ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №18 — треугольники

Разбор — 3 балла

а) По условию $AD=AP$ (треугольник $DAP$ равнобедренный с основанием $PD$), $BP=BC$ (треугольник $PBC$ равнобедренный с основанием $PC$) и $\angle DPC=90^{\circ }$.

Пусть $Q$ — середина стороны $CD$. Треугольник $DPC$ прямоугольный с гипотенузой $CD$, а медиана прямоугольного треугольника, проведённая к гипотенузе, равна половине гипотенузы. Поэтому

$$PQ=QD=QC.$$

Рассмотрим треугольники $AQD$ и $AQP$: $AD=AP$, $QD=QP$, сторона $AQ$ общая. По третьему признаку (три стороны) они равны, значит, $\angle DAQ=\angle PAQ$.

Четырёхугольник $ABCD$ выпуклый, поэтому точка $Q$ его стороны $CD$ лежит внутри угла $DAB$, то есть внутри угла $DAP$ ($P$ лежит на $AB$). Луч $AQ$ лежит внутри угла $DAP$ и делит его пополам — это биссектриса угла $DAP$.

Точно так же треугольники $BQP$ и $BQC$ равны по трём сторонам ($BP=BC$, $QP=QC$, $BQ$ общая), поэтому $\angle PBQ=\angle CBQ$, и луч $BQ$ — биссектриса угла $PBC$.

Итак, обе биссектрисы проходят через точку $Q$. Прямые $AQ$ и $BQ$ различны (иначе точка $Q$ стороны $CD$ лежала бы на прямой $AB$), а две различные прямые имеют не больше одной общей точки. Значит, биссектрисы углов $DAP$ и $PBC$ пересекаются именно в точке $Q$ — середине стороны $CD$. Что и требовалось доказать.

б) Пусть биссектриса $AQ$ пересекает $PD$ в точке $S$, а биссектриса $BQ$ пересекает $PC$ в точке $T$. Биссектриса угла при вершине равнобедренного треугольника является его медианой и высотой. Поэтому $S$ — середина $PD$ и $AS\perp PD$, а $T$ — середина $PC$ и $BT\perp PC$.

Стороны искомого четырёхугольника лежат на прямых $AQ$, $PD$, $PC$, $QB$ — это четырёхугольник $PSQT$. Найдём его углы:

$$\angle SPT=90^{\circ }(PD\perp PC),\angle PSQ=90^{\circ },\angle PTQ=90^{\circ }.$$

Сумма углов четырёхугольника равна $360^{\circ }$, поэтому $\angle SQT=360^{\circ }-270^{\circ }=90^{\circ }$, и $PSQT$ — прямоугольник. Обозначим его стороны: $PS=QT=a$, $PT=QS=b$. Тогда $S_{PSQT}=ab$, а так как $S$ и $T$ — середины, то $PD=2a$ и $PC=2b$.

Заметим ещё, что $\angle AQB=\angle SQT=90^{\circ }$.

Из условия $AP:AB=2:9$ получаем $AP=2k$, $AB=9k$, $PB=7k$ для некоторого $k>0$.

Прямоугольные треугольники $ASP$ ($\angle ASP=90^{\circ }$) и $AQB$ ($\angle AQB=90^{\circ }$) имеют общий острый угол при вершине $A$, значит, они подобны (по острому углу). Катет $PS$ лежит против угла $A$ в первом треугольнике, катет $BQ$ — во втором, гипотенузы — $AP$ и $AB$:

$$\frac{PS}{BQ}=\frac{AP}{AB}=\frac{2}{9}\Rightarrow BQ=\frac{9}{2}a,BT=BQ-QT=\frac{9}{2}a-a=\frac{7}{2}a.$$

Аналогично прямоугольные треугольники $BTP$ и $BQA$ подобны по общему острому углу $B$:

$$\frac{PT}{AQ}=\frac{BP}{BA}=\frac{7}{9}\Rightarrow AQ=\frac{9}{7}b,AS=AQ-QS=\frac{9}{7}b-b=\frac{2}{7}b.$$

Отрезки $PD$ и $PC$ разбивают выпуклый четырёхугольник $ABCD$ на треугольники $DAP$, $DPC$ и $PBC$. Найдём их площади, используя найденные высоты $AS\perp PD$ и $BT\perp PC$:

$$S_{DAP}=\frac{1}{2}\cdot PD\cdot AS=\frac{1}{2}\cdot 2a\cdot \frac{2}{7}b=\frac{2}{7}ab,$$

$$S_{DPC}=\frac{1}{2}\cdot PD\cdot PC=\frac{1}{2}\cdot 2a\cdot 2b=2ab,$$

$$S_{PBC}=\frac{1}{2}\cdot PC\cdot BT=\frac{1}{2}\cdot 2b\cdot \frac{7}{2}a=\frac{7}{2}ab.$$

Складываем:

$$S_{ABCD}=ab\left(\frac{2}{7}+2+\frac{7}{2}\right)=ab\cdot \frac{4+28+49}{14}=\frac{81}{14}ab.$$

По условию $S_{ABCD}=1$, поэтому

$$S_{PSQT}=ab=\frac{14}{81}{S}_{ABCD}=\frac{14}{81}.$$

Ответ: б) $\frac{14}{81}$.