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

Разбор — 3 балла

Введём обозначения. Пусть $O$ — точка пересечения диагоналей ромба, $F$ и $E$ — точки пересечения данной прямой с прямыми $AB$ и $CD$, а $AH$ — высота ромба, опущенная из вершины $A$ на прямую $CD$. Так как $AB\parallel CD$, прямая $KL$, перпендикулярная $AB$, перпендикулярна и $CD$. Значит, прямые $KE$ и $AH$ обе перпендикулярны $CD$, поэтому $KE\parallel AH$.

Выясним, где лежат точки $K$ и $L$. Диагонали ромба точкой пересечения делятся пополам: $AO=OC=\frac{1}{2}AC$, $BO=OD=\frac{1}{2}BD$.

Из $AK:KC=1:3$ получаем $AK=\frac{1}{4}AC=\frac{1}{2}AO$, то есть $K$ — середина отрезка $AO$. Тогда

$$OK=\frac{1}{4}AC,KC=\frac{3}{4}AC,\frac{OK}{KC}=\frac{1}{3}.$$

Из $BL:LD=2:1$ получаем $LD=\frac{1}{3}BD<OD$, то есть $L$ лежит на отрезке $OD$, и

$$LO=OD-LD=\frac{1}{2}BD-\frac{1}{3}BD=\frac{1}{6}BD,\frac{DL}{LO}=\frac{\frac{1}{3}BD}{\frac{1}{6}BD}=2.$$

а) Прямая $KL$ пересекает сторону $OD$ треугольника $COD$ во внутренней точке $L$. Прямую $OC$ она пересекает в точке $K$, которая лежит вне отрезка $OC$ (на продолжении за точку $O$). Значит, из треугольника $COD$ прямая выходит через сторону $DC$, то есть точка $E$ лежит на отрезке $DC$, а точка $L$ — между $K$ и $E$.

Запишем теорему Менелая для треугольника $COD$ и прямой $KE$:

$$\frac{CE}{ED}\cdot \frac{DL}{LO}\cdot \frac{OK}{KC}=1\Rightarrow \frac{CE}{ED}\cdot 2\cdot \frac{1}{3}=1\Rightarrow \frac{CE}{ED}=\frac{3}{2}.$$

Отсюда $ED=\frac{2}{3}CE$ и

$$CD=CE+ED=\frac{5}{3}CE.$$

Теперь рассмотрим угол $ACD$ и параллельные прямые $KE$ и $AH$, пересекающие его стороны. По теореме о пропорциональных отрезках (обобщённой теореме Фалеса)

$$\frac{CE}{CH}=\frac{CK}{CA}=\frac{3}{4}\Rightarrow CH=\frac{4}{3}CE.$$

Точка $H$ лежит на луче $CD$, причём $CE<CH<CD$, поэтому $H$ находится на отрезке $ED$ и

$$EH=CH-CE=\frac{1}{3}CE,DH=CD-CH=\frac{5}{3}CE-\frac{4}{3}CE=\frac{1}{3}CE.$$

Итак, $EH=\frac{1}{3}CE=\frac{1}{3}\cdot \frac{3}{5}CD=\frac{1}{5}CD$.

Рассмотрим четырёхугольник $AFEH$. Его стороны $AF$ и $HE$ лежат на параллельных прямых $AB$ и $CD$, стороны $AH$ и $FE$ перпендикулярны $CD$, а значит, параллельны. Это параллелограмм с прямым углом $AHE$, то есть прямоугольник, и $\overrightarrow{AF}=\overrightarrow{HE}$. Вектор $\overrightarrow{HE}$ направлен от $D$ к $C$, как и вектор $\overrightarrow{AB}$, поэтому точка $F$ лежит на луче $AB$ и

$$AF=HE=\frac{1}{5}CD=\frac{1}{5}AB.$$

Так как $AF<AB$, точка $F$ лежит на стороне $AB$, и $FB=AB-AF=\frac{4}{5}AB$. Получаем $AF:FB=1:4$. Что и требовалось доказать.

б) В прямоугольном треугольнике $AHD$ ($\angle AHD=90^{\circ }$) гипотенуза $AD=CD$, а катет $DH=\frac{1}{3}CE=\frac{1}{5}CD$. По определению косинуса

$$\cos \angle ADC=\frac{DH}{AD}=\frac{\frac{1}{5}CD}{CD}=\frac{1}{5}.$$

Диагональ ромба является биссектрисой его угла, поэтому $\angle ODC=\frac{1}{2}\angle ADC$, и этот угол острый. По формуле ${\cos }^2\frac{x}{2}=\frac{1+\cos x}{2}$:

$$\cos \angle ODC=\sqrt{\frac{1+\frac{1}{5}}{2}}=\sqrt{\frac{3}{5}}.$$

Прямоугольные треугольники $KEC$ ($\angle KEC=90^{\circ }$) и $DOC$ ($\angle DOC=90^{\circ }$, так как диагонали ромба перпендикулярны) имеют общий острый угол $C$. Значит, они подобны по двум углам, и $\angle EKC=\angle ODC$.

Точка $L$ лежит на луче $KE$, а точка $O$ — на луче $KC$ (ведь $K$ лежит между $A$ и $O$). Поэтому $\angle LKO=\angle EKC=\angle ODC$.

В прямоугольном треугольнике $KOL$ ($\angle KOL=90^{\circ }$) катет $KO$ прилежит к углу $LKO$:

$$KO=KL\cdot \cos \angle LKO=6\sqrt{\frac{3}{5}}=\frac{6\sqrt{15}}{5}.$$

Так как $KO=\frac{1}{4}AC$, то

$$AC=4KO=\frac{24\sqrt{15}}{5},A{C}^2=\frac{576\cdot 15}{25}=\frac{1728}{5}.$$

Пусть сторона ромба равна $x$. По теореме косинусов в треугольнике $ADC$:

$$A{C}^2=A{D}^2+D{C}^2-2\cdot AD\cdot DC\cdot \cos \angle ADC=x^2+x^2-2x^2\cdot \frac{1}{5}=\frac{8}{5}{x}^2.$$

Приравняем:

$$\frac{8}{5}{x}^2=\frac{1728}{5}\Rightarrow x^2=\frac{1728}{8}=216\Rightarrow x=\sqrt{216}=6\sqrt{6}.$$

Ответ: б) $6\sqrt{6}$.