ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №18 — параллелограммы

Разбор — 3 балла

а) Биссектриса угла $BAD$ проходит через точку $K$ на стороне $BC$ и точку $P$ на продолжении стороны $DC$ за точку $C$. Значит, $K$ лежит на отрезке $AP$, а $C$ — на отрезке $DP$.

Диагональ $AC$ — биссектриса угла $KAD$, то есть угла $PAD$. В треугольнике $APD$ она проведена к стороне $PD$. По свойству биссектрисы она делит противоположную сторону на отрезки, пропорциональные прилежащим сторонам:

$$\frac{PC}{CD}=\frac{AP}{AD}.$$

Рассмотрим треугольники $APD$ и $KPC$. Угол $P$ у них общий. Прямые $KC$ и $AD$ параллельны (это стороны $BC$ и $AD$ параллелограмма), поэтому $\angle PKC=\angle PAD$ как соответственные при секущей $AP$ и $\angle PCK=\angle PDA$ как соответственные при секущей $DP$. Значит, треугольники $APD$ и $KPC$ подобны, и

$$\frac{AP}{KP}=\frac{AD}{KC}\Rightarrow \frac{AP}{AD}=\frac{PK}{KC}.$$

Сравнивая с равенством из свойства биссектрисы, получаем

$$\frac{PC}{CD}=\frac{PK}{KC}.$$

Докажем, что треугольник $KPC$ равнобедренный. Прямые $AB$ и $DP$ параллельны, $AP$ — секущая, поэтому $\angle KPC=\angle BAK$ как накрест лежащие. Луч $AK$ — биссектриса угла $BAD$, поэтому $\angle BAK=\angle KAD$. А $\angle KAD=\angle PKC$ как соответственные (это доказано выше). Итак,

$$\angle KPC=\angle BAK=\angle KAD=\angle PKC.$$

Углы при вершинах $P$ и $K$ треугольника $KPC$ равны, значит, он равнобедренный: $KC=PC$. Подставим это в полученную пропорцию:

$$\frac{PC}{CD}=\frac{PK}{PC}\Rightarrow P{C}^2=CD\cdot PK,$$

что и требовалось доказать.

б) Пусть $AB=x$. Тогда $BC=2,5x=\frac{5}{2}x$.

Углы $BKA$ и $KAD$ равны как накрест лежащие при параллельных прямых $BC$ и $AD$, а $\angle KAD=\angle BAK$. Значит, $\angle BKA=\angle BAK$, треугольник $ABK$ равнобедренный и $BK=AB=x$. Тогда

$$PC=KC=BC-BK=\frac{5}{2}x-x=\frac{3}{2}x.$$

Противоположные стороны параллелограмма равны: $CD=AB=x$, $AD=BC=\frac{5}{2}x$.

Из пункта а)

$$PK=\frac{P{C}^2}{CD}=\frac{\frac{9}{4}{x}^2}{x}=\frac{9}{4}x.$$

Из подобия треугольников $APD$ и $KPC$ имеем $\frac{AP}{KP}=\frac{AD}{KC}$, откуда

$$AP=\frac{AD\cdot KP}{KC}=\frac{\frac{5}{2}x\cdot \frac{9}{4}x}{\frac{3}{2}x}=\frac{15}{4}x.$$

Чтобы найти $AC$, нам нужен угол параллелограмма. Найдём косинус угла $KCP$ по теореме косинусов для треугольника $KPC$:

$$P{K}^2=K{C}^2+P{C}^2-2\cdot KC\cdot PC\cdot \cos \angle KCP,$$

$$\frac{81}{16}{x}^2=\frac{9}{4}{x}^2+\frac{9}{4}{x}^2-2\cdot \frac{9}{4}{x}^2\cdot \cos \angle KCP.$$

Разделим на $x^2$ и перенесём слагаемые:

$$\frac{81}{16}-\frac{72}{16}=-\frac{9}{2}\cos \angle KCP\Rightarrow \frac{9}{16}=-\frac{9}{2}\cos \angle KCP\Rightarrow \cos \angle KCP=-\frac{1}{8}.$$

Углы $KCP$ и $ADC$ равны как соответственные при параллельных прямых $KC$ и $AD$ и секущей $DP$. Поэтому $\cos \angle ADC=-\frac{1}{8}$.

По теореме косинусов для треугольника $ACD$

$$A{C}^2=A{D}^2+C{D}^2-2\cdot AD\cdot CD\cdot \cos \angle ADC=\frac{25}{4}{x}^2+x^2+2\cdot \frac{5}{2}x\cdot x\cdot \frac{1}{8}=\frac{50+8+5}{8}{x}^2=\frac{63}{8}{x}^2,$$

$$AC=x\sqrt{\frac{63}{8}}=\frac{3\sqrt{7}}{2\sqrt{2}}x=\frac{3\sqrt{14}}{4}x.$$

Проверим другим способом: квадрат биссектрисы $AC$ треугольника $APD$ равен $AP\cdot AD-PC\cdot CD=\frac{15}{4}x\cdot \frac{5}{2}x-\frac{3}{2}x\cdot x=\frac{75-12}{8}{x}^2=\frac{63}{8}{x}^2$ — то же самое.

Искомое отношение:

$$\frac{AC}{AP}=\frac{\frac{3\sqrt{14}}{4}x}{\frac{15}{4}x}=\frac{3\sqrt{14}}{15}=\frac{\sqrt{14}}{5}.$$

Ответ: б) $\frac{\sqrt{14}}{5}$.