Решения заданий ФИПИ ЕГЭ по профильной математике: «Планиметрия» — с ответами

Пусть основания трапеции равны $a$ и $b$, причём $a+b=10$. Обозначим её диагонали векторами $\vec d_1$ и $\vec d_2$, выходящими из одной вершины.$$a+b=10$$

Для трапеции справедливо векторное равенство, связывающее диагонали и основания:$$|\vec d_1|^2+|\vec d_2|^2=(a+b)^2+2\vec d_1\cdot\vec d_2$$

Обозначим радиус вписанной окружности через $r$. Так как $MN$ — касательная, $OA\perp MN$ и $OA=r$.

Центр $O$ лежит на биссектрисе угла $M$. В прямоугольном треугольнике $MOA$ угол $OMA$ равен $30^\circ$, поскольку $\angle LMN=60^\circ$. Поэтому $MA=r\cot30^\circ=\sqrt{3}r$.

Угол при вершине $A$ равен $55^\circ$. Выберем масштаб так, чтобы $BC=1$, и введём координаты: $B=(0,0)$, $C=(1,0)$. Луч $BA$ образует с осью $BC$ угол $40^\circ$, а биссектриса угла $B$ — угол $20^\circ$.

Уравнение окружности, проходящей через $B$ и $C$, имеет вид $x^2+y^2-x-\tan35^\circ y=0$. На луче $BM$ точка $M$ имеет вид $M=t(\cos20^\circ,\sin20^\circ)$. Подстановка в уравнение окружности даёт $t=\cos20^\circ+\tan35^\circ\sin20^\circ$.

По теореме синусов для стороны $PQ$, противолежащей углу $PWQ$, имеем:$$PQ=2R\sin\angle PWQ$$

Подставим известные значения. Так как угол $PWQ$ острый, выбираем острое значение угла:$$\sin\angle PWQ=\frac{16}{2\cdot10}=\frac45,\qquad \cos\angle PWQ=\frac35$$

Так как треугольник $ABD$ равнобедренный с основанием $AD$, то $AB=BD$. Так как треугольник $BCD$ равнобедренный с основанием $CD$, то $BC=BD$.

Следовательно, $AB=BC$, поэтому треугольник $ABC$ равнобедренный с основанием $AC$. Значит, $\angle BAC=\angle ACB$.

Пусть $AK=x$. Тогда $KC=2x$ и $AC=3x$. Введём координаты: $A=(0,0)$, $C=(3x,0)$, $K=(x,0)$, $B=(3x,h)$, где $h=BC$.$$M=\left(\frac{3x}{2},\frac{h}{2}\right)$$

Направляющий вектор $CM$ равен $\left(-\frac{3x}{2},\frac{h}{2}\right)$, а направляющий вектор $MK$ равен $\left(-\frac{x}{2},-\frac{h}{2}\right)$. Так как $MK\perp CM$, их скалярное произведение равно нулю.$$\left(-\frac{3x}{2}\right)\left(-\frac{x}{2}\right)+\frac{h}{2}\left(-\frac{h}{2}\right)=0$$

Центр окружности равноудалён от сторон угла, поэтому точка $O$ лежит на биссектрисе угла $ANB$. Обозначим половину угла $ANB$ через $\alpha$, а длину $NO$ через $d$.

Выберем координатную систему так, чтобы ось $Ox$ совпадала с биссектрисой угла, а точка $N$ была началом координат. Тогда $O=(d,0)$. Так как $OA$ и $OB$ перпендикулярны сторонам угла, координаты точек касания можно записать в виде…

Так как $AH$, $BN$ и $CK$ — высоты, точки $H$, $N$, $K$ являются основаниями высот. Углы ортотреугольника выражаются через углы исходного треугольника. В частности, для острого треугольника$$\angle KNH=180^\circ-2\angle ABC$$

Подставляя условие $\angle KNH=60^\circ$, получаем$$60^\circ=180^\circ-2\angle ABC$$

Так как $ABCD$ — параллелограмм, то $AB \parallel CD$ и $AD \parallel BC$. Поэтому $\angle ABE = \angle ADK$, а также $\angle AEB = \angle ADK$ как вписанные углы, опирающиеся на соответствующие дуги окружности. Кроме того…$$\triangle ABE \sim \triangle ADK$$

Из подобия следует равенство соответствующих сторон $AE=AK$.

Пусть центр ромба находится в начале координат, диагональ $AC$ лежит на оси $Ox$, а диагональ $BD$ — на оси $Oy$:$$A(-a,0),\quad C(a,0),\quad B(0,b),\quad D(0,-b)$$

Так как $AM:MC=1:2$, точка $M$ делит отрезок $AC$ так, что $AM=\dfrac13 AC$. Следовательно,$$M\left(-\frac{a}{3},0\right)$$

Обозначим $a=BC$, $b=CA$, $c=AB$. Пусть точки касания вписанной окружности со сторонами $AB$, $BC$, $CA$ делят их на отрезки с длинами $x$, $y$, $z$, где $x$ — касательная длина от вершины $A$, $y$ — от вершины $B$, $z$ — от вершины $C$…$$c=x+y,\qquad a=y+z,\qquad b=x+z$$

Рассмотрим координаты точек $M$ и $N$ в барицентрической системе относительно треугольника $ABC$. Из отношений $AM:MB=2:3$ и $CN:NB=2:3$ получаем$$M=\left(\frac35,\frac25,0\right),\qquad N=\left(0,\frac35,\frac25\right)$$

Так как треугольник $ABC$ равнобедренный прямоугольный с прямым углом $C$, то $CA=CB$ и $\angle CAB=\angle CBA=45^\circ$.

Точки $A$ и $D$ лежат на одной прямой с точкой $C$, а точки $B$ и $E$ — на другой. Используя равенство вписанных углов, опирающихся на соответствующие дуги окружностей, и равенство углов при внешнем касании окружностей в точке $O$…

Так как окружность с центром $O_1$ касается параллельных прямых $AD$ и $BC$, расстояния от $O_1$ до этих прямых равны. Аналогично, окружность с центром $O_2$ касается прямых $AD$ и $BC$, поэтому расстояния от $O_2$ до них также равны…

Введём координаты: $A=(0,0)$, $D=(39,0)$, $B=(x,h)$, $C=(x+9,h)$, где $h$ — высота трапеции.

Поскольку треугольник равнобедренный, его боковые стороны равны: $AB=BC=13$. Высота к основанию $AC$ делит его пополам, поэтому при выборе координат $A(-5;0)$ и $C(5;0)$ получаем $B(0;12)$ из прямоугольного треугольника с гипотенузой $13$.$$12^2+5^2=13^2$$

Уравнения боковых сторон имеют вид $BC:12x+5y-60=0$ и $AB:12x-5y+60=0$. Проекция точки $A$ на прямую $BC$ даёт точку $H$.$$H\left(\frac{595}{169};\frac{600}{169}\right)$$

Обозначим $\vec{AB}=\vec b$, $\vec{AD}=\vec d$, а точку $A$ примем за начало координат. Тогда $B=\vec b$, $D=\vec d$, $C=\vec b+\vec d$.

Так как $E\in BC$, существует число $t$, для которого $E=\vec b+t\vec d$. Так как $K$ лежит на продолжении $CD$ за точку $D$, запишем $K=\vec d+u\vec b$.

Так как точки $A$, $B$, $C_1$ лежат на одной прямой, а точки $A$, $C$, $B_1$ — на другой, угол при вершине $A$ у треугольников $ABC$ и $AB_1C_1$ общий:$$\angle BAC=\angle B_1AC_1$$

Четырёхугольник $BCB_1C_1$ вписан в окружность. Углы $ABC$ и $AB_1C_1$ являются равными вписанными углами, опирающимися на одну и ту же хорду. Значит, треугольники подобны по двум углам:$$\triangle ABC\sim\triangle AB_1C_1$$

Поскольку трапеция равнобедренная, перпендикуляры из вершин $B$ и $C$ на основание $AD$ отсекают по краям равные отрезки. Обозначим каждый из них через $x$.$$AH = KD = x$$

Из разности оснований получаем $2x = AD - BC$. По условию $AD = 2BC$, поэтому $2x = BC$, то есть $x = \dfrac{BC}{2}$. Следовательно, $HD = \dfrac{BC}{2}$, а $AH = AD - HD = 2BC - \dfrac{BC}{2} = \dfrac{3BC}{2}$.$$AH:HD = \dfrac{3BC}{2}:\dfrac{BC}{2} = 3:1$$

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).