Математика. Профильный уровень

[рис.] а)  Обозначим K точку пересечения отрезков AM и BN. Треугольник ABN = бедренный, 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  — = бедренный, 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  — = бедренный 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.
$\angle LAC =180 ^{\circ} - \angle ACB=\angle KCD$ AL = BC = KC . AC = CD.
Тогда треугольники LAC и KCD равны по двум сторонам и углу между ними. Откуда LC = KD, а $CM= $\frac{1}{2}$ LC= $\frac{1}{2}$ KD$ что и требовалось доказать.

[рис.]
Рис. 1

[рис.]
Рис. 2

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

$AK ^2 =AC ^2 + CK ^2 - 2AC \cdot CK \cdot \cos \angle ACK=$
$=AC ^2 + BC ^2 - 2AC \cdot BC \cdot \cos ( \angle ACB + \angle BCK ) =$
$=AC ^2 + BC ^2 - 2AC \cdot BC \cdot \cos ( 120 ^{\circ} ) =$
$=100 + 1024 + 320=1444=38 ^2$

откуда $MO_1= $\frac{1}{2}$ \cdot 38=19$

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

Ответ: 19.

[рис.] 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

$\angle BEK=\angle BEH + \angle HEK=90 ^{\circ} + альфа$ а $\angle KAB=90 ^{\circ} - альфа$

Значит,

$\angle BEK + \angle KAB =90 ^{\circ} + альфа + 90 ^{\circ} - альфа =180 ^{\circ}$

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 \sin ов:

$R= $\frac{AB}{2 \sin \angle BEA}$ = \frac{AB}{2 \sin \angle AEC}$

Из подобия треугольников CEH и ABC находим

$\frac{CE}{CH} = \frac{AC}{AB}$ откуда $CE= \frac{CH \cdot AC}{AB}$

Тогда

$AE= $\sqrt{аргумента: CE ^2 + AC ^2}$ аргумента =AC \cdot \sqrt{аргумента: $\frac{CH ^2 + AB ^2}{AB ^2}$} аргумента = $\frac{AC}{AB}$ $\sqrt{аргумента: CH ^2 + AB ^2}$ аргумента$

Поэтому

$\sin \angle AEC= $\frac{AC}{AE}$ = \frac{AB}{$\sqrt{аргумента: CH ^2 + AB ^2}$ аргумента}$

Следовательно, искомый радиус

$R= \frac{AB}{\dfrac2AB $\sqrt{аргумента: CH ^2 + AB ^2}$ аргумента} = $\frac{1}{2}$ $\sqrt{аргумента: CH ^2 + AB ^2}$ аргумента = \frac{13}{2}$

[рис.] Приведем еще одно решение пункта б).
Продолжим отрезок  КН за точку  Н, точку его пересечения окружностью назовем  Р. Прямые KP и ВС параллельны, следовательно, $\angle PHB=\angle HBC=\angle ABC$ Заметим, что $\angle KPB=\angle KAB=\angle CAB$ как вписанные, опирающиеся на одну дугу. Значит,

$\angle PBH=180 ^{\circ} - \angle PHB - \angle HPB=180 ^{\circ} - \angle ABC - \angle CAB=90 ^{\circ}$

то есть $\angle ABP$   — 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:

$AP= $\sqrt{аргумента: AB ^2 + BP ^2}$ аргумента = $\sqrt{аргумента: 12 ^2 + 5 ^2}$ аргумента =13$

Следовательно, искомый радиус $R= $\frac{AP}{2}$ = \frac{13}{2}$

Приведем решение пункта б) Евгения Матвеева.
В прямоугольном треугольнике ABC имеем: $BC=AB \sin A$ В прямоугольном треугольнике CHK имеем: $CK=CH \cos \angle HCK=CH \sin A$ Тогда $BK= $\sqrt{аргумента: ( AB ^2 + CH ^2 ) \cdot \sin ^2 A}$ аргумента =13 \sin A$ Радиус окружности, описанной вокруг треугольника ABK по теореме \sin ов

$R= $\frac{BK}{2 \sin A}$ = $\frac{13 \sin A}{2 \sin A}$ = \frac{13}{2}$

Ответ: $\frac{13}{2}$

[рис.] а)  Пусть P  — основание перпендикуляра, опущенного из точки D на прямую AB, тогда DH  =  DP. В = бедренном треугольнике EAD угол AED  равен 30°. В прямоугольном треугольнике EPD находим $DP= $\frac{1}{2}$ DE$ откуда получаем, что FH  =  2DH.
б)  Пусть AM  — высота треугольника ABC  — пересекает ED в точке N. Тогда

$AM=AB \cdot \sin \angleABC=2, BC=2AB \cdot \cos \angleABC=4 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента$

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

$\frac{AN}{AM} = $\frac{ED}{BC}$ = сильно $\frac{2 - x}{2}$ = \frac{2x}{4 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента} = сильно x= \frac{2 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{1 + $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента} = сильно x=3 - $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента$

Значит, площадь прямоугольника DEFH равна

$DE \cdot DH=2x \cdot x=2 ( 3 - $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента ) ^2 =24 - 12 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента$

Ответ: $24 - 12 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента$

Приведем решение пункта а) Сергея Федорова.
Треугольник ABC = бедренный, следовательно,

$\angle ABC = \angle ACB = \frac{180 ^{\circ} - \angle A}{2} =30 ^{\circ}$

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 = бедренный, DE  =  BE. В треугольнике BFE катет EF лежит против угла в 30°, следовательно, BE  =  2EF, тогда DE  =  2EF.

[рис.] 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,

$\angle AC_1B_1=180 ^{\circ} - \angle BC_1B_1=\angle BCB_1$

Получаем, что ∠ACB = ∠AHB1.
б)  В треугольнике AB1C1 диаметр описанной окружности AH  =  4, откуда

$B_1C_1=AH \cdot \sin \angle BAC=AH \cdot \sin 60 ^{\circ}=2 \sqrt{3}$

В прямоугольном треугольнике BB1A имеем:

$AB_1=AB \cos \angle BAB_1=AB \cos 60 ^{\circ}= $\frac{1}{2}$ AB$

В прямоугольном треугольнике CC1A имеем:

$AC_1=AC \cos \angle CAC_1=AC \cdot \cos 60 ^{\circ}= $\frac{1}{2}$ AC$

Получаем, что $\frac{AB}{AB_1} = \frac{AC}{AC_1}$ Треугольники ABC и AB1C1 имеют общий угол A и $\frac{AB}{AB_1} = \frac{AC}{AC_1}$ следовательно, они подобны. Тогда $\frac{BC}{B_1C_1} = $\frac{AC}{AC_1}$ =2$ Значит,

$BC=2B_1C_1=4 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента$

Ответ: $4 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента$

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 \sin ов $\frac{B_1C_1}{\sin \angle A} =2R=AH$ откуда $B_1C_1=AH \sin \angle A = 4 \cdot \frac{$\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{2} =2 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента$
Как доказано в основном решении, треугольники C1AB1 и ABC подобны с коэффициентом подобия cos ∠A, тогда

$BC= $\frac{B_1C_1}{\cos \angle A}$ = \frac{2 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{$\frac{1,}{2}$} =4 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента$

Приведем решение пункта б) Юлии Ерохиной.
[рис.]
6)  В треугольнике AB1C1 диаметр описанной окружности AH  =  4, откуда

$B_1C_1=AH \cdot \sin \angle BAC=AH \cdot \sin 60 ^{\circ}=2 \sqrt{3}$

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

$\frac{B_1C1}{\sin \angle C_1BB_1} =BC$

Найдем угол C1BB1 из прямоугольного треугольника ABB1:

$\angle ABB_1=90 ^{\circ} - \angle BAB_1=90 ^{\circ} - 60 ^{\circ}=30 ^{\circ}$

тогда:

$BC= \frac{B_1C_1}{\sin 30 ^{\circ}} = \frac{2 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{$\frac{1,}{2}$} =4 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента$

[рис.] 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: $BC = AH \text{tg} A$ откуда $BC = 4 \text{tg} 60 ^{\circ} = 4 \sqrt{3}$

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.

[рис.] а)  Пусть угол BAC  =  α. Углы BAC и KHB равны как углы с взаимно перпендикулярными сторонами. Рассмотрим четырёхугольник BKHM: в нем ∠BKH + ∠BMH  =  90° + 90°  =  180°, следовательно, четырёхугольник BKHM вписан в окружность. Значит, углы KHB и KMB  — вписанные, опирающиеся на одну и ту же дугу, следовательно, они равны. Таким образом, ∠BAC = ∠KHB = ∠KMB. Треугольники ABC и MBK имеют общий угол B, а ∠BAC = ∠KMB, значит, эти треугольники подобны по двум углам.
б)  Сумма углов К и М четырехугольника BKHM равна 180°, поэтому он вписан в окружность. Прямоугольный треугольник BKH вписан в эту же окружность, а потому радиус R окружности равен половине гипотенузы BH: R  =  1. Треугольник MBK также вписан в эту окружность. Коэффициент подобия треугольников ABC и MBK равен отношению их сходственных элементов, поэтому он равен $4:1 = 4$ Тогда для отношения площади треугольника MBK к площади четырёхугольника AKMC получаем:

$\frac{S_MBK}{S_AKMC} = $\frac{S_MBK}{S_ABC - S_MBK}$ = $\frac{S_MBK}{k ^2 S_MBK - S_MBK}$ = $\frac{1}{k ^2 - 1}$ = $\frac{1}{16 - 1}$ = \frac{1}{15}$

Ответ: $\frac{1}{15}$

Приведем другое решение пункта б).
Из прямоугольного треугольника BKH находим, что $BH= \frac{BK}{\sin \angle KHB}$ Для треугольника ABC справедливо равенство $2R= \frac{BC}{\sin \angle BAC}$ Учитывая, что ∠KHB = ∠BAC, получаем: $\frac{BC}{BK} = \frac{2R}{BH}$ Стороны BC и BK  — сходственные в подобных треугольниках ABC и MBK, следовательно, их коэффициент подобия $k= $\frac{BC}{BK}$ = $\frac{2R}{BH}$ =4$ Найдём отношение площади треугольника MBK к площади четырёхугольника AKMC:

$\frac{S_MBK}{S_AKMC} = $\frac{S_MBK}{S_ABC - S_MBK}$ = $\frac{S_MBK}{k ^2 S_MBK - S_MBK}$ = $\frac{1}{k ^2 - 1}$ = $\frac{1}{16 - 1}$ = \frac{1}{15}$

[рис.] Известно, что медианы делятся точкой пересечения в отношении 2 : 1, считая от вершины. Значит,

$BB_1= $\frac{3}{2}$ BM= $\frac{3}{2}$ \cdot $\frac{1}{3}$ AC= $\frac{1}{2}$ AC$

Поэтому треугольники AB1B и CB1B = бедренные, причём ∠B1AB = ∠ABB1 и ∠B1CB = ∠CBB1. Сумма всех этих четырёх углов равна 180°. Тогда ∠ABC = ∠ABB1 + ∠CBB1  =  90°. Следовательно, треугольник ABC прямоугольный.
б)  Треугольник A1BA прямоугольный. Поэтому

$AA_1 ^2 =A_1B ^2 + BA ^2 = $\frac{1}{4}$ CB ^2 + BA ^2$

Аналогично из прямоугольного треугольника C1BC находим:

$CC_1 ^2 =C_1B ^2 + BC ^2 = $\frac{1}{4}$ AB ^2 + BC ^2$

Тогда $AA_1 ^2 + CC_1 ^2 = $\frac{5}{4}$ AB ^2 + $\frac{5}{4}$ BC ^2 = $\frac{5}{4}$ ( AB ^2 + BC ^2 ) = $\frac{5}{4}$ AC ^2 =125$

Ответ: 125.

Приведём другое решение пункта а).
Покажем, что медиана, проведенная к стороне AC, равна половине этой стороны. Тогда угол, противолежащий стороне AC, равен 90°, что и требуется доказать. Действительно, медианы делятся точкой пересечения в отношении 2 : 1, считая от вершины. Значит, $BB_1= $\frac{3}{2}$ BM= $\frac{3}{2}$ \cdot $\frac{1}{3}$ AC= $\frac{1}{2}$ AC$

Приведём еще одно решение пункта а).
Треугольник $AB_1B$   — = бедренный, $AB_1=B_1C=B_1B$ Отрезок $B_1C_1$   — высота треугольника $AB_1B$ отрезок $B_1C_1$   — средняя линия треугольника ABC, тогда прямые $B_1B$ и CB параллельны. Значит, прямые BC и AB перпендикулярны по теореме о перпендикулярности прямой, параллельной перпендикуляру.

Приведём еще одно решение пункта а).
Поскольку $AB_1=BB_1=CB_1$ точка $B_1$   — центр описанной окружности, а AC  — ее диаметр. Тогда угол B прямой как опирающийся на диаметр.

а)  Пусть $S_ABC=S$ Из рисунка видно, что площадь шестиугольника $A_1B_2C_1A_2B_1C_2$ равна сумме площадей $S_A_1B_1C_1 + S_B_1C_1A_2 + S_A_1C_1B_2 + S_A_1B_1C_2$ Поскольку треугольник A1B1C1 подобен треугольнику ABC c коэффициентом подобия $k= \frac{1}{2}$ его площадь $S_A_1B_1C_1= \frac{S}{4}$ Пусть K  — точка пересечения медианы AA1 и средней линии B1C1. Медиана и средняя линия делят друг друга пополам, поскольку они являются диагоналями параллелограмма AB1A1C1. Откуда $AK= $\frac{1}{2}$ AA_1, AK$   — медиана треугольника AB1C1. Заметим, что

$AA_2:AK= $\frac{1}{2}$ AM: $\frac{1}{2}$ AA_1=AM:AA_1=2:3$

то есть точка A2 делит медиану AK треугольника AB1C1 в отношении 2 : 1. Значит, это точка пересечения медиан треугольника AB1C1. Площадь треугольника B1C1A2 равна трети площади треугольника AB1C1, то есть равна $\frac{1}{3} \cdot $\frac{1}{4}$ S= \frac{S}{12}$ Аналогично площади треугольников A1C1B2 и A1B1C2 равны $\frac{S}{12}$ Откуда площадь шестиугольника A1B2C1A2B1C2 равна $\frac{S}{4} + 3 \cdot $\frac{S}{12}$ = \frac{S}{2}$
[рис.]
б)   [рис.] Пусть длины сторон BC, AC, AB треугольника ABC равны a, b, c. Докажем, что квадрат медианы AA1 равен $\frac{1}{4} ( 2b ^2 + 2c ^2 - a ^2 )$ Для доказательства на продолжении отрезка AA1 за точку A1 отложим отрезок A1P  =  AA1. Получим параллелограмм ACPB со сторонами AC  =  PB  =  b и AB  =  CP  =  c и диагоналями BC  =  a и AP  =  2AA1. Сумма квадратов диагоналей параллелограмма равна удвоенной сумме квадратов его сторон:

$2b ^2 + 2c ^2 =a ^2 + 4AA_1 ^2 = сильно AA_1 ^2 = $\frac{1}{4}$ ( 2b ^2 + 2c ^2 - a ^2 )$

Аналогично $BB_1 ^2 = $\frac{1}{4}$ ( 2a ^2 + 2c ^2 - b ^2 )$ а $CC_1 ^2 = $\frac{1}{4}$ ( 2a ^2 + 2b ^2 - c ^2 )$ Пусть L  — середина отрезка AB1. Поскольку A2  — точка пересечения медиан треугольника AB1C1, она лежит на отрезке C1L и делит его в отношении 2 : 1, считая от точки C1. Значит, $C_1A_2= $\frac{2}{3}$ C_1L$ Но треугольники AB1C1 и ABC подобны с коэффициентом 1/2, поэтому $C_1L= $\frac{1}{2}$ BB_1$ и $C_1A_2= $\frac{1}{3}$ BB_1$ Повторяя те же рассуждения для треугольника A1B1C получаем, что отрезок A1C2 равен $\frac{1}{3} BB_1$ Применяя аналогичные рассуждения, получим что стороны шестиугольника втрое меньше медиан треугольника ABC: $B_2C_1=B_1C_2= $\frac{1}{3}$ AA_1$ $A_2B_1=A_1B_2= $\frac{1}{3}$ CC_1$ Следовательно, сумма квадратов сторон шестиугольника равна:

$2 ( B_1C_2 ^2 + A_1C_2 ^2 + A_1B_2 ^2 ) = $\frac{2}{9}$ ( AA_1 ^2 + BB_1 ^2 + CC_1 ^2 ) =$
$= $\frac{2}{9}$ \cdot $\frac{1}{4}$ \cdot ( 2b ^2 + 2c ^2 - a ^2 + 2a ^2 + 2c ^2 - b ^2 + 2a ^2 + 2b ^2 - c ^2 ) =$
$= $\frac{1}{18}$ \cdot 3 ( a ^2 + b ^2 + c ^2 ) = $\frac{1}{6}$ ( a ^2 + b ^2 + c ^2 )$

Подставляя числовые значения получаем, что сумма квадратов шести сторон треугольника равна $\frac{43}{2}$

Ответ: 21,5.

[рис.] а)  Введем обозначения, как показано на рисунке. Так как $S_APT=S_TQR$ площади треугольников APR и AQR будут равны друг другу. Из этого следует, что APQR  — трапеция. По замечательному свойству трапеции BT делит PQ и AR пополам. Получаем, что $S_ABT=S_BTR$ и $S_ABT=S_BTN$ откуда $AT=TN$ Следовательно, $S_ATC=S_CTN$ а значит, $S_ATRL=S_CRQN$ Аналогично $S_PBQT=S_ATRL$ Что и требовалось доказать.
б)  Пусть $S_BPTQ=S$ тогда $S_BPT=S_BQT= \frac{S}{2}$ Имеем:

$\frac{$\frac{s}{2}$ ,}{$\frac{3s}{2}$ + 2} = $\frac{PT}{TC}$ = $\frac{1}{s + 1}$ }$
откуда

$s ( s + 1 ) =3s + 4 = сильно s ^2 - 2s - 4=0 = сильно s= $\sqrt{аргумента: 5}$ аргумента + 1$

Ответ: б) $\sqrt{5} + 1$

[рис.] а)  Пусть точка M  — середина отрезка DE. Тогда отрезки ME и FB равны и параллельны, следовательно, четырехугольник MEBF  — параллелограмм, поэтому $MF=EB=1$ откуда $FM= $\frac{1}{2}$ DE$ а значит, $\angle DFE=90 ^{\circ}$ Следовательно, четырехугольник DCEF вписан в окружность, а тогда $\angle DEF=\angle DCF=90 ^{\circ} - 30 ^{\circ} =60 ^{\circ}$ Прямые DE и AB параллельны, поэтому $\angle EFB=\angle DEF$ Треугольник BFE = бедренный с углом 60°, следовательно, он = сторонний. Что требовалось доказать.
б)  Заметим, что

$\angle CFB=180 ^{\circ} - \angle FCB - \angle CBF=90 ^{\circ}$

откуда $CF=BF \cdot \text{tg} 60 ^{\circ} = \sqrt{3}$ и $AF=CF \cdot \text{tg} 60 ^{\circ} =3$ следовательно,

$S_ABC= $\frac{1}{2}$ \cdot CF \cdot AB = $\frac{1}{2}$ \cdot $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента ( 3 + 1 ) =2 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента$

Ответ: б)  $2 \sqrt{3}$

[рис.]
Приведем решение Валерия Григорьева.
а)  Продолжим отрезки DF и BC до пересечения в точке К. В треугольнике DEK отрезок BF  — средняя линия, так как он параллелен основанию DE и равен его половине. Тогда EK  =  2, значит, треугольник DEK  — = бедренный, а точка F  — середина DK, откуда DF  =  FK. Следовательно, CF  — медиана в прямоугольном треугольнике CDK, и потому CF  =  FK.
Таким образом, треугольник CFK  — = бедренный, углы при его основании равны 30°. В треугольнике DEK имеем: $\angle EDK = \angle EKD = 30 ^{\circ}$ и $\angle DEK = 120 ^{\circ}$ а смежный с ним угол CED равен 60°. Это угол, в свою очередь, является соответственным с углом ABC при параллельных DE и AB и секущей BE. Таким образом, треугольник EFB  — = бедренный с углом 60°, то есть = сторонний.
б)  В прямоугольном треугольнике CDE имеем: $\angle CDE = 30 ^{\circ}$ и $CE = $\frac{1}{2}$ DE = 1$ откуда $BC = CE + EB = 1 + 1 = 2$ Гипотенуза AB вдвое больше средней линии DE, то есть AB  =  4. По теореме Пифагора в треугольнике ABC получаем $AC = $\sqrt{аргумента: 16 - 4}$ аргумента = 2 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента$ Площадь треугольника равна

$S = $\frac{1}{2}$ \cdot AC \cdot CB = $\frac{1}{2}$ \cdot 2 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента \cdot 2 = 2 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента$

[рис.] Заметим, что отрезок AC виден из точек K и M под углом 90°, поэтому точки М, К, С и А лежат на одной окружности, диаметром которой является отрезок АС. Аналогично точки M, K, H, E лежат на окружности, диаметром которой является MK.
Пусть $\angle KAC = альфа$ Тогда $\angle KAC = \angle KMC= альфа$ поскольку они опираются на одну дугу KC в окружности, описанной вокруг четырёхугольника AMKC. Кроме того, $\angle KMC = \angle KEH= альфа$ поскольку они опираются на одну дугу KH в окружности, описанной вокруг четырёхугольника MKHE. $\angle OEH = \angle OAC$ поэтому прямые EH и АС параллельны, поскольку это соответственные углы при пересечении EH и AC секущей OA. Это и требовалось доказать.
б)  Используем подобие треугольников. Треугольники MBK и CBA подобны с коэффициентом подобия $k= \cos бета$ Треугольники OEH и OMK также подобны с тем же коэффициентом подобия. Кроме того, подобны треугольники OMK и AOC, поэтому подобны треугольники OEH и OAC, причем коэффициент подобия равен $k= \cos ^2 бета$ Тогда

$EH = \cos ^2 бета AC=AC \cos ^2 30 ^{\circ}= $\frac{3}{4}$ AC$

Тем самым искомое отношение длин сторон = 3:4.

Приведем другое решение пункта б).
Пусть КС  =  2x, тогда из треугольника KHC находим HC  =  X, из ΔOKC: ∠KOC  =  30°, тогда OC  =  4x, откуда

[рис.]
$OH=OC - HC=4x - x=3x$

В силу подобия ΔOEH и ΔОАС получаем:

$\frac{EH}{AC} = $\frac{OH}{OC}$ = $\frac{3x}{4x}$ = \frac{3}{4}$

Приведем решение Александра Шевкина (Москва).
а)  Построим вспомогательную окружность с диаметром MK. Она пройдёт через точки E и H, так как $\angleMEK = \angleMHK = 90 ^{\circ}$
Построим вспомогательную окружность с диаметром AC. Она пройдёт через точки M и K, т. к. $\angleAMC = \angleAKC = 90 ^{\circ}$
По свойству вписанных углов $\angleKAC = \angleKMC$ а $\angleKMC = \angleKEH$ значит, $\angleKAC = \angleKEH$ А это соответственные углы при прямых ЕН и АС и секущей AE. Из равенства этих углов следует параллельность прямых ЕН и АС, что и требовалось доказать.
б)  Прямая MK, проходящая через основания высот треугольника ABC, отсекает треугольник KMB, подобный треугольнику ABC. Коэффициент подобия равен $\frac{MK}{AC} = \cos \angleABC = \cos 30 ^{\circ}= \frac{$\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{2}$
Рассмотрим треугольники MOK и EOH. Они подобны по двум углам: $\angleKMO = \angleKEH$ (свойство вписанных углов), $\angleMOK = \angleEOH$ (вертикальные). Коэффициент подобия равен $\frac{EH}{MK} = $\frac{OH}{OK}$ = \cos \angleKOH= \cos \angleABC= \frac{$\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{2}$
Умножив полученные равенства

$\frac{EH}{MK} = \frac{$\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{2}$ и $\frac{MK}{AC} = \frac{$\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{2}$

найдём отношение $\frac{EH}{AC}$ оно = $\frac{3}{4}$

Ответ: $3:4$

Приведем решение Софии Николенко (Москва).
а)  Пусть высоты АК и СМ пересекаются в точке О. Рассмотрим треугольник AMO. В нем ME является высотой, проведенной к гипотенузе, поэтому треугольники AME и OME подобны, а углы MAE и OME равны. Пусть эти углы равны  α, тогда ∠MOE  =  90° − α. Углы KOH и MOE равны 90° − α, тогда угол OKH равен α. Углы EMO и OKH равны, поскольку опираются на одну дугу EH, таким образом, четырехугольник EMKH можно вписать в окружность. [рис.] Четырехугольник AMKC также можно вписать в окружность с диаметром AC. Углы KAC и KMC равны, углы KEH и KMC тоже равны, поэтому угол KEH равен углу KAC. Углы KEH и KAC являются соответственными при пересечении прямых EH и AC секущей AO. Таким образом, прямые EH и AC параллельны.
б)  Рассмотрим треугольник AMO, пусть ME  =  x, тогда

$2ME=MO = сильно MO = 2x$

Отсюда $OE= $\sqrt{аргумента: 4x ^2 - x ^2}$ аргумента = x $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента$
Рассмотрим треугольник AME, в нем: $AM= \frac{x}{\sin 60 ^{\circ}} = \frac{2 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента x}{3}$

$AE= \sqrt{аргумента: ( \frac{2 $\sqrt{начало аргумента: 3}$ аргумента x}{3} ) ^2 - x ^2}аргумента = \frac{$\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента x}{3}$
$AO=x $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента + \frac{$\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента x}{3} = \frac{4 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента x}{3}$

Треугольники AOC и EOH подобны по двум углам. Значит, $\frac{EH}{AC} = \frac{EO}{AO}$ откуда $\frac{EO}{AO} = \frac{x $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{\frac{4 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента x,}{3}} = \frac{3}{4}$

[рис.]
Приведем решение пункта а) Дениса Чернышева (Тюмень).
а) Докажем параллельность, используя теорему, обратную теореме о пропорциональных отрезках для сторон OA и OC в треугольнике AOC. Для этой цели установим подобие иных треугольников, имеющих с AOC общие стороны (части сторон).
По признаку параллельности, две прямые, перпендикулярные третьей, параллельны друг другу. Значит, прямая MB параллельна прямой KH. При этих параллельных равны соответственные углы: $\angle CKH= \angle CBM = \angle B$ Аналогично прямая KB параллельна прямой EM, а потому $\angle EMA= \angle KBA= \angle B$ Следовательно, прямоугольные треугольники CKH и EMA подобны по двум углам, а значит, $\frac{CH}{AE} = \frac{HK}{EM}$
Прямоугольные треугольники MOE и KOH также подобны, поскольку их острые углы MOE и KOH равны как вертикальные. В силу подобия стороны этих треугольников пропорциональны: $\frac{OH}{OE} = \frac{HK}{EM}$
Из двух полученных равенств следует третье: $\frac{CH}{AE} = \frac{OH}{OE}$ Итак, в треугольнике AOC прямые AC и EH делят общий угол AOC, начиная от вершины, на пропорциональные отрезки. Следовательно, по теореме, обратной теореме о пропорциональных отрезках, эти прямые параллельны, что и требовалось доказать.

[рис.] а)  Треугольники АНС и ВНС прямоугольные (рис. 1), поэтому $MH= $\frac{AC}{2}$ =CM$ и $NH= $\frac{CB}{2}$ =CN$ Значит, треугольники MCN и MHN равны по трём сторонам, откуда $\angle MHN = \angle MCN = 90 ^{\circ}$
б)  В прямоугольном треугольнике АВС имеем: $CH= $\sqrt{аргумента: AH \cdot BH}$ аргумента =2 $\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента$ (рис. 2).
В прямоугольном треугольнике МНР и MCQ с общим углом CMH получаем:

$\frac{MH}{MP} = $\frac{MC}{MQ}$ = \cos \angle CMH$

[рис.]
поэтому треугольники МНС и MРQ подобны с коэффициентом подобия $\cos \angle CMH$
Площадь S треугольника МНС равна половине площади треугольника АНС, то есть $S= $\frac{AH \cdot CH}{4}$ =2 $\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента$
Найдём $\cos \angle CMH:$

$\cos \angle CMH = \cos ( 2\angle CAH ) =2 \cos ^2 \angle CAH - 1=$ $\frac{2AH ^2}{AC ^2} - 1= $\frac{2AH ^2}{AH ^2 + CH ^2}$ - 1= \frac{1}{3}$

Значит, площадь треугольника MPQ равна $\frac{S}{\cos ^2 \angle CMH} =18 $\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента$

Ответ: б) $18 $\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента$

Примечание Дмитрий Гущина.
Площадь треугольника PQM равна половине произведения QC на PM. Для того, чтобы определить длины данных отрезков, можно два раза применить теорему Менелая к треугольнику АВС, заметив предварительно, что $CH = 2 \sqrt{2}$ $AC = 2 \sqrt{6}$ и $BC = 2 $\sqrt{3}$ :$

$\frac{1}{1} \cdot $\frac{2}{4}$ \cdot \frac{2 $\sqrt{6}$ + CP}{CP} =1$ и $\frac{2}{4} \cdot $\frac{1}{1}$ \cdot \frac{2 $\sqrt{3}$ + BQ}{BQ} =1$

откуда $CP=2 \sqrt{6}$ $BQ=2 \sqrt{3}$ Тогда $PM=3 \sqrt{6}$ $QC=4 \sqrt{3}$ следовательно,

$S_PQM = $\frac{1}{2}$ \cdot 3 $\sqrt{6}$ \cdot 4 $\sqrt{3}$ = 18 \sqrt{2}$

Приведем решение пункта б) Ивана Гладких.
Проведем отрезок AQ, получим треугольник ACQ, в котором QM будет медианой, а отрезок AB будет пересекать медиану в точке H и разбиваться этой точкой на отрезки длиной 4 и 2, считая от вершины A. Следовательно, AB тоже медиана, тогда CB  =  BQ, а треугольник MPQ = бедренный с равными сторонами HQ и CP.
В треугольнике ACQ отрезки QM и AB медианы, значит, $QH=2MH=2CM=AC= $\sqrt{аргумента: AH \cdot AB}$ аргумента =2 \sqrt{6}$ и $CB=BQ= $\sqrt{аргумента: BH \cdot AB}$ аргумента =2 \sqrt{3}$ В = бедренном треугольнике MPQ имеем: $HQ=CP= \sqrt{6}$ Тогда для площади треугольника MPQ получаем:

$S_MPQ = $\frac{1}{2}$ CQ \cdot MP = $\frac{1}{2}$ \cdot 3 $\sqrt{6}$ \cdot 4 $\sqrt{3}$ = 6 $\sqrt{аргумента: 18}$ аргумента =18 \sqrt{2}$

[рис.] а)  Имеем:

$BD||AM = сильно $$\begin{cases} \angle BAM = \angle ABD \\[6pt] \angle MAC = \angle ADB. \end{cases}$$$

$\Delta BAD$ = бедренный, следовательно, $\angle ADB=\angle ABD$
Тогда $\angle BAM = \angle MAC$

б)   $AB ^2 + BC ^2 =AC ^2 \Rightarrow \Delta ABC$ прямоугольный.
AM  — биссектриса. Следовательно,

$\frac{BM}{MC} = $\frac{AB}{AC}$ = $\frac{4}{5}$ \Rightarrow MC=10$ $S_AMC= $\frac{AB \cdot MC}{2}$ =120$
$\Delta AMC \sim \Delta DBC$ $k= $\frac{BC}{MC}$ = \frac{9}{5}$ $S_\Delta DBC= ( $\frac{9}{5}$ ) ^2 S=388,8 \Rightarrow$ $S_AMBD=S_\Delta DBC - S_\Delta AMC=268,8$

Ответ: 268,8.

[рис.] а)  Пусть углы при основании ВС = бедренного треугольника ABC равны 2α, тогда углы при основании BD = бедренного треугольника LBD равны α. Но угол LCB является внешним углом треугольника LCD, он равен сумме углов CDL и CLD. Поэтому угол CLD также равен α, и, следовательно, треугольник LCD = бедренный.
б)  Пусть ВС  =  х, а АК  — медиана и высота = бедренного треугольника АВС. Тогда в прямоугольном треугольнике АКВ имеем: $BK = \frac{x}{2}$ $\cos ABK = \frac{1}{6}$ откуда $AB = AC = $\frac{BK}{\cos ABK}$ = 3x$
Биссектриса BL делит сторону, к которой она проведена, на отрезки, пропорциональные прилежащим сторонам: $\frac{AL}{LC} = $\frac{AB}{BC}$ = \frac{3}{1}$ поскольку $AC = 3x$ получаем: $LC = $\frac{1}{4}$ AC = $\frac{3}{4}$ x$ В пункте а) было доказано, что треугольник LCD = бедренный, поэтому $CD = LC = $\frac{3}{4}$ x$ Применим теорему Менелая к треугольнику ABC:

$\frac{AH}{HB} \cdot $\frac{BD}{DC}$ \cdot $\frac{CL}{LA}$ = $\frac{AH}{HB}$ \cdot $\frac{7x}{3x}$ \cdot $\frac{1}{3}$ = $\frac{AH}{HB}$ \cdot \frac{7}{} 9 = 1$

откуда $\frac{AH}{HB} = \frac{9}{7}$

Ответ: 9 : 7 (или 7 : 9).

Приведем решение п. б), предложенное Олегом Цимбалистом.

Пусть $\angle HBL=\angle CBL=\angle CDL= альфа$ Тогда $\angle BLH= 2 альфа$ как внешний угол треугольника BLD. По теореме \sin ов для треугольника BHL имеем

$\frac{BH}{\sin 2 альфа} = $\frac{HL}{\sin альфа}$ = сильно $\frac{BH}{HL}$ = \frac{\sin 2 альфа}{\sin альфа}$

Заметим теперь, что $\angle BAC= 180 ^{\circ} - 4 альфа$ а $\angle ALH= альфа$ По теореме \sin ов для треугольника AHL имеем

$\frac{HA}{\sin альфа} = $\frac{HL}{\sin 4 альфа}$ = сильно $\frac{HA}{HL}$ = \frac{\sin альфа}{\sin 4 альфа}$

Значит,

$\frac{BH}{HA} = $\frac{\phantomn\dfracBH}{HL}$ \phantomn\dfracHAHL= $\frac{\phantomn\dfrac \sin 2 альфа}{\sin альфа}$ \phantomn\dfrac \sin альфа \sin 4 альфа = $\frac{\sin 2 альфа \sin 4 альфа}{\sin ^2 альфа}$ = $\frac{2 \sin ^2 2 альфа \cos 2 альфа}{\dfrac1 - \cos 2 альфа 2}$ = $\frac{4 \cdot \dfrac35}{36}$ \cdot \dfrac161 - \dfrac16= \frac{7}{9}$ $\frac{BH}{HA} = $\frac{\phantomn\dfracBH}{HL}$ \phantomn\dfracHAHL= $\frac{\phantomn\dfrac \sin 2 альфа}{\sin альфа}$ \phantomn\dfrac \sin альфа \sin 4 альфа = $\frac{\sin 2 альфа \sin 4 альфа}{\sin ^2 альфа}$ =$
$= $\frac{2 \sin ^2 2 альфа \cos 2 альфа}{\dfrac1 - \cos 2 альфа 2}$ = $\frac{4 \cdot \dfrac35}{36}$ \cdot \dfrac161 - \dfrac16= \frac{7}{9}$

Приведем ещё одно решение.
[рис.]
а)  Обозначим $\angle LBC=\angle LBA= альфа$ тогда $\angle ACB=\angle ABC=2 альфа$ $\angle LCD=180 ^{\circ} - 2 альфа$ $\angle LDC= альфа$ поэтому $\angle DLC=180 ^{\circ} - \angle LCD - \angle LDC=$ $= альфа =\angle LDC$ значит, треугольник LCD = бедренный.
б)  Пусть H  — точка пересечения DL с AB. Тогда

$\angle HLB=180 ^{\circ} - \angle BLC - \angle CLD=180 ^{\circ} - ( 180 ^{\circ} - \angle LBC - \angle LCB ) - \angle CLD=2 альфа$ $\angle HLB=180 ^{\circ} - \angle BLC - \angle CLD=$
$=180 ^{\circ} - ( 180 ^{\circ} - \angle LBC - \angle LCB ) - \angle CLD=2 альфа$

поэтому $\triangle HLB\sim \triangle LCB$ по двум углам. Отсюда $\frac{BH}{BL} = $\frac{BL}{BC}$ = сильно BH= \frac{BL ^2}{BC}$
Поскольку $\cos \angle ABC= \frac{1}{6}$ то $\frac{BC}{AB} = \frac{1}{3}$ Пусть BC  =  x, AB  =  3x. По теореме о биссектрисе $\frac{AL}{LC} = \frac{AB}{BC}$ откуда находим $AL= $\frac{3}{4}$ \cdot 3x= $\frac{9}{4}$ x$ $CL= $\frac{3}{4}$ x$ Тогда

$BL=LD= \sqrt{аргумента: CL ^2 + CD ^2 - 2 \cdot CL \cdot CD \cdot \cos ( 180 ^{\circ} - 2 альфа )} аргумента = \sqrt{аргумента: $\frac{18x ^2}{16}$ + $\frac{18x ^2}{16}$ \cdot $\frac{1}{6}$} аргумента = $\frac{x}{4}$ $\sqrt{аргумента: 21}$ аргумента$ $BL=LD= \sqrt{аргумента: CL ^2 + CD ^2 - 2 \cdot CL \cdot CD \cdot \cos ( 180 ^{\circ} - 2 альфа )} аргумента =$
$= \sqrt{аргумента: $\frac{18x ^2}{16}$ + $\frac{18x ^2}{16}$ \cdot $\frac{1}{6}$} аргумента = $\frac{x}{4}$ $\sqrt{аргумента: 21}$ аргумента$ $BL=LD=$
$= \sqrt{аргумента: CL ^2 + CD ^2 - 2 \cdot CL \cdot CD \cdot \cos ( 180 ^{\circ} - 2 альфа )} аргумента =$
$= \sqrt{аргумента: $\frac{18x ^2}{16}$ + $\frac{18x ^2}{16}$ \cdot $\frac{1}{6}$} аргумента = $\frac{x}{4}$ $\sqrt{аргумента: 21}$ аргумента$
значит, $BH= $\frac{21x ^2}{16x}$ = \frac{21x}{16}$ откуда $\frac{BH}{HA} = $\frac{\dfrac21x}{16}$ 3x - \dfrac21x16= $\frac{21}{48 - 21}$ = \frac{7}{9}$

Еще несколько подходов изложены при решении задания 513277.

[рис.] а)  Прямая ML параллельна прямой AC, поскольку содержит среднюю линию треугольника ABC (см. рис.). Следовательно, $\angle ALM = \angle LAC = \angle LAM$ Таким образом,

$LM = AM = BM = CM$

то есть точки A, B, C и L лежат на окружности с центром в точке M. Получаем:

$\angle LBC = \angle LAC = \angle LAB = \angle LCB$

а значит, треугольники AML и BLC подобны по двум углам.
б)  Углы ALB и ACB опираются на одну дугу, значит, $\angle ALB = 90 ^{\circ}$ Коэффициент подобия треугольников BLC и AML равен

$\frac{LB}{AM} = $\frac{2LB}{AB}$ = 2 \sin \angle LAB$

По условию $\cos \angle BAC = \frac{7}{25}$ откуда

$1 - 2 \sin ^2 \angle BAL = $\frac{7}{25}$ = сильно \sin ^2 \angle BAL = $\frac{9}{25}$ = сильно \sin \angle BAL = \frac{3}{5}$

Значит, $\frac{AM}{LB} = \frac{5}{6}$ и площади треугольников AML и BLC относятся как  $\frac{25}{36}$

Ответ: б)  25 : 36.