а)  Обо­зна­чим K точку пе­ре­се­че­ния от­рез­ков AM и BN. Тре­уголь­ник ABN рав­но­бед­рен­ный, по­сколь­ку в нем AK яв­ля­ет­ся бис­сек­три­сой и вы­со­той. Сле­до­ва­тель­но, AK яв­ля­ет­ся и ме­ди­а­ной, то есть K  — се­ре­ди­на BN. По­лу­ча­ем, что AN = AB = 6, от­ку­да NC  =  AC − AN  =  3.

Рас­смот­рим тре­уголь­ник ABC, бис­сек­три­са делит про­ти­во­по­лож­ную сто­ро­ну на от­рез­ки, про­пор­ци­о­наль­ные при­ле­жа­щим сто­ро­нам: BM : MC  =  AB : AC, учи­ты­вая, что длина BC равна 5, по­лу­ча­ем: BM  =  2; MC  =  3.

В тре­уголь­ни­ке MNC сто­ро­ны NC и MC равны, сле­до­ва­тель­но, тре­уголь­ник MNC  — рав­но­бед­рен­ный, с ос­но­ва­ни­ем MN. Зна­чит, бис­сек­три­са угла C также яв­ля­ет­ся ме­ди­а­ной и вы­со­той. Таким об­ра­зом, по­лу­ча­ем, что бис­сек­три­са угла С делит от­ре­зок MN по­по­лам.

б)  Рас­смот­рим тре­уголь­ник PMN: от­ре­зок PO пер­пен­ди­ку­ля­рен пря­мой MN и делит её по­по­лам, сле­до­ва­тель­но, тре­уголь­ник PMN  — рав­но­бед­рен­ный с ос­но­ва­ни­ем MN. Зна­чит, PM  =  PN и от­но­ше­ние AP : PN  =  AP : PM.

В тре­уголь­ни­ке AMC от­ре­зок CP  — бис­сек­три­са, по­это­му AP : PM  =  AC : MC  =  3 : 1.

Ответ: 3 : 1.

а)  До­стро­им тре­уголь­ник ABC до па­рал­ле­ло­грам­ма ALBC, тогда M − точка пе­ре­се­че­ния его диа­го­на­лей.

AL = BC = KC . AC = CD.

Тогда тре­уголь­ни­ки LAC и KCD равны по двум сто­ро­нам и углу между ними. От­ку­да LC = KD, а что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  Пусть O₁  — центр квад­ра­та CKFB. Тогда MO₁  — сред­няя линия тре­уголь­ни­ка AKB. Най­дем те­перь AK по тео­ре­ме ко­си­ну­сов из тре­уголь­ни­ка ACK.

от­ку­да

Оче­вид­но, рас­сто­я­ние до дру­го­го цен­тра све­дет­ся к на­хож­де­нию DB, ко­то­рое будет таким же.

Ответ: 19.

а)  Пред­по­ло­жим для опре­делённо­сти, что точка E лежит на ка­те­те BC, а точка K  — на ка­те­те AC. Про­ведём от­ре­зок KE и за­ме­тим, что он яв­ля­ет­ся ги­по­те­ну­зой пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка KCE, по­доб­но­го тре­уголь­ни­ку ABC.

Рас­смот­рим углы четырёхуголь­ни­ка ABEK. Если ∠ABE  =  α, то

Зна­чит,

Сумма двух про­ти­во­по­лож­ных углов в четырёхуголь­ни­ке 180°, сле­до­ва­тель­но, четырёхуголь­ник впи­сан в окруж­ность.

б)  Ра­ди­ус окруж­но­сти, про­хо­дя­щей через точки A, B и E, най­дем по тео­ре­ме си­ну­сов:

Из по­до­бия тре­уголь­ни­ков CEH и ABC на­хо­дим

Тогда

По­это­му

Сле­до­ва­тель­но, ис­ко­мый ра­ди­ус

При­ве­дем еще одно ре­ше­ние пунк­та б).

Про­дол­жим от­ре­зок  КН за точку  Н, точку его пе­ре­се­че­ния окруж­но­стью на­зо­вем  Р. Пря­мые KP и ВС па­рал­лель­ны, сле­до­ва­тель­но, За­ме­тим, что как впи­сан­ные, опи­ра­ю­щи­е­ся на одну дугу. Зна­чит,

то есть   — пря­мой. Таким об­ра­зом, пря­мые BP и СH па­рал­лель­ны, и че­ты­рех­уголь­ник CHPB  — па­рал­ле­ло­грамм, в ко­то­ром BP  =  CH  =  5. От­ре­зок  AP  — диа­метр окруж­но­сти, най­дем его из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка ABP:

Сле­до­ва­тель­но, ис­ко­мый ра­ди­ус

При­ве­дем ре­ше­ние пунк­та б) Ев­ге­ния Мат­ве­е­ва.

В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке ABC имеем: В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке CHK имеем: Тогда Ра­ди­ус окруж­но­сти, опи­сан­ной во­круг тре­уголь­ни­ка ABK по тео­ре­ме си­ну­сов

Ответ:

а)  Пусть P  — ос­но­ва­ние пер­пен­ди­ку­ля­ра, опу­щен­но­го из точки D на пря­мую AB, тогда DH  =  DP. В рав­но­бед­рен­ном тре­уголь­ни­ке EAD угол AED  равен 30°. В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке EPD на­хо­дим от­ку­да по­лу­ча­ем, что FH  =  2DH.

б)  Пусть AM  — вы­со­та тре­уголь­ни­ка ABC  — пе­ре­се­ка­ет ED в точке N. Тогда

Пусть DH  =  EF  =  x, тогда FH  =  ED  =  2x. Тре­уголь­ни­ки ABC и AED по­доб­ны, сле­до­ва­тель­но,

Зна­чит, пло­щадь пря­мо­уголь­ни­ка DEFH равна

Ответ:

При­ве­дем ре­ше­ние пунк­та а) Сер­гея Фе­до­ро­ва.

Тре­уголь­ник ABC рав­но­бед­рен­ный, сле­до­ва­тель­но,

Углы BDE и DBC равны как на­крест ле­жа­щие, угол DBC равен углу DBE, по­сколь­ку BD яв­ля­ет­ся бис­сек­три­сой, сле­до­ва­тель­но, углы BDE и DBE равны, тогда тре­уголь­ник DBE рав­но­бед­рен­ный, DE  =  BE. В тре­уголь­ни­ке BFE катет EF лежит про­тив угла в 30°, сле­до­ва­тель­но, BE  =  2EF, тогда DE  =  2EF.

а)  В четырёхуголь­ни­ке AC₁HB₁ углы C₁ и B₁  — пря­мые, сле­до­ва­тель­но, около этого четырёхуголь­ни­ка можно опи­сать окруж­ность, причём AH  — её диа­метр (впи­сан­ные пря­мые углы опи­ра­ют­ся на диа­метр). Впи­сан­ные углы AC₁B₁ и AHB₁ опи­ра­ют­ся на одну дугу, сле­до­ва­тель­но, ∠AHB₁ = ∠AC₁B₁.

Углы BC₁C и BB₁C  — пря­мые, зна­чит, точки B, C, B₁ и C₁ лежат на окруж­но­сти с диа­мет­ром BC. Сле­до­ва­тель­но,

По­лу­ча­ем, что ∠ACB = ∠AHB₁.

б)  В тре­уголь­ни­ке AB₁C₁ диа­метр опи­сан­ной окруж­но­сти AH  =  4, от­ку­да

В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке BB₁A имеем:

В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке CC₁A имеем:

По­лу­ча­ем, что Тре­уголь­ни­ки ABC и AB₁C₁ имеют общий угол A и сле­до­ва­тель­но, они по­доб­ны. Тогда Зна­чит,

Ответ:

При­ве­дем ре­ше­ние пунк­та б) То­фи­га Али­е­ва.

В четырёхуголь­ни­ке AC₁HB₁ углы C₁ и B₁  — пря­мые, сле­до­ва­тель­но, около этого четырёхуголь­ни­ка можно опи­сать окруж­ность, причём AH  — её диа­метр. Эта окруж­ность опи­са­на также во­круг тре­уголь­ни­ка C₁AB₁, тогда по тео­ре­ме си­ну­сов от­ку­да

Как до­ка­за­но в ос­нов­ном ре­ше­нии, тре­уголь­ни­ки C₁AB₁ и ABC по­доб­ны с ко­эф­фи­ци­ен­том по­до­бия cos ∠A, тогда

При­ве­дем ре­ше­ние пунк­та б) Юлии Еро­хи­ной.

6)  В тре­уголь­ни­ке AB₁C₁ диа­метр опи­сан­ной окруж­но­сти AH  =  4, от­ку­да

По до­ка­зан­но­му в пунк­те а) че­ты­рех­уголь­ник B₁C₁BC впи­сан в окруж­ность с диа­мет­ром BC. В эту же окруж­ность впи­сан тре­уголь­ник B₁C₁B, тогда по тео­ре­ме си­ну­сов

Най­дем угол C₁BB₁ из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка ABB₁:

тогда:

При­ме­ча­ние Дмит­рия Гу­щи­на.

Ука­жем дру­гое ре­ше­ние.

а)  По­сколь­ку AA₁  — пер­пен­ди­ку­ляр к ВС, а BB₁  — пер­пен­ди­ку­ляр к AС (см. рис.), углы AHB₁ и ACB равны как ост­рые углы со вза­им­но пер­пен­ди­ку­ляр­ны­ми сто­ро­на­ми.

б)  Сто­ро­на тре­уголь­ни­ка, ве­ли­чи­на про­ти­во­ле­жа­ще­го ей угла и от­ре­зок вы­со­ты, про­ведённой из вер­ши­ны этого угла в точку пе­ре­се­че­ния высот тре­уголь­ни­ка, свя­за­ны со­от­но­ше­ни­ем: от­ку­да

При­ме­ча­ние.

По­лез­но будет срав­нить эту за­да­чу с за­да­ни­ем 519475 из эк­за­ме­на­ци­он­но­го ва­ри­ан­та ЕГЭ 2014 года, за­да­ни­ем 519475 из ЕГЭ−2018, за­да­ни­ем 526342 из ЕГЭ−2019, за­да­ни­ем 656585 из ЕГЭ−2024.