB = y/h = 3/7, поэтому MB/AB = 4/7.

Следовательно, AM/MB = 3/4.

Ответ: 3/4.

Войти через Telegram