ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №18 — параллелограммы

Разбор — 3 балла

а) Обозначим $\angle CAD=\alpha$. По условию $\angle BAC=2\alpha$, а $AL$ — биссектриса угла $BAC$, поэтому

$$\angle BAL=\angle LAC=\alpha .$$

В параллелограмме $AD\parallel BC$. Углы $CAD$ и $BCA$ — накрест лежащие при этих параллельных прямых и секущей $AC$, поэтому

$$\angle BCA=\angle CAD=\alpha .$$

Рассмотрим треугольники $BAC$ и $BLA$. Точка $L$ лежит на стороне $BC$, поэтому угол $B$ у них общий. Кроме того, $\angle BAL=\alpha =\angle BCA$. Значит, треугольники $BAC$ и $BLA$ подобны по двум углам, причём вершине $B$ соответствует $B$, вершине $C$ — вершина $A$, вершине $A$ — вершина $L$.

Третьи углы тоже совпадают, это видно и напрямую: угол $BLA$ — внешний угол треугольника $ALC$, поэтому он равен сумме двух углов, не смежных с ним:

$$\angle BLA=\angle LAC+\angle LCA=\alpha +\alpha =2\alpha =\angle BAC.$$

Итак, треугольники $BAC$ и $BAL$ подобны. Что и требовалось доказать.

б) Теперь $\alpha =\angle BCA$ и $\mathrm{tg}\alpha =0,25$. Пусть $O$ — середина $AC$:

$$AO=CO=\frac{1}{2}AC=6.$$

В треугольнике $ALC$ углы при основании равны: $\angle LAC=\alpha =\angle LCA$. Значит, он равнобедренный ($LA=LC$), и его медиана $LO$ является высотой: $LO\perp AC$.

В треугольнике $AEC$ по условию $AE=EC$, он тоже равнобедренный с основанием $AC$, и медиана $EO$ является высотой: $EO\perp AC$.

Через точку $O$ проходит только одна прямая, перпендикулярная $AC$, поэтому точки $L$, $O$, $E$ лежат на одной прямой — серединном перпендикуляре к $AC$.

Точка $L$ лежит на стороне $BC$, то есть по ту же сторону от прямой $AC$, что и $B$. Точка $E$ лежит на луче $CD$, то есть по ту же сторону, что и $D$. Вершины $B$ и $D$ параллелограмма лежат по разные стороны от диагонали $AC$, поэтому $O$ лежит между $L$ и $E$, и

$$EL=EO+OL.$$

В прямоугольном треугольнике $AOL$ ($\angle AOL=90^{\circ }$) катет $OL$ равен прилежащему катету, умноженному на тангенс угла:

$$OL=AO\cdot \mathrm{tg}\angle LAO=6\cdot 0,25=1,5.$$

Рассмотрим прямоугольный треугольник $COE$ ($\angle COE=90^{\circ }$). Луч $CE$ совпадает с лучом $CD$, поэтому $\angle OCE=\angle ACD$. В параллелограмме $AB\parallel CD$, и углы $ACD$ и $CAB$ — накрест лежащие при секущей $AC$:

$$\angle OCE=\angle ACD=\angle BAC=2\alpha .$$

Тогда

$$EO=CO\cdot \mathrm{tg}2\alpha .$$

По формуле тангенса двойного угла:

$$\mathrm{tg}2\alpha =\frac{2\mathrm{tg}\alpha }{1-{\mathrm{tg}}^2\alpha }=\frac{2\cdot 0,25}{1-0,0625}=\frac{0,5}{\frac{15}{16}}=\frac{8}{15}.$$

Значит,

$$EO=6\cdot \frac{8}{15}=\frac{16}{5}=3,2.$$

Искомый отрезок:

$$EL=EO+OL=3,2+1,5=4,7.$$

Ответ: б) $4,7$.