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

Разбор — 3 балла

а) Рассмотрим прямоугольные треугольники $BCM$ и $CDN$. В них $BC=CD$ как стороны квадрата, $BM=CN$ как половины равных сторон. Значит, $△BCM=△CDN$ по двум катетам, и $\angle BCM=\angle CDN$.

Угол $BCD$ прямой, а луч $CM$ проходит внутри него, поэтому $\angle KCD=90^{\circ }-\angle BCM=90^{\circ }-\angle CDK$. В треугольнике $CKD$ сумма двух углов $\angle KCD+\angle CDK=90^{\circ }$, значит, третий угол $\angle CKD=90^{\circ }$. Итак, $CM\perp DN$, и все четыре угла при точке $K$ прямые, в частности $\angle MKN=90^{\circ }$.

Рассмотрим четырёхугольник $BNKM$. В нём

$$\angle MBN+\angle MKN=90^{\circ }+90^{\circ }=180^{\circ },$$

поэтому около него можно описать окружность. Хорды $BM$ и $BN$ этой окружности равны (половины сторон квадрата), а равные хорды стягивают равные дуги, на которые опираются равные вписанные углы. Значит,

$$\angle BKM=\angle BKN.$$

Диагональ $KB$ вписанного четырёхугольника проходит внутри угла $MKN$, поэтому $\angle BKM+\angle BKN=\angle MKN=90^{\circ }$. Отсюда $\angle BKM=45^{\circ }$, что и требовалось доказать.

б) Рассмотрим четырёхугольник $AMKD$. Угол $MKD$ смежный с прямым углом $CKD$, поэтому тоже прямой, и

$$\angle MAD+\angle MKD=90^{\circ }+90^{\circ }=180^{\circ }.$$

Значит, $AMKD$ вписанный, и углы $AKM$ и $ADM$, опирающиеся на одну дугу $\stackrel{⌣}{\mathrm{AM}}$, равны. Обозначим $\angle ADM=\alpha$, тогда $\angle AKM=\alpha$.

Найдём $\sin \alpha$ и $\cos \alpha$ из прямоугольного треугольника $ADM$. Здесь $AD=2\sqrt{15}$, $AM=\sqrt{15}$, и по теореме Пифагора

$$DM=\sqrt{A{M}^2+A{D}^2}=\sqrt{15+60}=\sqrt{75}=5\sqrt{3}.$$

Тогда

$$\sin \alpha =\frac{AM}{DM}=\frac{\sqrt{15}}{5\sqrt{3}}=\frac{1}{\sqrt{5}},\cos \alpha =\frac{AD}{DM}=\frac{2\sqrt{15}}{5\sqrt{3}}=\frac{2}{\sqrt{5}}.$$

Точка $M$ лежит на отрезке $AB$, поэтому луч $KM$ проходит внутри угла $AKB$, и с учётом пункта а)

$$\angle AKB=\angle AKM+\angle MKB=\alpha +45^{\circ }.$$

По формуле синуса суммы:

$$\sin \angle AKB=\sin \alpha \cos 45^{\circ }+\cos \alpha \sin 45^{\circ }=\frac{\sqrt{2}}{2}\left(\frac{1}{\sqrt{5}}+\frac{2}{\sqrt{5}}\right)=\frac{3\sqrt{2}}{2\sqrt{5}}=\frac{3}{\sqrt{10}}.$$

По теореме синусов для треугольника $ABK$ сторона, делённая на синус противолежащего угла, равна $2R$, где $R$ — радиус описанной окружности:

$$\begin{array}{c}2R=\frac{AB}{\sin \angle AKB}=\frac{2\sqrt{15}}{\frac{3}{\sqrt{10}}}=\frac{2\sqrt{150}}{3},\\ R=\frac{\sqrt{150}}{3}=\frac{5\sqrt{6}}{3}.\end{array}$$

Ответ: б) $\frac{5\sqrt{6}}{3}$.