ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №18 — квадрат, прямоугольник, ромб

Разбор — 3 балла

Пусть прямая из условия пересекает прямую $AD$ в точке $E$ (тогда $NE\perp AD$), $O$ — точка пересечения диагоналей ромба. Напомним свойства ромба: диагонали точкой пересечения делятся пополам, перпендикулярны и являются биссектрисами углов ромба.

Найдём, где лежат точки $M$ и $N$. Так как $AO=OC=\frac{AC}{2}$, а $AM=\frac{AC}{4}$, точка $M$ — середина отрезка $AO$:

$$AM=MO=\frac{AC}{4}.$$

Так как $BN=\frac{BD}{5}<BO=\frac{BD}{2}$, точка $N$ лежит на отрезке $BO$, и

$$NO=\frac{BD}{2}-\frac{BD}{5}=\frac{3BD}{10},ND=\frac{4BD}{5}=\frac{8BD}{10},\frac{ON}{ND}=\frac{3}{8}.$$

а) Применим теорему Менелая к треугольнику $AOD$ и прямой $MN$: она пересекает сторону $AO$ в точке $M$, продолжение стороны $DO$ за точку $O$ в точке $N$ и прямую $AD$ в точке $E$. По теореме Менелая

$$\frac{AM}{MO}\cdot \frac{ON}{ND}\cdot \frac{DE}{EA}=1,1\cdot \frac{3}{8}\cdot \frac{DE}{EA}=1,\frac{DE}{EA}=\frac{8}{3}.$$

Прямая, не проходящая через вершины треугольника, пересекает либо две его стороны, либо ни одной (только продолжения). Наша прямая пересекает сторону $AO$ и продолжение стороны $DO$, значит, она пересекает и сторону $AD$, то есть точка $E$ лежит на отрезке $AD$. Положим

$$AE=3c,ED=8c,AD=11c.$$

Опустим высоту ромба $BH$ на прямую $AD$. Прямые $BH$ и $NE$ перпендикулярны $AD$, поэтому параллельны.

Угол $BDA$ острый (он равен половине угла ромба при вершине $D$), поэтому основание $H$ перпендикуляра из точки $B$ лежит на луче $DA$. Прямоугольные треугольники $DNE$ и $DBH$ имеют общий острый угол при вершине $D$, поэтому подобны по двум углам. Из подобия

$$\frac{DE}{DH}=\frac{DN}{DB}=\frac{4}{5},DH=\frac{5}{4}\cdot 8c=10c.$$

Так как $DH=10c<DA=11c$, точка $H$ лежит на отрезке $AD$, и $AH=AD-DH=c$. Получилась такая картина на стороне $AD$: $AH=c$, $HE=2c$, $ED=8c$.

Стороны ромба равны, поэтому $AB=AD=11c$. Из прямоугольного треугольника $ABH$ (угол $BAH$ совпадает с углом $BAD$, так как $H$ лежит на стороне $AD$):

$$\cos \angle BAD=\frac{AH}{AB}=\frac{c}{11c}=\frac{1}{11}.$$

Что и требовалось доказать.

б) Обозначим $\phi =\angle OAD$. Диагональ ромба — биссектриса его угла, поэтому $\phi =\frac{1}{2}\angle BAD$.

Прямоугольные треугольники $AOD$ (прямой угол при $O$, так как диагонали перпендикулярны) и $NED$ (прямой угол при $E$) имеют общий угол при вершине $D$, значит, и третьи их углы равны:

$$\angle END=\angle OAD=\phi .$$

Точка $M$ лежит на отрезке $NE$, а точка $O$ — на отрезке $ND$, поэтому $\angle END=\angle MNO$. Кроме того, $\angle MON=90^{\circ }$, так как $M$ лежит на луче $OA$, $N$ — на луче $OB$, а диагонали перпендикулярны. Итак, $MON$ — прямоугольный треугольник с гипотенузой $MN$ и острым углом $\phi$ при вершине $N$.

Найдём $\cos \phi$ и $\sin \phi$ по формуле косинуса двойного угла $\cos 2\phi =2{\cos }^2\phi -1$:

$${\cos }^2\phi =\frac{1+\cos \angle BAD}{2}=\frac{1+\frac{1}{11}}{2}=\frac{6}{11},{\sin }^2\phi =1-\frac{6}{11}=\frac{5}{11}.$$

Угол $\phi$ острый, поэтому $\cos \phi =\sqrt{\frac{6}{11}}$, $\sin \phi =\sqrt{\frac{5}{11}}$.

Из прямоугольного треугольника $MON$:

$$NO=MN\cdot \cos \phi =2\sqrt{33}\cdot \frac{\sqrt{6}}{\sqrt{11}}=2\sqrt{3}\cdot \sqrt{6}=6\sqrt{2},$$

$$MO=MN\cdot \sin \phi =2\sqrt{33}\cdot \frac{\sqrt{5}}{\sqrt{11}}=2\sqrt{15}.$$

Вернёмся к диагоналям: $NO=\frac{3BD}{10}$ и $MO=\frac{AC}{4}$, поэтому

$$BD=\frac{10}{3}\cdot NO=\frac{10}{3}\cdot 6\sqrt{2}=20\sqrt{2},AC=4\cdot MO=8\sqrt{15}.$$

Площадь ромба равна половине произведения диагоналей:

$$S_{ABCD}=\frac{1}{2}\cdot AC\cdot BD=\frac{1}{2}\cdot 8\sqrt{15}\cdot 20\sqrt{2}=80\sqrt{30}.$$

Проверка: $\mathrm{tg}\phi =\frac{OD}{OA}=\frac{10\sqrt{2}}{4\sqrt{15}}$, и ${\mathrm{tg}}^2\phi =\frac{200}{240}=\frac{5}{6}=\frac{{\sin }^2\phi }{{\cos }^2\phi }$ — всё согласовано.

Ответ: б) $80\sqrt{30}$.