Тапсырма 18 ЕГЭ по бейінді математикада: ФИПИ шешімдері қадамдық жауаптарымен

Так как $BF$ — биссектриса угла $ABC$, по теореме о биссектрисе$$\frac{AE}{ED}=\frac{AB}{BC}$$

Из условия $AB=BD$ треугольник $ABD$ равнобедренный, поэтому $\angle BAD=\angle ADB$. Учитывая, что $E\in AD$ и $CK\perp AD$, сравнение треугольников, образованных прямой $AD$ и биссектрисой $BF$, даёт$$\frac{AE}{EK}=\frac{AB}{BC}$$

Так как $C_1K\parallel BB_1$, а $CH$ и $BH$ лежат на высотах $CC_1$ и $BB_1$, углы, образованные этими прямыми, позволяют установить подобие соответствующих прямоугольных треугольников. Из этого подобия следует$$\frac{KH}{C_1H}=\frac{BC}{AB}$$

Следовательно, после перемножения получаем требуемое равенство:$$AB\cdot KH=BC\cdot C_1H$$

Так как треугольник $ABD$ равнобедренный с основанием $AD$, то $AB=BD$, а углы при основании равны:$$\angle BAD=\angle ADB$$

Так как $AD\parallel BC$, то внутренние накрест лежащие углы равны:$$\angle ADB=\angle DBC$$

Так как треугольник $ABC$ равнобедренный, его боковые стороны равны: $AB=BC=17$. Выберем координаты $A(-8;0)$ и $C(8;0)$. Тогда из условия $AB=17$ получаем $B(0;15)$, поскольку $8^2+15^2=17^2$.

Уравнения боковых сторон имеют вид $AB:15x-8y+120=0$ и $BC:15x+8y-120=0$. Проекция точки $A$ на прямую $BC$ даёт точку $H$:$$H\left(\frac{1288}{289};\frac{1920}{289}\right)$$

Пусть $CH$ — высота трапеции, а $BE$ — высота, проведённая из вершины $B$ на основание $AD$. В равнобедренной трапеции прямоугольные треугольники $AEB$ и $DCH$ равны, поэтому $AE=HD$. Кроме того, $ED=BC$ и $AH=AE+EH=AE+BC$.

Обозначим боковые отрезки, отсекаемые высотами, через $x$. Тогда $AD=x+BC+x$, то есть $AD=BC+2x$. Поскольку $AD=3BC$, имеем $3BC=BC+2x$, откуда $x=BC$. Следовательно, $AH=2BC$, а $HD=BC$, поэтому $AH=2HD$.

Пусть $AB=a$, $AD=b$, $\angle BAD=\alpha$. Введём векторы $\vec u=\overrightarrow{AB}$ и $\vec v=\overrightarrow{AD}$. Тогда $|\vec u|=a$, $|\vec v|=b$, а $\vec u\cdot\vec v=ab\cos\alpha$.

Возьмём начало координат в точке $D$, направив оси вдоль $DC$ и $DA$. В этих координатах точки $D,A,C,B$ имеют соответственно координаты $(0,0)$, $(0,1)$, $(1,0)$, $(1,1)$ с учётом базисных векторов $\vec u$ и $\vec v$. Уравнение…

Так как $AB=BC$, треугольник $ABC$ симметричен относительно высоты $BH$ из вершины $B$ к основанию $AC$. Эта высота одновременно является медианой и биссектрисой угла $ABC$. Центр окружности, касающейся прямых $AB$ и $BC$, равноудалён от…$$O \in BH$$

Расположим координаты так: $A=(0,0)$, $C=(6,0)$, а вершину $B$ обозначим как $B=(3,h)$. Тогда биссектриса угла $B$ имеет уравнение $x=3$, поэтому $O=(3,y)$. Из условия касания окружности к высоте $CH$ и к сторонам треугольника следует…$$\angle OAC=45^\circ$$

Обозначим $\angle ABC = \alpha$. Тогда $\angle BAC = 2\alpha$, а $\angle ACB = 180^\circ - 3\alpha$.

Угол $AOC$ — центральный, а угол $ABC$ — вписанный, и они опираются на одну дугу $AC$. Поэтому $\angle AOC = 2\alpha$.

Так как $BB_1$ и $CC_1$ — высоты, то $BB_1\perp AC$ и $CC_1\perp AB$. Следовательно, $\angle BB_1C=\angle BC_1C=90^\circ$, поэтому точки $B$, $B_1$, $C_1$, $C$ лежат на одной окружности с диаметром $BC$.$$B,B_1,C_1,C\text{ — точки окружности с диаметром }BC$$

В этой окружности вписанные углы, опирающиеся на хорду $BC_1$, равны: $\angle BB_1C_1=\angle BC C_1$. Поскольку $CC_1\perp AB$, угол между $BC$ и $CC_1$ равен $90^\circ-\angle ABC$.$$\angle BB_1C_1=90^\circ-\angle ABC$$

Введём координаты: $A=(0,0)$, $B=(b,h)$, $C=(b+x,h)$, $D=(d,0)$, где $AD=d$, $BC=x$. Тогда $E$ — середина $CD$, поэтому$$E\left(\frac{b+x+d}{2},\frac h2\right)$$

Пусть $K$ делит $AB$ так, что $K=(tb,th)$, где $0<t<1$. Так как $CK\parallel AE$, соответствующие координаты направляющих векторов пропорциональны:$$(tb-b-x,\,h(t-1))\parallel\left(\frac{b+x+d}{2},\frac h2\right)$$

Обозначим $\angle ABC=\alpha$. Тогда $\angle BAC=2\alpha$, а $\angle ACB=180^\circ-3\alpha$.

Так как $O$ — центр окружности, описанной около треугольника $ABC$, центральный угол, опирающийся на дугу $AC$, вдвое больше вписанного угла $ABC$: $\angle AOC=2\alpha$.

Введём координаты: $A=(0,0)$, $B=(5,0)$. Так как $AD=BC=10$ и $\angle BAD=60^\circ$, то $D=(5,5\sqrt{3})$, а $C=(10,5\sqrt{3})$.

Пусть $M$ делит отрезок $BC$ в отношении $BM:MC=t:(1-t)$. Тогда $M=(5+5t,5\sqrt{3}t)$. Из условия $AM=MC$ получаем $t=\dfrac13$, поэтому $M=\left(\dfrac{20}{3},\dfrac{5\sqrt{3}}{3}\right)$.

Так как $A_1$, $B_1$ и $C_1$ — середины сторон треугольника $ABC$, по теореме о средней линии имеем $A_1B_1 \parallel BC$, $A_1C_1 \parallel AC$, $B_1C_1 \parallel AB$.

Поскольку $AH \perp BC$, угол $A_1HA$ не используется напрямую; рассмотрим углы при точке $H$. В прямоугольном треугольнике $AHC$ угол $HCA$ равен $45^\circ$, поэтому $\angle AHC=90^\circ$. С учётом параллельности $A_1C_1 \parallel AC$…

Угол $A$ является общим для треугольников $ABC$ и $AB_1C_1$, поскольку $B_1\in AC$ и $C_1\in AB$.

Так как точки $B$, $C$, $B_1$, $C_1$ лежат на одной окружности, углы $ABC$ и $AB_1C_1$ равны как вписанные углы, опирающиеся на одну и ту же дугу $BC$. Следовательно, треугольники $ABC$ и $AB_1C_1$ подобны по двум углам.

Так как точки $A$, $B$, $C_1$ лежат на одной прямой, а точки $A$, $C$, $B_1$ — на одной прямой, угол при вершине $A$ общий:$$\angle BAC = \angle B_1AC_1$$

Углы $ABC$ и $AB_1C_1$ равны как вписанные углы, опирающиеся на одну дугу $BC_1$ окружности. Следовательно, треугольники подобны по двум углам:$$\triangle ABC \sim \triangle AB_1C_1$$

Пусть горизонтальные проекции диагоналей на направление оснований равны $x$ и $y$, а высота трапеции равна $h$. Так как сумма оснований равна 13, имеем$$x+y=13$$

По теореме Пифагора для диагоналей длиной 12 и 5 получаем$$x^2+h^2=12^2=144,\qquad y^2+h^2=5^2=25$$

Введём координаты: $A=(0,0)$, сторона $AD$ лежит на оси абсцисс, а точка $D=(d,0)$. Так как $BP\perp AD$ и $BP=8$, точку $B$ можно записать как $B=(x,8)$. Из $AB=10$ получаем $x^2+8^2=10^2$, откуда $x=6$, поскольку угол $BAD$ острый.$$B=(6,8),\quad P=(6,0),\quad M=(8,0)$$

Прямые $AB$ и $CD$ параллельны. Поэтому расстояние между ними равно высоте параллелограмма, проведённой к стороне $AB$. Площадь параллелограмма можно выразить двумя способами: $S=AD\cdot BP=AB\cdot BQ$. Следовательно…$$d\cdot 8=10\cdot 10,\quad d=\frac{25}{2}$$

Обозначим радиус описанной окружности через $R$. Для расстояния от вершины до ортоцентра справедлива формула $AH=2R\lvert\cos A\rvert$.$$AH=2R\lvert\cos120^\circ\rvert=2R\cdot\frac12=R$$

Поскольку $O$ — центр описанной окружности, $AO=R$. Следовательно, $AH=AO$, что и требовалось доказать.

Так как точки $A$, $B$, $C_1$ лежат на одной прямой, а точки $A$, $C$, $B_1$ — на другой, то угол $BAC$ равен углу $B_1AC_1$.$$\angle BAC=\angle B_1AC_1$$

Четырёхугольник $BCB_1C_1$ является вписанным. Углы $ABC$ и $AB_1C_1$ опираются на одну и ту же дугу $BC_1$, поэтому они равны.$$\angle ABC=\angle AB_1C_1$$

Обозначим $AB=c$, $AC=b$. Разместим точку $A$ в начале координат, сторону $AB$ направим вдоль оси $Ox$. Тогда$$B=(c,0),\qquad C=\left(-\frac b2,\frac{\sqrt3 b}{2}\right)$$

Так как $H$ лежит на высоте из точки $C$, прямая $CH$ вертикальна, поэтому $x_H=-\dfrac b2$. Высота из точки $B$ перпендикулярна стороне $AC$ и имеет угловой коэффициент $\dfrac1{\sqrt3}$. Следовательно,$$H=\left(-\frac b2,-\frac{b+2c}{2\sqrt3}\right)$$