ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №18 — треугольники

Разбор — 3 балла

а) Гипотенуза — $AC$, поэтому прямой угол — $B$. Пусть $BC=4x$. Из условия $BK:KC=1:3$ получаем $BK=x$, $KC=3x$. Точка $N$ — середина $BC$, поэтому $BN=NC=2x$, и

$$KN=BN-BK=2x-x=x.$$

Точки $M$ и $N$ — середины сторон $AC$ и $BC$, значит, $MN$ — средняя линия треугольника $ABC$:

$$MN\parallel AB,MN=\frac{AB}{2}.$$

Так как $AB\perp BC$ и $MN\parallel AB$, то $MN\perp BC$.

Рассмотрим прямоугольные треугольники $ABN$ (прямой угол $B$) и $MNK$ (прямой угол $N$). Их катеты пропорциональны:

$$\frac{AB}{MN}=2,\frac{BN}{NK}=\frac{2x}{x}=2.$$

Значит, треугольники подобны по двум пропорциональным сторонам и углу между ними, и коэффициент подобия равен $2$. Отсюда $\frac{AN}{MK}=2$, то есть $AN=2KM$. Что и требовалось доказать.

б) При $AB=10$, $BC=16$ имеем $x=4$, $BK=KN=4$, $BN=8$ и $MN=\frac{AB}{2}=5$.

Пусть прямая $MK$ пересекает прямую $AB$ в точке $H$. Треугольники $MNK$ и $HBK$ равны по стороне и двум прилежащим к ней углам: $BK=KN$, $\angle MNK=\angle HBK=90^{\circ }$, $\angle MKN=\angle HKB$ как вертикальные. Значит, $BH=MN=5$, а точка $H$ лежит на продолжении $AB$ за точку $B$. Тогда

$$AH=AB+BH=10+5=15.$$

По теореме Пифагора для треугольника $ABN$

$$AN=\sqrt{A{B}^2+B{N}^2}=\sqrt{100+64}=\sqrt{164}=2\sqrt{41}.$$

Треугольники $MNP$ и $HAP$ подобны по двум углам: $\angle MPN=\angle HPA$ как вертикальные, $\angle PMN=\angle PHA$ как накрест лежащие при $MN\parallel AH$ и секущей $MH$. Поэтому

$$\frac{AP}{PN}=\frac{AH}{MN}=\frac{15}{5}=3,AP=\frac{3}{4}AN=\frac{3}{4}\cdot 2\sqrt{41}=\frac{3\sqrt{41}}{2}.$$

Найдём $BP$ из треугольника $ABP$. Косинус угла $BAN$ найдём в прямоугольном треугольнике $ABN$:

$$\cos \angle BAN=\frac{AB}{AN}=\frac{10}{2\sqrt{41}}=\frac{5}{\sqrt{41}}.$$

По теореме косинусов

$$B{P}^2=A{B}^2+A{P}^2-2\cdot AB\cdot AP\cdot \cos \angle BAN=100+\frac{369}{4}-2\cdot 10\cdot \frac{3\sqrt{41}}{2}\cdot \frac{5}{\sqrt{41}}=100+\frac{369}{4}-150=\frac{169}{4},$$

$$BP=\frac{13}{2}.$$

Теперь найдём нужный отрезок. Прямая $BP$ входит в треугольник $KMN$ через точку $P$ стороны $KM$. Сторону $KN$ она не пересекает: прямую $BC$ она пересекает в точке $B$, которая лежит вне отрезка $KN$. Значит, она выходит из треугольника через сторону $MN$ в некоторой точке $R$, и искомый отрезок — $PR$.

Треугольники $ABP$ и $NRP$ подобны по двум углам: $\angle APB=\angle NPR$ как вертикальные, $\angle BAP=\angle RNP$ как накрест лежащие при $AB\parallel NR$ и секущей $AN$. Поэтому

$$\frac{BP}{PR}=\frac{AP}{PN}=3,PR=\frac{BP}{3}=\frac{13}{6}.$$

Заодно $NR=\frac{AB}{3}=\frac{10}{3}<5=MN$, так что точка $R$ действительно лежит на стороне $MN$.

Ответ: б) $\frac{13}{6}$.