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

Разбор — 3 балла

Пусть $O$ — точка пересечения диагоналей прямоугольника, $E$ — точка пересечения $BM$ и $AC$. Точка $M$ лежит на стороне $AD$, поэтому отрезок $BM$ проходит внутри прямоугольника и пересекает диагональ $AC$ во внутренней точке $E$, лежащей между $B$ и $M$.

а) Обозначим $\angle MBD=\alpha$. По условию $MB=MD$, поэтому треугольник $MBD$ равнобедренный и $\angle MDB=\angle MBD=\alpha$. Угол $BMA$ — внешний угол треугольника $MBD$, он равен сумме двух углов, не смежных с ним:

$$\angle BMA=\angle MBD+\angle MDB=2\alpha .$$

Рассмотрим четырёхугольник $MECD$. В нём $\angle MEC=90^{\circ }$, так как $BM\perp AC$, и $\angle CDM=90^{\circ }$ как угол прямоугольника. Сумма противоположных углов равна $180^{\circ }$, значит, около $MECD$ можно описать окружность. Во вписанном четырёхугольнике $\angle ECD=180^{\circ }-\angle DME$. С другой стороны, углы $DME$ и $EMA$ смежные, $\angle EMA=180^{\circ }-\angle DME$. Поэтому

$$\angle ECD=\angle EMA=\angle BMA=2\alpha .$$

Диагонали прямоугольника равны и делятся точкой пересечения пополам, поэтому $OC=OD$ и треугольник $OCD$ равнобедренный:

$$\angle ODC=\angle OCD=\angle ECD=2\alpha .$$

Луч $DO$ совпадает с лучом $DB$, поэтому $\angle ODA=\angle BDM=\alpha$. Угол $ADC$ прямой и складывается из углов $ADO$ и $ODC$:

$$90^{\circ }=\angle ADO+\angle ODC=\alpha +2\alpha =3\alpha \Rightarrow \alpha =30^{\circ }.$$

Теперь найдём все три угла при вершине $B$. Во-первых, $\angle MBD=\alpha =30^{\circ }$. Во-вторых, углы $DBC$ и $BDA$ накрест лежащие при $AD\parallel BC$ и секущей $BD$, поэтому $\angle DBC=\angle BDA=30^{\circ }$. Наконец, луч $BM$ проходит внутри угла $ABD$, и

$$\angle ABM=90^{\circ }-\angle MBD-\angle DBC=90^{\circ }-30^{\circ }-30^{\circ }=30^{\circ }.$$

Значит, прямые $BM$ и $BD$ делят прямой угол $B$ на три равных угла по $30^{\circ }$. Что и требовалось доказать.

б) По пункту а) $\angle DBC=30^{\circ }$. В прямоугольном треугольнике $BCD$ катет $DC$ лежит против угла $30^{\circ }$, поэтому

$$BC=DC\cdot \mathrm{ctg}30^{\circ }=6\sqrt{21}\cdot \sqrt{3}=6\sqrt{63}=18\sqrt{7}.$$

В прямоугольном треугольнике $ABM$ с катетом $AB=DC=6\sqrt{21}$ и $\angle ABM=30^{\circ }$:

$$AM=AB\cdot \mathrm{tg}30^{\circ }=\frac{6\sqrt{21}}{\sqrt{3}}=6\sqrt{7}.$$

Тогда $MD=AD-AM=18\sqrt{7}-6\sqrt{7}=12\sqrt{7}$. По теореме Пифагора в прямоугольном треугольнике $MDC$:

$$MC=\sqrt{M{D}^2+D{C}^2}=\sqrt{144\cdot 7+36\cdot 21}=\sqrt{1008+756}=\sqrt{1764}=42.$$

Пусть $H$ — основание перпендикуляра, опущенного из $O$ на прямую $CM$, а $H_1$ — основание перпендикуляра из $A$ на ту же прямую. Прямые $OH$ и $A{H}_1$ параллельны, поэтому прямоугольные треугольники $COH$ и $CA{H}_1$ с общим углом $C$ подобны с коэффициентом $\frac{CO}{CA}=\frac{1}{2}$ ($O$ — середина $AC$). Значит, $OH=\frac{1}{2}A{H}_1$.

Запишем площадь треугольника $ACM$ двумя способами: с основанием $AM$ (его высота — $DC$) и с основанием $MC$ (его высота — $A{H}_1$):

$$\frac{1}{2}\cdot AM\cdot DC=S_{ACM}=\frac{1}{2}\cdot MC\cdot A{H}_1\Rightarrow A{H}_1=\frac{AM\cdot DC}{MC}=\frac{6\sqrt{7}\cdot 6\sqrt{21}}{42}=\frac{36\cdot 7\sqrt{3}}{42}=6\sqrt{3}.$$

Тогда

$$OH=\frac{1}{2}A{H}_1=3\sqrt{3}.$$

Ответ: б) $3\sqrt{3}$.