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

Разбор — 3 балла

Пусть сторона квадрата равна $a$, а $O$ — точка пересечения его диагоналей. Площадь квадрата равна $a^2$, поэтому отсекаемый треугольник и четырёхугольник $EBFP$ имеют площадь $\frac{a^2}{3}$.

Выразим площадь четырёхугольника $EBFP$. Точки $E$ и $F$ лежат на сторонах $AB$ и $BC$, то есть по разные стороны от диагонали $BD$. Поэтому отрезок $BP$ делит четырёхугольник на треугольники $EBP$ и $FBP$. Диагональ квадрата делит прямой угол $B$ пополам: $\angle EBP=\angle FBP=45^{\circ }$. Учитывая, что $BF=BE$, получаем

$$S_{EBFP}=\frac{1}{2}\cdot BE\cdot BP\cdot \sin 45^{\circ }+\frac{1}{2}\cdot BF\cdot BP\cdot \sin 45^{\circ }=\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot BP\cdot BE.$$

По условию эта площадь равна $\frac{a^2}{3}$:

$$\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot BP\cdot BE=\frac{a^2}{3}\Rightarrow BP\cdot BE=\frac{2a^2}{3\sqrt{2}}=\frac{a^2\sqrt{2}}{3}.$$

а) Если $BP\cdot BE=\sqrt{2}$, то

$$\frac{a^2\sqrt{2}}{3}=\sqrt{2}\Rightarrow a^2=3\Rightarrow a=\sqrt{3}.$$

Значит, $AB=\sqrt{3}$. Что и требовалось доказать.

б) Выясним, где лежит точка $P$. Пусть $l$ — прямая, проходящая через $P$ параллельно $AC$. Если $P=O$, то $l$ совпадает с $AC$ и делит квадрат на два треугольника площади $\frac{a^2}{2}$, а не $\frac{a^2}{3}$. Значит, $P$ лежит либо на отрезке $BO$, либо на отрезке $OD$.

Случай 1: $P$ лежит на отрезке $BO$. Тогда $l$ пересекает стороны $AB$ и $BC$ в некоторых точках $K$ и $L$. Треугольник $KBL$ прямоугольный ($\angle B=90^{\circ }$) и равнобедренный, так как $\angle BKL=\angle BAC=45^{\circ }$ (соответственные углы при $KL\parallel AC$). Диагонали квадрата перпендикулярны, поэтому $BP\perp KL$, и $BP$ — высота, а значит, и медиана треугольника $KBL$: $KP=PL=BP$. Тогда

$$S_{KBL}=\frac{1}{2}\cdot KL\cdot BP=\frac{1}{2}\cdot 2BP\cdot BP=B{P}^2.$$

Из $B{P}^2=\frac{a^2}{3}$ получаем $BP=\frac{a}{\sqrt{3}}=\frac{a\sqrt{3}}{3}$ и $BK=BL=BP\sqrt{2}=\frac{a\sqrt{6}}{3}$. Но тогда из найденного произведения

$$BE=\frac{a^2\sqrt{2}}{3}:\frac{a\sqrt{3}}{3}=\frac{a\sqrt{2}}{\sqrt{3}}=\frac{a\sqrt{6}}{3}=BK.$$

Значит, точка $E$ совпадает с $K$, а $F$ — с $L$, и точка $P$ лежит на отрезке $EF$. Тогда $EBFP$ — не четырёхугольник, а треугольник, что противоречит условию. Этот случай невозможен.

Случай 2: $P$ лежит на отрезке $OD$. Тогда $l$ пересекает стороны $AD$ и $CD$ в точках $M$ и $N$, и так же, как в первом случае, треугольник $MDN$ — равнобедренный прямоугольный с площадью $D{P}^2$. Из $D{P}^2=\frac{a^2}{3}$ получаем $DP=\frac{a\sqrt{3}}{3}$ (это меньше $OD=\frac{a\sqrt{2}}{2}$, так что такая точка есть). Диагональ квадрата $BD=a\sqrt{2}$, поэтому

$$BP=BD-DP=a\sqrt{2}-\frac{a\sqrt{3}}{3}=\frac{a\left(3\sqrt{2}-\sqrt{3}\right)}{3}.$$

Теперь найдём отношение площадей. Пусть $T$ — точка пересечения $EF$ и $BD$. Треугольник $EBF$ равнобедренный ($BE=BF$), и $BT$ — его биссектриса, значит, и высота: $EF\perp BD$. В равнобедренном прямоугольном треугольнике $EBF$

$$BT=BE\cdot \cos 45^{\circ }=\frac{BE\sqrt{2}}{2}.$$

Треугольники $EPF$ и $EBF$ имеют общее основание $EF$, а их высоты, опущенные на $EF$, — это отрезки $PT$ и $BT$ (обе точки $P$ и $B$ лежат на прямой $BD\perp EF$). Поэтому

$$\frac{S_{EPF}}{S_{EBF}}=\frac{\frac{1}{2}\cdot EF\cdot PT}{\frac{1}{2}\cdot EF\cdot BT}=\frac{PT}{BT}.$$

Сравним $BP$ и $BT$, используя $BP\cdot BE=\frac{a^2\sqrt{2}}{3}$:

$$\frac{BP}{BT}=\frac{BP}{\frac{BE\sqrt{2}}{2}}=\frac{\sqrt{2}\cdot BP}{BE}=\frac{\sqrt{2}\cdot B{P}^2}{BP\cdot BE}=\frac{\sqrt{2}\cdot B{P}^2}{\frac{a^2\sqrt{2}}{3}}=\frac{3B{P}^2}{a^2}.$$

Найдём $B{P}^2$:

$$B{P}^2=\frac{a^2{\left(3\sqrt{2}-\sqrt{3}\right)}^2}{9}=\frac{a^2\left(18-6\sqrt{6}+3\right)}{9}=\frac{a^2\left(7-2\sqrt{6}\right)}{3}.$$

Тогда

$$\frac{BP}{BT}=7-2\sqrt{6}.$$

Так как $2\sqrt{6}=\sqrt{24}<6$, это число больше $1$, то есть $BP>BT$ и точка $T$ лежит между $B$ и $P$. Значит, $PT=BP-BT$ и

$$\frac{S_{EPF}}{S_{EBF}}=\frac{PT}{BT}=\frac{BP}{BT}-1=7-2\sqrt{6}-1=6-2\sqrt{6}.$$

Ответ: б) $6-2\sqrt{6}$.