Тапсырма 18 ЕГЭ по бейінді математикада: ФИПИ шешімдері қадамдық жауаптарымен

Радиусы, проведённые в точки касания, перпендикулярны касательным: $OA \perp NA$ и $OB \perp NB$. Поэтому угол между касательными дополняет до $180^\circ$ центральный угол $AOB$:$$\angle ANB = 180^\circ - \angle AOB$$

Так как $BC$ — диаметр, лучи $OB$ и $OC$ являются противоположными. Следовательно, углы $AOB$ и $AOC$ в сумме дают $180^\circ$.$$\angle AOB = 180^\circ - \angle AOC$$

Введём координаты: $A(0,0)$, $B(a,0)$, $C(a,a)$, $D(0,a)$. Так как $M$ и $N$ — середины сторон, имеем $M\left(\dfrac a2,0\right)$ и $N\left(a,\dfrac a2\right)$.

Найдём координаты точки пересечения $K$ прямых $CM$ и $DN$. Параметрические уравнения этих прямых можно записать в виде $CM: \left(a-\dfrac{at}{2},a-at\right)$ и $DN: \left(au,a-\dfrac{au}{2}\right)$. Из равенства координат следует…

Распознанный текст и приложенный скриншот содержат пропуски вместо обозначений точек, прямых и заданных соотношений.

Из-за отсутствия этих данных невозможно определить конфигурацию луча, точку пересечения с окружностью, прямую, а также условие пункта а).

Так как треугольник равнобедренный, его боковые стороны равны: $AB=BC=5$. При $AC=6$ высота из вершины $B$ делит основание пополам. Поэтому удобно выбрать координаты $A(-3,0)$, $C(3,0)$, $B(0,4)$: действительно, $AB=BC=\sqrt{3^2+4^2}=5$.

Уравнения боковых сторон имеют вид $AB: 4x-3y+12=0$ и $BC: 4x+3y-12=0$. Проекция точки $A$ на $BC$ даёт $H\left(\frac{21}{25},\frac{72}{25}\right)$, а проекция точки $C$ на $AB$ даёт $T\left(-\frac{21}{25},\frac{72}{25}\right)$.

Так как точки $A,B,C_1,B_1$ расположены на двух секущих, а точки $B,C,B_1,C_1$ лежат на одной окружности, имеем $\angle ABC=\angle AB_1C_1$ как вписанные углы, опирающиеся на одну и ту же хорду $CC_1$. Кроме того…$$\triangle ABC\sim\triangle AB_1C_1$$

Пусть коэффициент подобия треугольника $AB_1C_1$ к треугольнику $ABC$ равен $k$. Четырёхугольник $BCB_1C_1$ дополняет треугольник $AB_1C_1$ до треугольника $ABC$. Поэтому $S_{ABC}=5S_{AB_1C_1}$.$$\frac{S_{AB_1C_1}}{S_{ABC}}=\frac15=k^2$$

Обозначим $\vec{AB}=\mathbf b$, $\vec{AD}=\mathbf d$. Тогда $B=\mathbf b$, $D=\mathbf d$, а точки окружности удовлетворяют уравнению $\mathbf r^2-\mathbf u\cdot\mathbf r=0$. Так как окружность проходит через $B$ и $D$, имеем…

Точка $M$ лежит на прямой $BC$ и имеет вид $M=\mathbf b+t\mathbf d$. Подстановка в уравнение окружности даёт два корня: $t=0$ соответствует точке $B$, а для точки $M$ получаем $t=1-\dfrac{2\mathbf b\cdot\mathbf d}{\mathbf d^2}$.

Поскольку точки $E$ и $F$ — середины сторон $AB$ и $BC$, отрезок $EF$ является средней линией треугольника $ABC$. Поэтому $EF\parallel AC$, а расстояние между прямыми $EF$ и $AC$ равно половине высоты $h$, проведённой к стороне $AC$.$$d(EF,AC)=\frac{h}{2}$$

Обозначим через $O$ центр вписанной окружности, а через $r$ — её радиус. Расстояние от $O$ до стороны $AC$ равно $r$. Так как $EF$ касается окружности, расстояние от $O$ до прямой $EF$ также равно $r$. Следовательно, $O$ находится между…$$\frac{h}{2}-r=r$$

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

Выберем координаты: $C=(0,0)$, $B=(4\sqrt{3},0)$. Поскольку $\angle BCA=45^\circ$, точка $A$ лежит на прямой $y=x$. Высота $AH$ перпендикулярна $BC$, поэтому $H$ имеет ту же абсциссу, что и $A$.

Для доказательства пункта а) введём координаты: $C=(0,0)$, $A=(a,0)$, $B=(0,b)$. Пусть радиус окружности равен $r$. Тогда $M=(r,0)$, $E=(0,r)$, а $O=(r,r)$.$$AC\colon y=0,\quad BC\colon x=0$$

Обозначим координаты точки касания гипотенузы $K$ как $(x_K,y_K)$. Так как $K$ — точка касания, радиус $OK$ перпендикулярен гипотенузе $AB$. Вектор $MK$ имеет координаты $(x_K-r,y_K)$.

Введём координаты: $C=(0,0)$, $B=(8,0)$, $A=(0,6)$. Так как $CK:KB=1:3$ и $CB=8$, имеем $CK=2$, поэтому $K=(2,0)$.

Найдём координаты середин отрезков $AB$ и $BC$: $M=(4,3)$, $N=(4,0)$.

Так как треугольник $ABC$ равнобедренный и прямоугольный с прямым углом $C$, его углы при основаниях равны:$$\angle BAC=\angle ABC=45^\circ$$

Точки $A$, $C$, $D$ коллинеарны, а точки $B$, $C$, $E$ коллинеарны. С помощью теоремы об угле между хордой и секущей, а также равенства углов в равнобедренном прямоугольном треугольнике, получаем равенство соответствующих углов:$$\angle ADE=\angle DAB$$

Радиус описанной окружности треугольника $PQW$ равен $10$, поэтому её диаметр равен $20$.

Проверим длину третьей стороны по теореме Пифагора:$$PQ^2+QW^2=16^2+12^2=256+144=400=20^2$$

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 хорду $AC_1$. Аналогично, углы $ACB$ и $AC_1B_1$ равны. Следовательно…$$\angle A=\angle A,\quad \angle ABC=\angle AB_1C_1,\quad \angle ACB=\angle AC_1B_1$$

Обозначим коэффициент подобия треугольника $ABC$ к треугольнику $AB_1C_1$ через $k$. Площадь четырёхугольника $BCB_1C_1$ равна $S_{ABC}-S_{AB_1C_1}$. По условию $S_{AB_1C_1}=5(S_{ABC}-S_{AB_1C_1})$, поэтому $S_{ABC}=6S_{AB_1C_1}$.$$\frac{S_{ABC}}{S_{AB_1C_1}}=6$$

Из заданных отношений деления сторон получаем радиус-векторы точек:$$\vec{C_1}=\frac{10\vec A+21\vec B}{31},\quad \vec{A_1}=\frac{3\vec B+2\vec C}{5},\quad \vec{B_1}=\frac{5\vec A+2\vec C}{7}$$

Точка $D$ лежит на прямых $BB_1$ и $CC_1$. Запишем её координаты на этих прямых:$$\vec D=\vec B+t(\vec{B_1}-\vec B)=\left(\frac{5t}{7},1-t,\frac{2t}{7}\right)$$

Так как $BCDM$ — параллелограмм, то $BC\parallel DM$ и $BC=DM$.

Поскольку $A,M,D$ лежат на одной прямой, а $B,M,E$ лежат на одной прямой, имеем $\angle DME=\angle CBE$. Эти углы равны как вписанные углы, опирающиеся на одну и ту же дугу $CE$. Угловая конфигурация параллелограмма также даёт…

Так как $AD$ является диаметром окружности, угол $ACD$ прямой. Кроме того, $AB \perp AD$ и $BC \parallel AD$, поэтому $AB \perp BC$. Следовательно, $\angle BAM$ дополняет до $90^\circ$ угол между $AM$ и $BC$, то есть…$$\angle BAM=90^\circ-\angle AMC$$

Четырёхугольник $ACDM$ вписан в окружность. Вписанные углы, опирающиеся на хорду $AC$, равны: $\angle AMC=\angle ADC$. В прямоугольном треугольнике $ACD$ имеем $\angle CAD+\angle ADC=90^\circ$. Поэтому…

Рассмотрим сначала общий случай с основаниями $AD=a$ и $BC=b$. Из равнобедренности трапеции разместим её вершины так: $A\left(-\dfrac a2,0\right)$, $D\left(\dfrac a2,0\right)$, $B\left(-\dfrac b2,h\right)$, $C\left(\dfrac b2,h\right)$.

Направляющие векторы диагоналей можно взять в виде $\overrightarrow{AC}=\left(\dfrac{a+b}{2},h\right)$ и $\overrightarrow{BD}=\left(\dfrac{a+b}{2},-h\right)$. Их скалярное произведение равно нулю.$$\left(\dfrac{a+b}{2}\right)^2-h^2=0$$

Равнобедренная трапеция имеет ось симметрии, перпендикулярную основаниям. Биссектрисы углов $BAD$ и $BCD$ симметричны относительно этой оси, поэтому их точка пересечения $O$ лежит на оси симметрии. При симметрии точки $A$ и $D$, $B$ и…$$O\in\text{оси симметрии},\quad M\leftrightarrow N$$

Для нахождения отношения введём координаты: $A(-a/2,0)$, $D(a/2,0)$, $B(-b/2,h)$, $C(b/2,h)$, где $a=AD$, $b=BC$. Масштаб выберем так, чтобы $a=31$, $b=17$. Пусть $l=AB=CD$.

Так как точка $E$ лежит на серединном перпендикуляре к отрезку $BM$, она равноудалена от его концов:$$EB=EM$$

Треугольник $EBM$ равнобедренный. Поскольку $E\in AB$, угол $EBM$ равен углу $ABM$, то есть $60^\circ$. Следовательно, $\angle BME=60^\circ$ и $\angle BEM=60^\circ$.

Так как $A_1$, $B_1$ и $C_1$ — середины сторон треугольника $ABC$, треугольник $A_1B_1C_1$ является средним треугольником. Его стороны параллельны сторонам треугольника $ABC$ и равны половинам соответствующих сторон.

По теореме о девяти точках окружность, проходящая через середины трёх сторон треугольника, проходит также через основания его высот. Точка $H$ является основанием высоты $AH$, поэтому точки $A_1$, $B_1$, $C_1$ и $H$ лежат на одной…