Задание №17 ЕГЭ по математике: Планиметрия (2 часть)

Нужно доказать отношение отрезков и вычислить отношение площадей. Так как $AB=BD$ и $BE$ — биссектриса, удобно направить горизонтальную ось вдоль этой биссектрисы: точки $A$ и $D$ окажутся симметричными. Шаг 1. Введём координаты. Пусть $AB=BD=r$, $BC=q$, где $q>r>0$. Половину угла $ABC$ обозначим $\theta$. Выберем $B=(0;0)$, ось $x$ вдоль биссектрисы, а $A$ расположим выше неё. Тогда $$A=(r\cos\theta;r\sin\theta),\quad D=(r\cos\theta;-r\sin\theta),$$ $$C=(q\cos\theta;-q\sin\theta).$$ Точки $A,D$ имеют одинаковую первую координату, поэтому $AD$ вертикальна. Пересечение с горизонтальной биссектрисой — $E=(r\cos\theta;0)$. Перпендикуляр из $C$ к вертикальной $AD$ горизонтален, значит, $K=(r\cos\theta;-q\sin\theta)$. Отсюда $AE=r\sin\theta$, $EK=q\sin\theta$. Делим: $$\frac{AE}{EK}=\frac{r\sin\theta}{q\sin\theta}=\frac rq=\frac{AB}{BC}.$$ Сокращение допустимо: половина угла треугольника положительна, поэтому $\sin\theta>0$. Пункт а доказан. Шаг 2. Найдём координату $F$. По теореме о биссектрисе $AF:FC=AB:BC=r:q$. Точка $F$ делит $AC$ в этом отношении, поэтому её координаты равны взвешенным средним с противоположными весами: $$F=\frac{qA+rC}{r+q}.$$ Такую формулу можно получить, пройдя от $A$ долю $r/(r+q)$ всего вектора $AC$: $F=A+[r/(r+q)](C-A)$. Подставляем координаты: $$x_F=\frac{qr\cos\theta+rq\cos\theta}{r+q}=\frac{2rq\cos\theta}{r+q},$$ $$y_F=\frac{qr\sin\theta-rq\sin\theta}{r+q}=0.$$ Значит, $F$ лежит на горизонтальной биссектрисе, как и должно быть. Причём $$EF=x_F-x_E=\left(\frac{2rq}{r+q}-r\right)\cos\theta=\frac{r(q-r)}{r+q}\cos\theta>0.$$ Шаг 3. Вычислим площади частей. Для краткости пишем $c=\cos\theta$, $s=\sin\theta$, оба числа положительны. Треугольник $ABE$ прямоугольный, с катетами $BE=rc$ и $AE=rs$: $$S_{ABE}=\frac12(rc)(rs)=\frac{r^2cs}{2}.$$ Четырёхугольник $CDEF$ разделим диагональю $CE$ на треугольники $CDE$ и $CEF$. У $CDE$ основание $DE=rs$ вертикально, а расстояние от $C$ до его прямой равно $qc-rc=(q-r)c$. Поэтому $$S_{CDE}=\frac12rs\cdot(q-r)c=\frac{r(q-r)cs}{2}.$$ У $CEF$ основание $EF=r(q-r)c/(r+q)$ горизонтально, а высота от $C$ равна $qs$. Значит, $$S_{CEF}=\frac12\cdot\frac{r(q-r)c}{r+q}\cdot qs=\frac{rq(q-r)cs}{2(r+q)}.$$ Складываем, приводя к знаменателю $2(r+q)$: $$S_{CDEF}=\frac{r(q-r)(r+q)cs+rq(q-r)cs}{2(r+q)}=\frac{r(q-r)(r+2q)cs}{2(r+q)}.$$ Шаг 4. Найдём отношение и подставим условие. $$\frac{S_{ABE}}{S_{CDEF}}=\frac{r^2cs}{2}\cdot\frac{2(r+q)}{r(q-r)(r+2q)cs}=\frac{r(r+q)}{(q-r)(r+2q)}.$$ Из $BD:DC=5:2$ можно записать $r=5u$, $DC=2u$, поэтому $q=BC=5u+2u=7u$, где $u>0$. Тогда $$\frac{S_{ABE}}{S_{CDEF}}=\frac{5u(5u+7u)}{(7u-5u)(5u+14u)}=\frac{5u\cdot12u}{2u\cdot19u}=\frac{60u^2}{38u^2}=\frac{30}{19}.$$ Проверка: общий масштаб $u$ и угол $\theta$ сократились — при заданном отношении сторон ответ не зависит от размера и формы треугольника. Ответ: а) $AB:BC=AE:EK$; б) $S_{ABE}:S_{CDEF}=30:19$.

План. Докажем подобие маленького треугольника $C_1HK$ исходному. Тогда отношение площадей сведётся к квадрату отношения двух сторон. Для чисел найдём основание высоты $C_1$ и положение ортоцентра $H$. а) Сначала уточним расположение точек. В остроугольном треугольнике основания высот находятся на самих сторонах, а ортоцентр $H$ — внутри. Точка $C_1$ лежит на $AB$. Поскольку $C_1K\parallel BB_1$, то и $C_1K\parallel BH$. В треугольнике $ABH$ прямая через внутреннюю точку $C_1$ стороны $AB$, параллельная $BH$, пересекает $AH$ внутри. Значит, $K$ находится между $A$ и $H$. Прямая $HC_1$ — высота из $C$, поэтому перпендикулярна $AB$. Прямая $C_1K$ параллельна высоте из $B$, поэтому перпендикулярна $AC$. Угол между этими двумя лучами равен острому углу между $AB$ и $AC$: $$\angle HC_1K=\angle BAC.$$ А прямые $HC_1$ и $HK$ перпендикулярны соответственно $AB$ и $BC$. С учётом $K\in AH$ угол при $H$ равен углу при $B$: $$\angle C_1HK=\angle ABC.$$ По двум углам треугольники подобны, причём соответствуют вершины $C_1\leftrightarrow A$, $H\leftrightarrow B$, $K\leftrightarrow C$. Следовательно, $$\frac{KH}{BC}=\frac{C_1H}{AB}.$$ Умножаем на $AB\cdot BC$: $$AB\cdot KH=BC\cdot C_1H.$$ б) Находим $AC_1$. Обозначим $AC_1=u$, $CC_1=v$. Из теоремы косинусов в исходном треугольнике $$\cos A=\frac{AB^2+AC^2-BC^2}{2AB\cdot AC}.$$ В прямоугольном треугольнике $ACC_1$ имеем $u=AC\cos A$, поэтому $$u=\frac{AB^2+AC^2-BC^2}{2AB}=\frac{6^2+5^2-4^2}{2\cdot6},$$ $$u=\frac{36+25-16}{12}=\frac{45}{12}=\frac{15}{4}.$$ Тогда $$BC_1=AB-AC_1=6-\frac{15}{4}=\frac{24-15}{4}=\frac94.$$ По Пифагору в $ACC_1$: $$v^2=AC^2-u^2=25-\left(\frac{15}{4}\right)^2=\frac{400-225}{16}=\frac{175}{16},$$ $$v=\frac{\sqrt{175}}4=\frac{5\sqrt7}{4}.$$ Находим $C_1H$. В треугольнике $AC_1H$ прямой угол при $C_1$, а угол $C_1AH$ дополняет $B$ до $90^\circ$, потому что $AH\perp BC$. Следовательно, $$\frac{C_1H}{AC_1}=\tan(90^\circ-B)=\cot B.$$ В прямоугольном треугольнике $BCC_1$: $$\cot B=\frac{BC_1}{CC_1}=\frac{9/4}{5\sqrt7/4}=\frac9{5\sqrt7}.$$ Поэтому $$C_1H=\frac{15}{4}\cdot\frac9{5\sqrt7}=\frac{135}{20\sqrt7}=\frac{27}{4\sqrt7}.$$ Отношение площадей. У подобных треугольников и основание, и высота изменяются в один коэффициент, поэтому площадь изменяется в квадрат этого коэффициента. Стороне $AB$ соответствует $C_1H$: $$\frac{S_{C_1HK}}{S_{ABC}}=\left(\frac{C_1H}{AB}\right)^2=\left(\frac{27}{4\sqrt7}\cdot\frac16\right)^2,$$ $$\frac{S_{C_1HK}}{S_{ABC}}=\left(\frac{27}{24\sqrt7}\right)^2=\frac{729}{576\cdot7}=\frac{729}{4032}=\frac{81}{448}.$$ Ответ: б) $\frac{81}{448}$.

а) Сначала используем информацию о двух равнобедренных треугольниках. У треугольника $ABD$ основание — $AD$, поэтому равны две остальные стороны: $$AB=BD.$$ У треугольника $BCD$ основание — $CD$, поэтому: $$BC=BD.$$ Объединяем эти равенства: $$AB=BC=BD.$$ Таким образом, треугольник $ABC$ равнобедренный с основанием $AC$. Его углы при основании равны: $$\angle BAC=\angle ACB.$$ Основания трапеции параллельны: $BC\parallel AD$. При секущей $AC$ накрест лежащие углы равны: $$\angle ACB=\angle CAD.$$ Значит: $$\angle BAC=\angle CAD.$$ Это и означает, что луч $AC$ делит угол $BAD$ на две равные части, то есть является его биссектрисой. б) Найдём боковую сторону $CD$ по двум диагоналям. Координаты помогут получить равенство, связывающее эти три отрезка. Обозначим $BD=r$, $AD=d$, высоту трапеции через $h$. Из $AB=BD$ следует, что точка $B$ одинаково удалена от $A$ и $D$. Поэтому её проекция на $AD$ — середина этого основания. Разместим $A,D$ на горизонтальной оси: $$A=(0;0),\quad D=(d;0),\quad B=(d/2;h).$$ Длина горизонтального верхнего основания $BC$ равна $BD=r$, поэтому: $$C=(d/2+r;h).$$ Сначала выразим высоту через $r,d$. В прямоугольном треугольнике с гипотенузой $AB=r$ и катетами $d/2,h$ по теореме Пифагора: $$r^2=(d/2)^2+h^2.$$ Вычтем $d^2/4$ из обеих частей: $$h^2=r^2-d^2/4.$$ Теперь по формуле расстояния между точками: $$AC^2=(d/2+r)^2+h^2.$$ Раскроем квадрат суммы и подставим найденное $h^2$: $$AC^2=d^2/4+dr+r^2+r^2-d^2/4=2r^2+dr.$$ Аналогично разность первых координат $C,D$ равна $(d/2+r)-d=r-d/2$, поэтому: $$CD^2=(r-d/2)^2+h^2,$$ $$CD^2=r^2-rd+d^2/4+r^2-d^2/4=2r^2-rd.$$ Сложим два равенства. Члены $dr$ и $-rd$ взаимно уничтожаются: $$AC^2+CD^2=(2r^2+dr)+(2r^2-rd)=4r^2.$$ Так как $r=BD$, получаем формулу именно для искомой стороны: $$CD^2=4BD^2-AC^2.$$ Подставим данные условия: $$CD^2=4\cdot(\frac{17}{2})^2-15^2.$$ Вычислим квадраты: $$CD^2=4\cdot\frac{289}{4}-225=289-225=64.$$ Длина стороны положительна, поэтому берём положительный квадратный корень: $$CD=\sqrt{64}=8.$$ Ответ: а) доказано; б) $CD=8$.

Точек и перпендикуляров здесь много. Поэтому выберем координаты так, чтобы сторона $AB$ была горизонтальной. Тогда проекция на $AB$ получается простым обнулением второй координаты, а высота из $C$ задаётся вертикальной прямой. Координаты остальных точек найдём из условия перпендикулярности, а не возьмём готовыми. Обозначим равные боковые стороны $AB=BC=l$, основание $AC=b$. Выберем: $$A=(0;0),\qquad B=(l;0),\qquad C=(q;v),\quad v>0.$$ Треугольник остроугольный, поэтому основание высоты из $C$ лежит между $A$ и $B$: $$0<q<l.$$ По формуле расстояния $AC^2=q^2+v^2=b^2$. Равенство $BC=l$ даёт: $$(q-l)^2+v^2=l^2.$$ Раскроем квадрат разности: $$q^2-2lq+l^2+v^2=l^2.$$ Вычтем $l^2$, затем перенесём $-2lq$ вправо: $$q^2+v^2=2lq.$$ Левая часть равна $b^2$, поэтому: $$b^2=2lq,\qquad q=\frac{b^2}{2l}.$$ Для краткости дальнейших формул обозначим $u=q/l$. Тогда: $$u=\frac{b^2}{2l^2},\qquad0<u<1.$$ Шаг 1. Найдём основание высоты $H$ из $A$ на $BC$. Направляющий вектор стороны $BC$: $$w=C-B=(q-l;v).$$ Любая точка этой прямой имеет вид $B+tw$, где $t$ — число. Запишем $H=B+tw$. Условие $AH\perp BC$ означает, что скалярное произведение векторов $AH$ и $w$ равно нулю. Поскольку $A=(0;0)$, вектор $AH$ имеет те же координаты, что $H$. Получаем: $$0=(B+tw)\cdot w=B\cdot w+t|w|^2.$$ Здесь $B\cdot w=l(q-l)$, а $|w|=BC=l$. Следовательно: $$l(q-l)+tl^2=0.$$ Перенесём первое слагаемое вправо и разделим на $l^2>0$: $$t=\frac{l(l-q)}{l^2}=1-\frac ql=1-u.$$ Подставим это в координаты: $$H=(l+(1-u)(q-l);(1-u)v).$$ Первую координату упростим отдельно: $$l+(1-u)(q-l)=l+(1-u)q-l+ul=(1-u)q+q=q(2-u).$$ Итак: $$H=(q(2-u);(1-u)v).$$ Шаг 2. Найдём точки $M$ и $K$. $M$ — проекция $H$ на горизонтальную сторону $AB$. Поэтому первая координата остаётся, вторая становится нулём: $$M=(q(2-u);0).$$ Точка $K$ лежит на $AC$, значит, её координаты можно записать как $K=kC=(kq;kv)$. Перпендикулярность $HK$ и $AC$ даёт: $$(H-kC)\cdot C=0,$$ $$H\cdot C-k|C|^2=0,$$ $$k=\frac{H\cdot C}{|C|^2}.$$ В знаменателе $|C|^2=AC^2=b^2$. Числитель вычислим по координатам: $$H\cdot C=q^2(2-u)+(1-u)v^2.$$ Выделим общую часть: $$q^2(2-u)+(1-u)v^2=(1-u)(q^2+v^2)+q^2=(1-u)b^2+q^2.$$ Следовательно: $$k=1-u+\frac{q^2}{b^2}.$$ Так как $b^2=2lq$, последняя дробь равна: $$\frac{q^2}{b^2}=\frac{q^2}{2lq}=\frac{q}{2l}=u/2.$$ Значит: $$k=1-u+u/2=1-u/2,$$ $$K=((1-u/2)q;(1-u/2)v).$$ Шаг 3. Найдём пересечение $E$ прямой $MK$ с высотой $CT$. Высота $CT$ перпендикулярна горизонтальной $AB$, поэтому она вертикальна: $$x=q,\qquad T=(q;0).$$ Точки отрезка $MK$ запишем в виде $M+\lambda(K-M)$. Его первая координата: $$q(2-u)+\lambda[(1-u/2)q-q(2-u)].$$ В скобках: $$(1-u/2)q-q(2-u)=q[(1-u/2)-(2-u)]=-q(1-u/2).$$ В точке пересечения с $CT$ первая координата равна $q$. Поэтому: $$q(2-u)-\lambda q(1-u/2)=q.$$ Разделим на $q>0$, затем перенесём слагаемые: $$2-u-\lambda(1-u/2)=1,$$ $$\lambda(1-u/2)=1-u,$$ $$\lambda=\frac{1-u}{1-u/2}.$$ При $0<u<1$ числитель положителен и меньше знаменателя, поэтому $0<\lambda<1$. Это означает, что $E$ находится внутри отрезка $MK$. Её вторая координата: $$y_E=0+\lambda(1-u/2)v=\frac{1-u}{1-u/2}(1-u/2)v=(1-u)v.$$ Таким образом: $$E=(q;(1-u)v).$$ а) У точек $E$ и $H$ одинаковая вторая координата $(1-u)v$. Поэтому прямая $EH$ горизонтальна. Сторона $AB$ тоже горизонтальна. Эти прямые не совпадают: $E,H$ находятся выше $AB$, поскольку $(1-u)v>0$. Следовательно, $EH\parallel AB$. б) Вычислим нужную длину. Из координат получаем: $$\overrightarrow{ME}=(q-q(2-u);(1-u)v-0)=(-q(1-u);(1-u)v).$$ По формуле длины вектора: $$ME=\sqrt{q^2(1-u)^2+v^2(1-u)^2}.$$ Вынесем $(1-u)^2$ из-под корня. Поскольку $1-u>0$, его квадратный корень равен $1-u$: $$ME=(1-u)\sqrt{q^2+v^2}=(1-u)b.$$ Для всего отрезка $MK$ аналогично: $$\overrightarrow{MK}=(-q(1-u/2);v(1-u/2)),$$ $$MK=(1-u/2)\sqrt{q^2+v^2}=b(1-u/2).$$ Точка $E$ лежит между $M$ и $K$, что мы проверили по параметру $\lambda$. Поэтому: $$EK=MK-ME=b(1-u/2)-b(1-u).$$ Раскроем скобки и приведём подобные члены: $$EK=b-bu/2-b+bu=bu/2.$$ Подставим данные условия $l=17$, $b=16$ в формулу для $u$: $$u=\frac{16^2}{2\cdot17^2}=\frac{256}{2\cdot289}=\frac{256}{578}=\frac{128}{289}.$$ Нужно найти $ME=b(1-u)$. Сначала вычтем дробь из единицы: $$1-u=1-\frac{128}{289}=\frac{161}{289}.$$ Теперь умножим на длину основания: $$ME=16\cdot\frac{161}{289}=\frac{2576}{289}.$$ Ответ: а) доказано; б) $ME=\frac{2576}{289}$.

а) Покажем, как высота делит большее основание. Опустим также высоту из $B$ на $AD$ и обозначим её основание через $K$. Четырёхугольник $KBCH$ — прямоугольник, поэтому: $$KH=BC.$$ Боковые прямоугольные треугольники $AKB$ и $DHC$ равны по гипотенузе и катету: боковые стороны равнобедренной трапеции равны, а её высоты одинаковы. Поэтому: $$AK=HD.$$ Обозначим $BC=b$. По условию $AD=3b$. Вычтем длину верхнего основания из нижнего: $$AK+HD=AD-KH=3b-b=2b.$$ Так как эти два отрезка равны, каждый составляет половину $2b$: $$AK=HD=b.$$ Тогда: $$AH=AK+KH=b+b=2b.$$ Итак, $AH=2HD$: высота делит основание на отрезки в отношении $2:1$. б) Пусть $M$ — середина диагонали $BD$. Нужно найти $CM$. Используем прямоугольный треугольник для нахождения высоты, затем вычислим положение середины. Из $AD=15$ и $AD=3BC$ получаем: $$BC=15/3=5.$$ В пункте а) найдены выступы основания: $AK=HD=5$. Поэтому можно выбрать координаты: $$A=(0;0),\quad D=(15;0),\quad B=(5;h),\quad C=(10;h).$$ Здесь первая координата $C$ равна $15-5=10$, а $h$ — высота трапеции. По теореме Пифагора для диагонали $AC$: $$AC^2=10^2+h^2.$$ По условию $AC=2\sqrt{61}$. При возведении произведения в квадрат возводим в квадрат каждый множитель: $$AC^2=(2\sqrt{61})^2=2^2\cdot(\sqrt{61})^2=4\cdot61=244.$$ Следовательно: $$244=100+h^2,$$ $$h^2=244-100=144,$$ $$h=12.$$ Выбираем положительный корень, поскольку высота положительна. Теперь найдём середину $BD$: каждую координату концов сложим и разделим на 2. $$M=\left(\frac{5+15}{2};\frac{12+0}{2}\right)=(10;6).$$ Точка $C=(10;12)$ имеет ту же первую координату, поэтому $CM$ — вертикальный отрезок. Его длина равна разности вторых координат: $$CM=12-6=6.$$ Ответ: а) отношение $2:1$; б) расстояние равно 6.

Нужно доказать равенство $BK=BE$ и найти $KE:AC$. Для первого пункта увидим две трапеции, вписанные в окружность. Для второго найдём координаты вторых пересечений прямых с окружностью. Шаг 1. Докажем равенство длин через вписанные трапеции. Точки $A,E$ лежат на прямой $AD$, параллельной $BC$. Поэтому четырёхугольник $ABCE$ — трапеция с основаниями $AE$ и $BC$. Все её вершины находятся на одной окружности. Вписанная трапеция равнобедренная и имеет равные диагонали, значит, $BE=AC$. Точки $C,K$ лежат на прямой $CD$, параллельной $AB$. Четырёхугольник $ABCK$ — ещё одна вписанная трапеция, теперь с основаниями $AB$ и $CK$. Её диагонали равны: $BK=AC$. Следовательно, $BK=BE$. Пункт а доказан. Поясним свойство вписанной трапеции. Параллельность оснований даёт сумму соседних углов $180^\circ$, а вписанность — сумму противоположных $180^\circ$. Из этих двух равенств следует равенство углов при основании. Трапеция равнобедренная; треугольники с общим основанием, равными боковыми сторонами и равными углами при основании дают равенство диагоналей. Шаг 2. Выберем координаты и получим уравнение окружности. Обозначим $AD=d$, $AB=l$, угол $BAD=\theta$. Пусть $A=(0;0)$, $D=(d;0)$. Тогда $$B=(l\cos\theta;l\sin\theta),\qquad C=(d+l\cos\theta;l\sin\theta).$$ Для краткости обозначим $c=\cos\theta$, $s=\sin\theta$. Сумма квадратов $c^2+s^2=1$, а $s>0$. Окружность через начало координат имеет уравнение $x^2+y^2+ux+vy=0$. Подстановка $B$ даёт $$l^2+ulc+vls=0.$$ При подстановке $C$ сумма квадратов координат равна $d^2+2dlc+l^2$, поэтому $$d^2+2dlc+l^2+u(d+lc)+vls=0.$$ Вычитаем уравнение для $B$: $$d^2+2dlc+ud=0.$$ Делим на $d>0$: $d+2lc+u=0$, значит, $$u=-d-2lc.$$ Шаг 3. Найдём $E$ и $K$. Прямая $AD$ — ось $x$, то есть $y=0$. Уравнение пересечений с окружностью: $$x^2+ux=x(x+u)=0.$$ Корень0 соответствует $A$, второй корень $x=-u=d+2lc$. Следовательно, $E=(d+2lc;0)$. Точки прямой $CD$, параллельной $AB$, имеют вид $D+tB=(d+tlc;tls)$. Подставляем в окружность: $$d^2+2dtlc+t^2l^2+ud+utlc+vtls=0.$$ Из уравнения для $B$ знаем $ulc+vls=-l^2$, поэтому два последних слагаемых в сумме равны $-tl^2$. Кроме того, $d^2+ud=-2dlc$. Получаем $$t^2l^2-tl^2+2dtlc-2dlc=0,$$ $$l^2t(t-1)+2dlc(t-1)=0,$$ $$(t-1)(l^2t+2dlc)=0.$$ Корень $t=1$ — точка $C$. Для второго пересечения $K$: $$l^2t+2dlc=0,\qquad t=-\frac{2dc}{l}.$$ Поэтому $$K=(d-2dc^2;-2dcs)=(-d\cos2\theta;-d\sin2\theta).$$ Здесь использованы формулы $2c^2-1=\cos2\theta$ и $2cs=\sin2\theta$. При $\theta=30^\circ$ число $c>0$, так что $t<0$: $K$ действительно находится за $D$. Шаг 4. Сравним $KE$ и $AC$. Разности координат $E-K$: $$\Delta x=d+2lc+d(2c^2-1)=2lc+2dc^2=2c(l+dc),$$ $$\Delta y=0-(-2dcs)=2dcs.$$ По формуле расстояния: $$KE^2=4c^2(l+dc)^2+4d^2c^2s^2=4c^2[(l+dc)^2+d^2s^2].$$ Раскрываем скобки и используем $c^2+s^2=1$: $$KE^2=4c^2[l^2+2ldc+d^2c^2+d^2s^2]=4c^2(l^2+2ldc+d^2).$$ Квадрат диагонали $AC$ равен сумме квадратов координат $C$: $$AC^2=(d+lc)^2+(ls)^2=d^2+2dlc+l^2(c^2+s^2)=d^2+2dlc+l^2.$$ Следовательно, $KE^2=4c^2AC^2$. При $\theta=30^\circ$ берём положительные корни: $$\frac{KE}{AC}=2\cos30^\circ=2\cdot\frac{\sqrt3}{2}=\sqrt3.$$ Проверка: $E$ находится за $D$, поскольку $AE=d+2l\cos30^\circ>d$. Оба найденных пересечения отвечают расположению из условия. Ответ: а) $BK=BE$; б) $KE:AC=\sqrt3:1$.

Нужно доказать угол $OAC=45^\circ$ и найти боковую сторону. Центр окружности расположен в прямоугольном треугольнике $BHC$: именно его стороны $BH$, $BC$, $CH$ касаются окружности. Используем формулу радиуса вписанной окружности прямоугольного треугольника и координаты вдоль $AB$. Шаг 1. Введём обозначения и определим радиус. Пусть $AB=BC=l$, угол при основании $A$ равен $\alpha$. Угол $C$ равен ему, а $B=180^\circ-2\alpha$. Остроугольность даёт $45^\circ<\alpha<90^\circ$. Положим $A=(0;0)$, $B=(l;0)$, $C=(u;v)$, где $u,v>0$, тогда $H=(u;0)$, $BH=l-u$, $CH=v$. Для прямоугольного треугольника с катетами $m,n$ и гипотенузой $l$ радиус вписанной окружности равен $(m+n-l)/2$. Это можно получить из равных касательных: катеты состоят из радиуса у прямого угла и двух частей гипотенузы; их сумма минус гипотенуза равна двум радиусам. Здесь $$r=\frac{(l-u)+v-l}{2}=\frac{v-u}{2}.$$ Центр отстоит на $r$ от горизонтального $BH$ и вертикального $CH$, поэтому $$O=(u+r;r)=\left(\frac{u+v}{2};\frac{v-u}{2}\right).$$ Шаг 2. Вычислим направление $AO$. Поскольку $C$ лежит на луче, образующем с $AB$ угол $\alpha$, имеем $u=AC\cos\alpha$, $v=AC\sin\alpha$. Следовательно, $$\tan\angle BAO=\frac{y_O}{x_O}=\frac{v-u}{v+u}=\frac{\sin\alpha-\cos\alpha}{\sin\alpha+\cos\alpha}.$$ Формула тангенса разности даёт $$\tan(\alpha-45^\circ)=\frac{\tan\alpha-1}{1+\tan\alpha}=\frac{\sin\alpha-\cos\alpha}{\cos\alpha+\sin\alpha}.$$ Мы получили один и тот же тангенс. Оба угла находятся между0 и $45^\circ$, поэтому равны: $\angle BAO=\alpha-45^\circ$. Луч $AO$ находится между $AB$ и $AC$, значит, $$\angle OAC=\angle BAC-\angle BAO=\alpha-(\alpha-45^\circ)=45^\circ.$$ Пункт а доказан. Шаг 3. Используем длину $BO$. Центр вписанной окружности $BHC$ лежит на биссектрисе при $B$, поэтому $\angle ABO=B/2=90^\circ-\alpha$. В треугольнике $ABO$: $$\angle AOB=180^\circ-(\alpha-45^\circ)-(90^\circ-\alpha)=135^\circ.$$ По теореме синусов сторона $AB=l$ лежит напротив $135^\circ$, а $BO=1$ — напротив $\alpha-45^\circ$: $$\frac l{\sin135^\circ}=\frac1{\sin(\alpha-45^\circ)}.$$ Умножаем на оба синуса: $$l\sin(\alpha-45^\circ)=\sin135^\circ=\sqrt2/2.$$ Раскрываем синус разности: $$l(\sin\alpha\cos45^\circ-\cos\alpha\sin45^\circ)=\sqrt2/2.$$ Оба табличных значения равны $\sqrt2/2$. Делим на этот положительный множитель: $$l\sin\alpha-l\cos\alpha=1.$$ Шаг 4. Найдём $l$ по основанию $AC=6$. Высота из вершины $B$ равнобедренного треугольника делит основание пополам. Поэтому в половине треугольника прилежащий к $\alpha$ катет равен $AC/2=3$, то есть $l\cos\alpha=3$. Из предыдущего равенства $l\sin\alpha=1+3=4$. Это два катета прямоугольного треугольника с гипотенузой $l$. Следовательно, $$l^2=(l\cos\alpha)^2+(l\sin\alpha)^2=3^2+4^2=9+16=25,\qquad l=5.$$ Проверка: $l\sin\alpha-l\cos\alpha=4-3=1=BO$. Кроме того, $\tan\alpha=4/3>1$, то есть $\alpha>45^\circ$, как и требовалось. Ответ: а) $45^\circ$; б) $BC=5$.

Нужно использовать равенство углов $A=2B$. Сначала найдём углы у второй окружности, а затем выразим соотношение сторон через теоремы синусов и косинусов. Шаг 1. Установим углы и подобие. Пусть $\angle ABC=\beta$. Тогда $\angle BAC=2\beta$, $\angle ACB=180^\circ-3\beta$. Треугольник остроугольный, поэтому центр его описанной окружности $O$ находится внутри. Центральный угол $AOC$ опирается на ту же малую дугу $AC$, что вписанный угол $ABC$. Поэтому $\angle AOC=2\beta$. Точка $P$ находится на отрезке $BC$, значит, $P$ и $O$ расположены с одной стороны от прямой $AC$. Четыре точки $A,O,C,P$ лежат на второй окружности. Вписанные углы $APC$ и $AOC$, опирающиеся на одну хорду $AC$ и расположенные с одной стороны от неё, равны. Следовательно, $$\angle APC=\angle AOC=2\beta=\angle BAC.$$ Так как луч $CP$ совпадает с $CB$, равны и углы $PCA$ и $BCA$. По двум углам $\triangle PAC\sim\triangle ABC$ с соответствием $P\leftrightarrow A$, $A\leftrightarrow B$, $C\leftrightarrow C$. Также в треугольнике $APC$: $$\angle PAC=180^\circ-2\beta-(180^\circ-3\beta)=\beta.$$ Из всего угла $BAC=2\beta$ вычитаем $PAC=\beta$: $\angle BAP=\beta$. Угол $ABP$ тоже равен $\beta$, поскольку $P$ на $BC$. В треугольнике $ABP$ два угла равны, поэтому противоположные стороны равны: $AP=BP$. Таким образом, доказаны обе формулировки пункта а. Шаг 2. Выведем соотношение сторон без пропущенных преобразований. Обозначим $a=BC$, $b=AC$, $c=AB$. Теорема синусов для $ABC$ даёт $$\frac ab=\frac{\sin2\beta}{\sin\beta}.$$ Угол $\beta$ острый, поэтому $\sin\beta\ne0$. По формуле двойного угла $\sin2\beta=2\sin\beta\cos\beta$, значит, $$\frac ab=2\cos\beta.$$ По теореме косинусов для стороны $b$, противоположной углу $B=\beta$: $$b^2=a^2+c^2-2ac\cos\beta.$$ Переносим и делим на $ac>0$: $$2\cos\beta=\frac{a^2+c^2-b^2}{ac}.$$ Приравниваем выражения и умножаем на $abc$: $$\frac ab=\frac{a^2+c^2-b^2}{ac},\qquad a^2c=b(a^2+c^2-b^2).$$ Раскрываем правую скобку и переносим $ba^2$ влево: $$a^2c=ba^2+bc^2-b^3,\qquad a^2(c-b)=b(c^2-b^2).$$ Разность квадратов $c^2-b^2=(c-b)(c+b)$, поэтому $$a^2(c-b)=b(c-b)(c+b).$$ Проверим, можно ли сократить $c-b$. При $c=b$ углы напротив них $C$ и $B$ были бы равны. Вместе с $A=2B$ сумма углов стала бы $2B+B+B=180^\circ$, откуда $B=45^\circ$, $A=90^\circ$. Это противоречит остроугольности. Следовательно, $c-b\ne0$, и сокращение допустимо: $$a^2=b(b+c).$$ Шаг 3. Подставим известные стороны. Здесь $b=AC=4$, $c=AB=7$. Поэтому $$a^2=4(4+7)=4\cdot11=44.$$ Поскольку $a$ — длина, берём положительный корень: $$BC=a=\sqrt{44}=\sqrt{4\cdot11}=2\sqrt{11}.$$ Проверка соотношения: $(2\sqrt{11})^2=44=4(4+7)$. Кроме того, $a/b=\sqrt{11}/2$, значит, $\cos\beta=\sqrt{11}/4$. Это число между0 и1, а $\cos2\beta=2(11/16)-1=3/8>0$, то есть угол $A$ действительно острый. Ответ: а) $AP=BP$; б) $BC=2\sqrt{11}$.

План. Для равенства углов найдём окружность, проходящую через основания высот и ортоцентр. Для числовой части сначала восстановим $BC$ по расстоянию между основаниями высот, затем радиус описанной окружности и расстояние от её центра до хорды $BC$. а) Вписанные углы. Точка $B_1$ лежит на $AC$, а $B_1H$ — на высоте из $B$. Поэтому $$\angle AB_1H=90^\circ.$$ Аналогично $C_1\in AB$ и $C_1H$ лежит на высоте из $C$, поэтому $$\angle AC_1H=90^\circ.$$ Точки, из которых отрезок $AH$ виден под прямым углом, лежат на окружности с диаметром $AH$. Значит, $A,B_1,H,C_1$ находятся на одной окружности. В остроугольном треугольнике $H$ лежит между $B$ и $B_1$. Поэтому из точки $B_1$ лучи $B_1B$ и $B_1H$ совпадают. Отсюда $$\angle BB_1C_1=\angle HB_1C_1.$$ Вписанные углы $HB_1C_1$ и $HAC_1$ опираются на одну хорду $HC_1$ и равны. Поскольку луч $AC_1$ совпадает с $AB$, получаем $$\angle HB_1C_1=\angle HAC_1=\angle BAH.$$ Следовательно, $\angle BB_1C_1=\angle BAH$. б) Находим $BC$. Обозначим $\alpha=\angle BAC=30^\circ$. В прямоугольном треугольнике $ABB_1$: $$AB_1=AB\cos\alpha.$$ В прямоугольном треугольнике $ACC_1$: $$AC_1=AC\cos\alpha.$$ У треугольников $AB_1C_1$ и $ABC$ угол при $A$ одинаков, а прилежащие к нему стороны пропорциональны: $$\frac{AB_1}{AB}=\frac{AC_1}{AC}=\cos\alpha.$$ Значит, они подобны по двум сторонам и углу между ними. Их третьи стороны дают $$B_1C_1=BC\cos\alpha.$$ Подставляем данные: $$18=BC\cdot\frac{\sqrt3}{2},$$ $$BC=18\cdot\frac2{\sqrt3}=\frac{36}{\sqrt3}=12\sqrt3.$$ Радиус и расстояние до стороны. По расширенной теореме синусов сторона $BC$, лежащая напротив угла $A$, равна $2R\sin A$. Поэтому $$R=\frac{BC}{2\sin A}=\frac{12\sqrt3}{2\cdot(1/2)}=12\sqrt3.$$ Пусть $O$ — центр окружности, $T$ — середина $BC$. Перпендикуляр из центра к хорде делит её пополам, значит, $$OT\perp BC,\qquad BT=\frac{BC}{2}=6\sqrt3.$$ В прямоугольном треугольнике $OBT$ гипотенуза $OB=R=12\sqrt3$. По Пифагору $$OT^2=OB^2-BT^2=(12\sqrt3)^2-(6\sqrt3)^2=432-108=324,$$ $$OT=\sqrt{324}=18.$$ Точка $T$ лежит на самом отрезке $BC$, поэтому это также расстояние до стороны, а не только до прямой, её содержащей. Ответ: б) $18$.

Нужно доказать, что $O$ — середина $CK$, и найти отношение оснований по отношению площадей. Здесь достаточно параллельности прямых: запишем координаты и не будем вводить неизвестные углы. Шаг 1. Выберем удобный масштаб. Искомые отношения не меняются при одинаковом изменении всех длин, поэтому примем $AD=1$. Пусть $BC=r>0$, а высота трапеции $h>0$. Выберем $A=(0;0)$, $D=(1;0)$, $B=(b;h)$, $C=(b+r;h)$. Число $b$ задаёт горизонтальное смещение верхнего основания; оно не обязано быть положительным. Точка $E$ — середина $CD$, поэтому $$E=((1+b+r)/2;h/2).$$ Пусть $K$ находится на доле $t$ пути от $A$ к $B$. Тогда $K=(tb;th)$, где $0<t<1$. Шаг 2. Найдём $t$ из параллельности $CK$ и $AE$. Направления $KC$ и $AE$ равны соответственно $(b+r-tb;h(1-t))$ и $((1+b+r)/2;h/2)$. У параллельных векторов отношение соответствующих координат одинаково. По вертикальным координатам коэффициент равен $2(1-t)$. Значит, горизонтальные координаты удовлетворяют $$b+r-tb=(1-t)(1+b+r).$$ Слева $b(1-t)+r$, справа $b(1-t)+(1-t)(1+r)$. Вычитаем общую часть: $$r=(1-t)(1+r)=1+r-t(1+r).$$ Отсюда $t(1+r)=1$, то есть $t=1/(1+r)$. Следовательно, $$K=(b/(1+r);h/(1+r)).$$ Шаг 3. Проверим, что середина $CK$ лежит на $BE$. Обозначим середину $CK$ через $O_0$. Её координаты — полусуммы координат концов: $$O_0=\left(\frac{b+r+b/(1+r)}2;\frac{h+h/(1+r)}2\right).$$ Вычитаем координаты $B=(b;h)$. Первая разность равна $$\frac{b+r+b/(1+r)-2b}{2}=\frac{r-b+b/(1+r)}2=\frac{r(1+r-b)}{2(1+r)}.$$ Вторая равна $$\frac{h+h/(1+r)-2h}{2}=\frac{-h+h/(1+r)}2=-\frac{hr}{2(1+r)}.$$ А вектор от $B$ к $E$ равен $((1+r-b)/2;-h/2)$. Поэтому $$\overrightarrow{BO_0}=\frac r{1+r}\overrightarrow{BE}.$$ Это означает, что $O_0$ находится на прямой $BE$. Коэффициент $r/(1+r)$ лежит между0 и1, значит, даже на отрезке $BE$. Одновременно $O_0$ лежит на $CK$. Поэтому $O_0$ совпадает с данной точкой пересечения $O$. Следовательно, $CO=KO$. Пункт а доказан. Шаг 4. Вычислим отношение площадей. Основание $BC$ горизонтально на высоте $h$, точка $K$ — на высоте $h/(1+r)$. Значит, высота треугольника $BCK$ равна $$h-\frac h{1+r}=\frac{h(1+r)-h}{1+r}=\frac{hr}{1+r}.$$ Его площадь и площадь трапеции: $$S_{BCK}=\frac12\cdot r\cdot\frac{hr}{1+r}=\frac{hr^2}{2(1+r)},$$ $$S_{ABCD}=\frac{AD+BC}{2}h=\frac{1+r}{2}h.$$ Делим первую площадь на вторую: $$\frac{S_{BCK}}{S_{ABCD}}=\frac{hr^2}{2(1+r)}\cdot\frac2{h(1+r)}=\frac{r^2}{(1+r)^2}.$$ По условию это $9/100$. Обе стороны отношения длин положительны, поэтому извлекаем положительные корни: $$\frac r{1+r}=\frac3{10}.$$ Умножаем на $10(1+r)$: $$10r=3(1+r)=3+3r,\qquad7r=3,\qquad r=3/7.$$ Так как $AD=1$, отношение $BC:AD=3:7$. Проверка: $r/(1+r)=(3/7)/(10/7)=3/10$, квадрат $9/100$. Ответ: а) $CO=KO$; б) $BC:AD=3:7$.

Нужно использовать равенство углов $A=2B$. Сначала найдём углы у второй окружности, а затем выразим соотношение сторон через теоремы синусов и косинусов. Шаг 1. Установим углы и подобие. Пусть $\angle ABC=\beta$. Тогда $\angle BAC=2\beta$, $\angle ACB=180^\circ-3\beta$. Треугольник остроугольный, поэтому центр его описанной окружности $O$ находится внутри. Центральный угол $AOC$ опирается на ту же малую дугу $AC$, что вписанный угол $ABC$. Поэтому $\angle AOC=2\beta$. Точка $P$ находится на отрезке $BC$, значит, $P$ и $O$ расположены с одной стороны от прямой $AC$. Четыре точки $A,O,C,P$ лежат на второй окружности. Вписанные углы $APC$ и $AOC$, опирающиеся на одну хорду $AC$ и расположенные с одной стороны от неё, равны. Следовательно, $$\angle APC=\angle AOC=2\beta=\angle BAC.$$ Так как луч $CP$ совпадает с $CB$, равны и углы $PCA$ и $BCA$. По двум углам $\triangle PAC\sim\triangle ABC$ с соответствием $P\leftrightarrow A$, $A\leftrightarrow B$, $C\leftrightarrow C$. Также в треугольнике $APC$: $$\angle PAC=180^\circ-2\beta-(180^\circ-3\beta)=\beta.$$ Из всего угла $BAC=2\beta$ вычитаем $PAC=\beta$: $\angle BAP=\beta$. Угол $ABP$ тоже равен $\beta$, поскольку $P$ на $BC$. В треугольнике $ABP$ два угла равны, поэтому противоположные стороны равны: $AP=BP$. Таким образом, доказаны обе формулировки пункта а. Шаг 2. Выведем соотношение сторон без пропущенных преобразований. Обозначим $a=BC$, $b=AC$, $c=AB$. Теорема синусов для $ABC$ даёт $$\frac ab=\frac{\sin2\beta}{\sin\beta}.$$ Угол $\beta$ острый, поэтому $\sin\beta\ne0$. По формуле двойного угла $\sin2\beta=2\sin\beta\cos\beta$, значит, $$\frac ab=2\cos\beta.$$ По теореме косинусов для стороны $b$, противоположной углу $B=\beta$: $$b^2=a^2+c^2-2ac\cos\beta.$$ Переносим и делим на $ac>0$: $$2\cos\beta=\frac{a^2+c^2-b^2}{ac}.$$ Приравниваем выражения и умножаем на $abc$: $$\frac ab=\frac{a^2+c^2-b^2}{ac},\qquad a^2c=b(a^2+c^2-b^2).$$ Раскрываем правую скобку и переносим $ba^2$ влево: $$a^2c=ba^2+bc^2-b^3,\qquad a^2(c-b)=b(c^2-b^2).$$ Разность квадратов $c^2-b^2=(c-b)(c+b)$, поэтому $$a^2(c-b)=b(c-b)(c+b).$$ Проверим, можно ли сократить $c-b$. При $c=b$ углы напротив них $C$ и $B$ были бы равны. Вместе с $A=2B$ сумма углов стала бы $2B+B+B=180^\circ$, откуда $B=45^\circ$, $A=90^\circ$. Это противоречит остроугольности. Следовательно, $c-b\ne0$, и сокращение допустимо: $$a^2=b(b+c).$$ Шаг 3. Найдём неизвестную сторону $AB$. Здесь $a=\sqrt{10}$, $b=2$. Подставляем: $$10=2(2+c),\qquad 10=4+2c,\qquad 2c=6,\qquad c=3.$$ Проверка: $a^2=10=2(2+3)$. При этих сторонах $\cos\beta=a/(2b)=\sqrt{10}/4$, $\cos2\beta=2\cdot10/16-1=1/4>0$. Полученные углы соответствуют остроугольному треугольнику. Ответ: а) $\triangle PAC\sim\triangle ABC$; б) $AB=3$.

Нужно доказать, что диагональ $AC$ проходит через центр вписанной окружности треугольника $AMD$, и вычислить радиус. Сначала покажем, что $AC$ — биссектриса угла этого треугольника. Для радиуса затем найдём его стороны и площадь. Шаг 1. Докажем свойство диагонали. По условию $AM=MC$. Поэтому треугольник $AMC$ равнобедренный, его углы при основании $AC$ равны: $$\angle MAC=\angle ACM.$$ Так как $CM$ лежит на $BC$, а $BC\parallel AD$, углы $ACM$ и $CAD$ равны как накрест лежащие. Значит, $$\angle MAC=\angle CAD.$$ Итак, луч $AC$ делит угол $MAD$ пополам. Центр вписанной окружности треугольника находится на его внутренних биссектрисах, поэтому центр окружности $AMD$ лежит на $AC$. Внутри этого треугольника соответствующая часть прямой находится и внутри отрезка диагонали параллелограмма. Пункт а доказан. Шаг 2. Найдём положение $M$. В параллелограмме противоположные стороны равны, поэтому $AD=BC=10$, $CD=AB=5$. Пусть $BM=u$. Тогда $MC=10-u$, а по условию $AM=10-u$. Соседние углы параллелограмма в сумме дают $180^\circ$, значит, $\angle ABM=180^\circ-60^\circ=120^\circ$. В треугольнике $ABM$ по теореме косинусов: $$AM^2=AB^2+BM^2-2AB\cdot BM\cos120^\circ.$$ Подставляем $\cos120^\circ=-1/2$: $$AM^2=5^2+u^2-2\cdot5u\cdot(-1/2)=25+u^2+5u.$$ С другой стороны, $AM^2=(10-u)^2$. Приравниваем и раскрываем квадрат: $$100-20u+u^2=25+u^2+5u.$$ Вычитаем $u^2$, переносим числа влево, слагаемые при $u$ вправо: $$100-25=5u+20u,\qquad75=25u,\qquad u=3.$$ Значит, $AM=MC=10-3=7$. Шаг 3. Найдём третью сторону $MD$. Угол $MCD$ совпадает с углом $BCD$, который равен углу $BAD=60^\circ$. В треугольнике $MCD$ известны стороны $MC=7$, $CD=5$ и угол между ними. Поэтому $$MD^2=7^2+5^2-2\cdot7\cdot5\cos60^\circ.$$ $$MD^2=49+25-70\cdot\frac12=74-35=39.$$ Длина положительна, поэтому $MD=\sqrt{39}$. Шаг 4. Найдём площадь и полупериметр $AMD$. Точка $M$ лежит на прямой $BC$, параллельной $AD$, поэтому высота из $M$ к $AD$ равна высоте параллелограмма. Из стороны $AB$: $$h=AB\sin60^\circ=5\cdot\frac{\sqrt3}{2}=\frac{5\sqrt3}{2}.$$ Тогда $$S_{AMD}=\frac12 AD\cdot h=\frac12\cdot10\cdot\frac{5\sqrt3}{2}=\frac{25\sqrt3}{2}.$$ Полупериметр треугольника: $$p=\frac{AD+AM+MD}{2}=\frac{10+7+\sqrt{39}}2=\frac{17+\sqrt{39}}2.$$ Шаг 5. Вычислим радиус. Формула $S=rp$ получается сложением трёх площадей с общей высотой $r$, проведённой из центра окружности к каждой стороне. Поэтому $$r=\frac Sp=\frac{25\sqrt3/2}{(17+\sqrt{39})/2}=\frac{25\sqrt3}{17+\sqrt{39}}.$$ Умножаем числитель и знаменатель на сопряжённое $17-\sqrt{39}$: $$r=\frac{25\sqrt3(17-\sqrt{39})}{(17+\sqrt{39})(17-\sqrt{39})}=\frac{25\sqrt3(17-\sqrt{39})}{17^2-39}.$$ Знаменатель $289-39=250$. Сокращаем $25/250=1/10$: $$r=\frac{\sqrt3(17-\sqrt{39})}{10}.$$ Проверка: $r>0$, поскольку $\sqrt{39}<17$; умножение $r$ на $p$ возвращает $25\sqrt3/2$. Ответ: а) центр лежит на диагонали $AC$; б) $r=\sqrt3(17-\sqrt{39})/10$.

Нужно доказать, что четыре заданные точки принадлежат одной окружности, и найти расстояние от середины $BC$ до основания высоты. Основание высоты может находиться на продолжении $BC$, поэтому будем считать координаты со знаком, а длину в конце возьмём по модулю. Шаг 1. Проверим существование общей окружности по её уравнению. Выберем горизонтальной осью прямую $BC$, начало — в $H$. Тогда $H=(0;0)$, $A=(0;h)$, где $h=AH>0$, $B=(u;0)$, $C=(v;0)$. Числа $u,v$ могут быть отрицательными. Координаты середины отрезка — полусуммы координат его концов, поэтому $$A_1=\left(\frac{u+v}2;0\right),\quad B_1=\left(\frac v2;\frac h2\right),\quad C_1=\left(\frac u2;\frac h2\right).$$ Окружность, проходящая через начало координат, имеет уравнение $x^2+y^2+Dx+Ey=0$. Почему это окружность: дополняя до квадратов, получаем $(x+D/2)^2+(y+E/2)^2=(D^2+E^2)/4$. Возьмём конкретные коэффициенты $$D=-\frac{u+v}2,\qquad E=\frac{uv-h^2}{2h}.$$ Проверим подстановкой каждую точку. Для $H$ все слагаемые равны нулю. Для $A_1$: $$\left(\frac{u+v}2\right)^2-\frac{u+v}2\cdot\frac{u+v}2=0.$$ Для $B_1$ левая часть, умноженная на 4, равна $$v^2+h^2-(u+v)v+uv-h^2=v^2+h^2-uv-v^2+uv-h^2=0.$$ Для $C_1$ аналогично, но выпишем и эту проверку: $$u^2+h^2-(u+v)u+uv-h^2=u^2+h^2-u^2-uv+uv-h^2=0.$$ Все четыре точки удовлетворяют одному уравнению окружности. Середины сторон невырожденного треугольника не лежат на одной прямой, поэтому окружность не вырождена в точку. Пункт а доказан. Шаг 2. Выразим искомое расстояние через стороны большого треугольника. Обозначим $a=BC$, $b=AC$, $c=AB$. Теперь для удобства отсчитываем горизонтальную координату от $B$: $B=(0;0)$, $C=(a;0)$, $A=(x;y)$, а основание высоты $H=(x;0)$. По теореме Пифагора: $$x^2+y^2=c^2,\qquad (a-x)^2+y^2=b^2.$$ Раскрываем второй квадрат и вычитаем первое равенство из второго: $$a^2-2ax+x^2+y^2-x^2-y^2=b^2-c^2,$$ $$a^2-2ax=b^2-c^2,\qquad 2ax=a^2+c^2-b^2,$$ $$x=\frac{a^2+c^2-b^2}{2a}.$$ Середина $A_1$ имеет координату $a/2$. Расстояние между двумя точками горизонтальной прямой — модуль разности координат: $$A_1H=\left|x-\frac a2\right|=\left|\frac{a^2+c^2-b^2-a^2}{2a}\right|=\frac{|c^2-b^2|}{2a}.$$ Шаг 3. Вычислим стороны через известные углы. Сумма углов треугольника равна $180^\circ$: $$B=180^\circ-60^\circ-45^\circ=75^\circ.$$ По теореме синусов $a/\sin A=b/\sin B=c/\sin C$. Умножаем соответствующие равенства на синусы: $$b=\frac{a\sin B}{\sin A},\qquad c=\frac{a\sin C}{\sin A}.$$ Возводим в квадрат и подставляем в формулу расстояния: $$A_1H=\frac{a^2|\sin^2 C-\sin^2 B|}{2a\sin^2 A}=\frac{a|\sin^2 C-\sin^2 B|}{2\sin^2 A}.$$ Для угла $75^\circ=45^\circ+30^\circ$ используем синус суммы: $$\sin75^\circ=\sin45^\circ\cos30^\circ+\cos45^\circ\sin30^\circ=\frac{\sqrt6+\sqrt2}{4}.$$ Возводим в квадрат: $$\sin^275^\circ=\frac{6+2\sqrt{12}+2}{16}=\frac{8+4\sqrt3}{16}=\frac{2+\sqrt3}{4}.$$ Кроме того, $\sin45^\circ=\sqrt2/2$, поэтому $\sin^245^\circ=2/4=1/2$. Для нашего угла $A$ имеем $\sin 60^\circ=\frac{\sqrt{3}}{2}$, значит, $\sin^2 60^\circ=\frac{3}{4}$. Подставляем оба квадрата синусов: $$|\sin^2 45^\circ-\sin^2 75^\circ|=\left|\left(\frac{1}{2}\right)-\left(\frac{\sqrt{3}}{4} + \frac{1}{2}\right)\right|=\frac{\sqrt{3}}{4}.$$ Теперь подставляем длину $a=2 \sqrt{3}$: $$A_1H=\frac{\left(2 \sqrt{3}\right)\cdot\left(\frac{\sqrt{3}}{4}\right)}{2\cdot\left(\frac{3}{4}\right)}=\frac{\frac{3}{2}}{\frac{3}{2}}=1.$$ Проверка отдельными длинами: $b=\sqrt{2} + \sqrt{6}$, $c=2 \sqrt{2}$, поэтому $|c^2-b^2|=4 \sqrt{3}$. Деление на $2a=4 \sqrt{3}$ снова даёт $1$. Ответ: а) точки лежат на одной окружности; б) $A_1H=1$.

Нужно сначала доказать подобие, а затем с его помощью найти неизвестную сторону и радиус окружности. Точки $C_1$ и $B_1$ лежат соответственно на сторонах $AB$ и $AC$; они отсекают у вершины $A$ малый треугольник. Радиус будем искать по треугольнику из точек самой данной окружности. Шаг 1. Докажем подобие и установим соответствие сторон. Из точки $A$ выходят две секущие: на одной расположены $A,C_1,B$, на другой — $A,B_1,C$. Теорема о двух секущих говорит, что произведение расстояний от внешней точки до двух пересечений с окружностью одинаково для обеих секущих: $$AC_1\cdot AB=AB_1\cdot AC.$$ Делим обе части на положительное произведение $AC\cdot AC_1$: $$\frac{AB}{AC}=\frac{AB_1}{AC_1}.$$ Угол между $AB$ и $AC$ совпадает с углом между $AB_1$ и $AC_1$: обе пары лучей выходят из $A$ вдоль тех же сторон. Две стороны пропорциональны и угол между ними равен — это признак подобия. $$\triangle ABC\sim\triangle AB_1C_1.$$ Здесь $A$ соответствует $A$, $B$ — $B_1$, $C$ — $C_1$. Поэтому соответствующие стороны — $AB$ и $AB_1$, $AC$ и $AC_1$, $BC$ и $B_1C_1$. Пункт а доказан. Шаг 2. Получим коэффициент подобия из площадей. Обозначим площадь малого треугольника буквой $S$. По условию площадь оставшегося четырёхугольника равна $3S$. Большой треугольник состоит из этих двух частей, поэтому его площадь равна $$S+3S=4S.$$ У подобных треугольников площади относятся как квадраты соответствующих сторон. Если $k$ — отношение малой стороны к большой, то $$k^2=\frac{S}{4S}=\frac1{4}.$$ Длины положительны, поэтому берём положительный квадратный корень: $$k=\frac1{\sqrt{4}}=\frac{1}{2}.$$ Известна большая сторона $BC=10 \sqrt{7}$. Умножаем её на коэффициент подобия: $$B_1C_1=k\cdot BC=\frac{1}{2}\cdot 10 \sqrt{7}=5 \sqrt{7}.$$ Шаг 3. Выразим хорду $BB_1$ через сторону $AB$. Положим $AB=c$. Из подобия $AB_1=kc$. В треугольнике $ABB_1$ известен угол между этими сторонами — он равен $120^\circ$. По теореме косинусов квадрат противоположной стороны равен сумме квадратов двух сторон минус удвоенное произведение сторон на косинус угла между ними: $$BB_1^2=c^2+(kc)^2-2c\cdot kc\cos 120^\circ.$$ Раскрываем квадрат произведения и выносим $c^2$: $$BB_1^2=c^2+k^2c^2-2kc^2\cos 120^\circ=c^2(1+k^2-2k\cos 120^\circ).$$ Подставляем $k=\frac{1}{2}$ и $\cos 120^\circ=- \frac{1}{2}$: $$1+k^2-2k\cos 120^\circ=1+\frac{1}{4}-2\cdot\left(\frac{1}{2}\right)\cdot\left(- \frac{1}{2}\right)=\frac{7}{4}.$$ Следовательно, $$BB_1^2=c^2\left(\frac{7}{4}\right),\qquad BB_1=c\sqrt{\frac{7}{4}}.$$ Выбрали положительный корень, потому что $BB_1$ — длина. Шаг 4. Найдём радиус данной окружности. Обозначим угол $ACB$ через $\gamma$. Так как $B_1$ находится на стороне $AC$, угол $BCB_1$ также равен $\gamma$. Треугольник $BCB_1$ вписан в данную окружность, и сторона $BB_1$ лежит напротив угла $\gamma$. Расширенная теорема синусов даёт $$2R=\frac{BB_1}{\sin\gamma},\qquad R=\frac{c\sqrt{\frac{7}{4}}}{2\sin\gamma}.$$ Неизвестное $c$ можно исключить. В большом треугольнике $ABC$ та же теорема синусов даёт $$\frac{c}{\sin\gamma}=\frac{BC}{\sin 120^\circ}.$$ Заменяем эту дробь в формуле радиуса: $$R=\frac{BC\sqrt{\frac{7}{4}}}{2\sin 120^\circ}.$$ Подставляем $BC=10 \sqrt{7}$, $\sin 120^\circ=\frac{\sqrt{3}}{2}$: $$R=\frac{\left(10 \sqrt{7}\right)\sqrt{\frac{7}{4}}}{2\cdot\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)}=\frac{35 \sqrt{3}}{3}.$$ Для проверки возвращаемся к формуле хорды: $2R\sin\gamma=BB_1$ — именно по ней получен радиус. Обе длины положительны, коэффициент подобия меньше единицы, как и должно быть для внутреннего малого треугольника. Ответ: а) подобие доказано; б) $BC=10 \sqrt{7}$, $B_1C_1=5 \sqrt{7}$, $R=\frac{35 \sqrt{3}}{3}$.

Нужно сначала доказать подобие, а затем с его помощью найти неизвестную сторону и радиус окружности. Точки $C_1$ и $B_1$ лежат соответственно на сторонах $AB$ и $AC$; они отсекают у вершины $A$ малый треугольник. Радиус будем искать по треугольнику из точек самой данной окружности. Шаг 1. Докажем подобие и установим соответствие сторон. Из точки $A$ выходят две секущие: на одной расположены $A,C_1,B$, на другой — $A,B_1,C$. Теорема о двух секущих говорит, что произведение расстояний от внешней точки до двух пересечений с окружностью одинаково для обеих секущих: $$AC_1\cdot AB=AB_1\cdot AC.$$ Делим обе части на положительное произведение $AC\cdot AC_1$: $$\frac{AB}{AC}=\frac{AB_1}{AC_1}.$$ Угол между $AB$ и $AC$ совпадает с углом между $AB_1$ и $AC_1$: обе пары лучей выходят из $A$ вдоль тех же сторон. Две стороны пропорциональны и угол между ними равен — это признак подобия. $$\triangle ABC\sim\triangle AB_1C_1.$$ Здесь $A$ соответствует $A$, $B$ — $B_1$, $C$ — $C_1$. Поэтому соответствующие стороны — $AB$ и $AB_1$, $AC$ и $AC_1$, $BC$ и $B_1C_1$. Пункт а доказан. Шаг 2. Получим коэффициент подобия из площадей. Обозначим площадь малого треугольника буквой $S$. По условию площадь оставшегося четырёхугольника равна $8S$. Большой треугольник состоит из этих двух частей, поэтому его площадь равна $$S+8S=9S.$$ У подобных треугольников площади относятся как квадраты соответствующих сторон. Если $k$ — отношение малой стороны к большой, то $$k^2=\frac{S}{9S}=\frac1{9}.$$ Длины положительны, поэтому берём положительный квадратный корень: $$k=\frac1{\sqrt{9}}=\frac{1}{3}.$$ Известна малая сторона $B_1C_1=6$. Делим её на коэффициент подобия: $$BC=\frac{B_1C_1}{k}=\frac{6}{\frac{1}{3}}=18.$$ Шаг 3. Выразим хорду $BB_1$ через сторону $AB$. Положим $AB=c$. Из подобия $AB_1=kc$. В треугольнике $ABB_1$ известен угол между этими сторонами — он равен $45^\circ$. По теореме косинусов квадрат противоположной стороны равен сумме квадратов двух сторон минус удвоенное произведение сторон на косинус угла между ними: $$BB_1^2=c^2+(kc)^2-2c\cdot kc\cos 45^\circ.$$ Раскрываем квадрат произведения и выносим $c^2$: $$BB_1^2=c^2+k^2c^2-2kc^2\cos 45^\circ=c^2(1+k^2-2k\cos 45^\circ).$$ Подставляем $k=\frac{1}{3}$ и $\cos 45^\circ=\frac{\sqrt{2}}{2}$: $$1+k^2-2k\cos 45^\circ=1+\frac{1}{9}-2\cdot\left(\frac{1}{3}\right)\cdot\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)=\frac{10}{9} - \frac{\sqrt{2}}{3}.$$ Следовательно, $$BB_1^2=c^2\left(\frac{10}{9} - \frac{\sqrt{2}}{3}\right),\qquad BB_1=c\sqrt{\frac{10}{9} - \frac{\sqrt{2}}{3}}.$$ Выбрали положительный корень, потому что $BB_1$ — длина. Шаг 4. Найдём радиус данной окружности. Обозначим угол $ACB$ через $\gamma$. Так как $B_1$ находится на стороне $AC$, угол $BCB_1$ также равен $\gamma$. Треугольник $BCB_1$ вписан в данную окружность, и сторона $BB_1$ лежит напротив угла $\gamma$. Расширенная теорема синусов даёт $$2R=\frac{BB_1}{\sin\gamma},\qquad R=\frac{c\sqrt{\frac{10}{9} - \frac{\sqrt{2}}{3}}}{2\sin\gamma}.$$ Неизвестное $c$ можно исключить. В большом треугольнике $ABC$ та же теорема синусов даёт $$\frac{c}{\sin\gamma}=\frac{BC}{\sin 45^\circ}.$$ Заменяем эту дробь в формуле радиуса: $$R=\frac{BC\sqrt{\frac{10}{9} - \frac{\sqrt{2}}{3}}}{2\sin 45^\circ}.$$ Подставляем $BC=18$, $\sin 45^\circ=\frac{\sqrt{2}}{2}$: $$R=\frac{\left(18\right)\sqrt{\frac{10}{9} - \frac{\sqrt{2}}{3}}}{2\cdot\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)}=3 \sqrt{20 - 6 \sqrt{2}}.$$ Для проверки возвращаемся к формуле хорды: $2R\sin\gamma=BB_1$ — именно по ней получен радиус. Обе длины положительны, коэффициент подобия меньше единицы, как и должно быть для внутреннего малого треугольника. Ответ: а) подобие доказано; б) $BC=18$, $B_1C_1=6$, $R=3 \sqrt{20 - 6 \sqrt{2}}$.

Нужно доказать, что диагонали перпендикулярны, и найти высоту. Известны две диагонали и сумма оснований. Построим треугольник, стороны которого будут равны именно этим трём известным величинам. Шаг 1. Выполним вспомогательное построение. Обозначим параллельные основания трапеции через $AB$ и $CD$. Через $C$ проведём прямую, параллельную $BD$, до пересечения с продолжением $AB$ за $B$ в точке $E$. Тогда $BE\parallel CD$, поскольку $BE$ лежит на прямой основания. По построению $CE\parallel BD$. Значит, четырёхугольник $DCEB$ — параллелограмм. Его противоположные стороны равны: $BE=CD$, $CE=BD$. Так как $E$ находится за $B$: $$AE=AB+BE=AB+CD=13.$$ Другие стороны треугольника $ACE$ — диагональ $AC$ и отрезок $CE$, равный диагонали $BD$. Поэтому их длины равны 5 и 12. Шаг 2. Применим обратную теорему Пифагора. Вычисляем квадраты: $$5^2=25,\qquad 12^2=144,\qquad 13^2=169.$$ Их сумма удовлетворяет равенству $$25+144=169.$$ Если квадрат наибольшей стороны треугольника равен сумме квадратов двух других, угол напротив наибольшей стороны прямой. Здесь наибольшая сторона $AE=13$, значит, прямой угол находится при $C$: $$AC\perp CE.$$ Но $CE\parallel BD$, поэтому $AC\perp BD$. Пункт а доказан. Шаг 3. Вычислим высоту через две формулы площади. В прямоугольном треугольнике $ACE$ катеты равны 5 и 12. Поэтому $$S_{ACE}=\frac{5\cdot12}2=\frac{60}2=30.$$ Высота из $C$ к прямой $AE$ — это и высота трапеции $h$: прямая $AE$ совпадает с одним основанием, а $C$ находится на другом. По основанию $AE$ площадь того же треугольника равна $$S_{ACE}=\frac{AE\cdot h}2=\frac{13h}2.$$ Приравниваем две формулы площади и умножаем на 2: $$\frac{13h}2=\frac{60}2,\qquad 13h=60.$$ Делим на 13: $$h=\frac{60}{13}=\frac{60}{13}.$$ Проверка: $13h/2=13\cdot(\frac{60}{13})/2=30$, совпадает с площадью по катетам. Ответ: а) диагонали перпендикулярны; б) $h=\frac{60}{13}$.

Нужно доказать $BM=PQ$ и найти площадь $APQ$. Известны высоты параллелограмма и равенство одной высоты стороне. Поэтому сначала найдём координаты основания второй высоты. Шаг 1. Выразим длину основания параллелограмма. Выберем $A=(0;0)$, $D=(d;0)$, $B=(p;h)$, $C=(d+p;h)$. Поскольку угол $BAD$ острый, $p>0$; высота $h>0$. Основание высоты из $B$ на $AD$ — $P=(p;0)$, и $BP=h$. Пусть $AB=l$. По теореме Пифагора $$l^2=p^2+h^2.$$ Площадь параллелограмма по основанию $AD$ равна $dh$. По основанию $AB$ она равна $AB\cdot BQ$: прямая $CD$ параллельна $AB$, поэтому $BQ$ — расстояние между этими прямыми. По условию $BQ=AB=l$, значит, $$dh=l\cdot l=l^2,\qquad d=\frac{l^2}{h}.$$ Шаг 2. Найдём координаты $Q$. Точка на стороне $DC$ имеет вид $D+t(C-D)=(d+tp;th)$. Направляющий вектор $DC$ — $(p;h)$, вектор $BQ$ — $(d+tp-p;th-h)$. Они перпендикулярны, поэтому скалярное произведение ноль: $$p(d+tp-p)+h(th-h)=0.$$ Раскрываем скобки: $$pd+tp^2-p^2+th^2-h^2=0,$$ $$t(p^2+h^2)=(p^2+h^2)-pd.$$ Используем $p^2+h^2=l^2$ и делим на $l^2>0$: $$t=1-\frac{pd}{l^2}=1-\frac{p(l^2/h)}{l^2}=1-\frac ph.$$ Подставляем в координаты: $$x_Q=d+tp=\frac{p^2+h^2}{h}+p-\frac{p^2}{h}=p+h,$$ $$y_Q=th=h-p.$$ Следовательно, $Q=(p+h;h-p)$. Шаг 3. Докажем равенство отрезков. Из $AM=BP=h$ и положения $M$ на горизонтальном $AD$ получаем $M=(h;0)$. Тогда $$BM^2=(h-p)^2+(0-h)^2=(h-p)^2+h^2.$$ А для $P=(p;0)$ и $Q=(p+h;h-p)$: $$PQ^2=(p+h-p)^2+(h-p-0)^2=h^2+(h-p)^2.$$ Квадраты длин одинаковы. Длины положительны, поэтому $BM=PQ$. Пункт а доказан. Шаг 4. Подставим числовые данные. Теперь $h=BP=8$, $l=AB=10$. Из $p^2+h^2=l^2$: $$p^2=10^2-8^2=100-64=36.$$ Берём положительный корень, потому что $p>0$: $p=6$. Значит, $$P=(6;0),\qquad Q=(6+8;8-6)=(14;2).$$ В треугольнике $APQ$ горизонтальное основание $AP=6$, высота из $Q$ к его прямой равна вертикальной координате $Q$, то есть2. Поэтому $$S_{APQ}=\frac12\cdot6\cdot2=6.$$ Проверка: $d=l^2/h=100/8=25/2$, $t=1-6/8=1/4$, значит, $Q$ действительно на стороне $DC$. Кроме того, $BQ=(14-6;2-8)=(8;-6)$, его длина $\sqrt{8^2+6^2}=10=AB$, как задано. Ответ: а) $BM=PQ$; б) $S_{APQ}=6$.

Нужно сравнить расстояния от $A$ до ортоцентра $H$ и до центра описанной окружности $O$, затем найти площадь треугольника $AHO$. Ортоцентр — точка пересечения прямых высот. При тупом угле он находится вне треугольника; поэтому нельзя считать, что все вспомогательные точки находятся внутри рисунка. Шаг 1. Добавим диаметр описанной окружности. Пусть $D$ — точка окружности, противоположная $A$, а $L$ — середина $BC$. Тогда $AD$ — диаметр, и $O$ — его середина. Углы $ABD$ и $ACD$ опираются на диаметр, поэтому оба прямые: $BD\perp AB$, $CD\perp AC$. По определению высот $BH\perp AC$, $CH\perp AB$. Две прямые, перпендикулярные одной прямой, параллельны, следовательно, $$BH\parallel CD,\qquad CH\parallel BD.$$ У четырёхугольника $BHCD$ обе пары противоположных сторон параллельны, поэтому это параллелограмм. Его диагонали $BC$ и $HD$ делятся пополам. Значит, середина $L$ отрезка $BC$ одновременно является серединой $HD$. В треугольнике $ADH$ отрезок $OL$ соединяет середины $AD$ и $DH$. Это средняя линия: она параллельна третьей стороне $AH$ и вдвое короче неё: $$AH=2OL.$$ Шаг 2. Вычислим $OL$ через радиус $R$. Радиусы к концам хорды $BC$ образуют равнобедренный треугольник $OBC$. Медиана $OL$ в нём также высота, поэтому $OL\perp BC$. По расширенной теореме синусов для $ABC$: $$BC=2R\sin120^\circ=2R\cdot\frac{\sqrt3}{2}=R\sqrt3.$$ Точка $L$ — середина хорды, значит, $BL=BC/2=R\sqrt3/2$. В прямоугольном треугольнике $OLB$ гипотенуза $OB=R$. По теореме Пифагора: $$OL^2=OB^2-BL^2=R^2-\left(\frac{R\sqrt3}{2}\right)^2=R^2-\frac{3R^2}{4}=\frac{R^2}{4}.$$ Берём положительный корень: $OL=R/2$. Тогда $AH=2OL=2\cdot R/2=R$. При этом $AO=R$, поскольку $A$ лежит на описанной окружности. Следовательно, $AH=AO$. Пункт а доказан. Шаг 3. Найдём угол для формулы площади. Третий угол исходного треугольника: $$C=180^\circ-120^\circ-15^\circ=45^\circ.$$ Прямая $AH$ — третья высота, то есть $AH\perp BC$. Луч, противоположный $AH$, направлен внутрь угла $A$; с $AB$ он образует угол $90^\circ-B=75^\circ$. Это следует из прямоугольного треугольника, образованного прямыми $AB,BC,AH$. Вписанный угол $ACB=45^\circ$ стягивает малую дугу $AB$ величиной $90^\circ$. Поэтому центральный угол $AOB=90^\circ$. В равнобедренном треугольнике $AOB$ углы при основании равны: $$\angle OAB=\frac{180^\circ-90^\circ}2=45^\circ.$$ Оба сравниваемых луча направлены внутрь угла $A$, поэтому угол между ними равен разности найденных углов: $$|75^\circ-45^\circ|=30^\circ.$$ Возвращаясь от луча, противоположного $AH$, к самому $AH$, получаем дополнительный угол $150^\circ$. Для площади существенен его синус: $$\sin150^\circ=\sin(180^\circ-30^\circ)=\sin30^\circ=\frac12.$$ Шаг 4. Подставим длины в формулу площади. Из $BC=R\sqrt3$ получаем $$R=\frac{BC}{\sqrt3}=\frac{3}{\sqrt3}=\sqrt{3},\qquad R^2=\frac{BC^2}3=\frac{9}3=3.$$ Площадь треугольника равна половине произведения двух сторон на синус угла между ними. Здесь обе стороны $AH$ и $AO$ равны $R$: $$S_{AHO}=\frac12\cdot AH\cdot AO\cdot\sin150^\circ=\frac12\cdot R^2\cdot\frac12=\frac{R^2}4.$$ $$S_{AHO}=\frac{3}4=\frac{3}{4}.$$ Проверка: площадь положительна и меньше $R^2/2$, максимальной площади при двух сторонах длины $R$. Ответ: а) $AH=AO$; б) $S_{AHO}=\frac{3}{4}$.

Нужно сначала доказать подобие, а затем с его помощью найти неизвестную сторону и радиус окружности. Точки $C_1$ и $B_1$ лежат соответственно на сторонах $AB$ и $AC$; они отсекают у вершины $A$ малый треугольник. Радиус будем искать по треугольнику из точек самой данной окружности. Шаг 1. Докажем подобие и установим соответствие сторон. Из точки $A$ выходят две секущие: на одной расположены $A,C_1,B$, на другой — $A,B_1,C$. Теорема о двух секущих говорит, что произведение расстояний от внешней точки до двух пересечений с окружностью одинаково для обеих секущих: $$AC_1\cdot AB=AB_1\cdot AC.$$ Делим обе части на положительное произведение $AC\cdot AC_1$: $$\frac{AB}{AC}=\frac{AB_1}{AC_1}.$$ Угол между $AB$ и $AC$ совпадает с углом между $AB_1$ и $AC_1$: обе пары лучей выходят из $A$ вдоль тех же сторон. Две стороны пропорциональны и угол между ними равен — это признак подобия. $$\triangle ABC\sim\triangle AB_1C_1.$$ Здесь $A$ соответствует $A$, $B$ — $B_1$, $C$ — $C_1$. Поэтому соответствующие стороны — $AB$ и $AB_1$, $AC$ и $AC_1$, $BC$ и $B_1C_1$. Пункт а доказан. Шаг 2. Получим коэффициент подобия из площадей. Обозначим площадь малого треугольника буквой $S$. По условию площадь оставшегося четырёхугольника равна $7S$. Большой треугольник состоит из этих двух частей, поэтому его площадь равна $$S+7S=8S.$$ У подобных треугольников площади относятся как квадраты соответствующих сторон. Если $k$ — отношение малой стороны к большой, то $$k^2=\frac{S}{8S}=\frac1{8}.$$ Длины положительны, поэтому берём положительный квадратный корень: $$k=\frac1{\sqrt{8}}=\frac{\sqrt{2}}{4}.$$ Известна малая сторона $B_1C_1=10$. Делим её на коэффициент подобия: $$BC=\frac{B_1C_1}{k}=\frac{10}{\frac{\sqrt{2}}{4}}=20 \sqrt{2}.$$ Шаг 3. Выразим хорду $BB_1$ через сторону $AB$. Положим $AB=c$. Из подобия $AB_1=kc$. В треугольнике $ABB_1$ известен угол между этими сторонами — он равен $135^\circ$. По теореме косинусов квадрат противоположной стороны равен сумме квадратов двух сторон минус удвоенное произведение сторон на косинус угла между ними: $$BB_1^2=c^2+(kc)^2-2c\cdot kc\cos 135^\circ.$$ Раскрываем квадрат произведения и выносим $c^2$: $$BB_1^2=c^2+k^2c^2-2kc^2\cos 135^\circ=c^2(1+k^2-2k\cos 135^\circ).$$ Подставляем $k=\frac{\sqrt{2}}{4}$ и $\cos 135^\circ=- \frac{\sqrt{2}}{2}$: $$1+k^2-2k\cos 135^\circ=1+\frac{1}{8}-2\cdot\left(\frac{\sqrt{2}}{4}\right)\cdot\left(- \frac{\sqrt{2}}{2}\right)=\frac{13}{8}.$$ Следовательно, $$BB_1^2=c^2\left(\frac{13}{8}\right),\qquad BB_1=c\sqrt{\frac{13}{8}}.$$ Выбрали положительный корень, потому что $BB_1$ — длина. Шаг 4. Найдём радиус данной окружности. Обозначим угол $ACB$ через $\gamma$. Так как $B_1$ находится на стороне $AC$, угол $BCB_1$ также равен $\gamma$. Треугольник $BCB_1$ вписан в данную окружность, и сторона $BB_1$ лежит напротив угла $\gamma$. Расширенная теорема синусов даёт $$2R=\frac{BB_1}{\sin\gamma},\qquad R=\frac{c\sqrt{\frac{13}{8}}}{2\sin\gamma}.$$ Неизвестное $c$ можно исключить. В большом треугольнике $ABC$ та же теорема синусов даёт $$\frac{c}{\sin\gamma}=\frac{BC}{\sin 135^\circ}.$$ Заменяем эту дробь в формуле радиуса: $$R=\frac{BC\sqrt{\frac{13}{8}}}{2\sin 135^\circ}.$$ Подставляем $BC=20 \sqrt{2}$, $\sin 135^\circ=\frac{\sqrt{2}}{2}$: $$R=\frac{\left(20 \sqrt{2}\right)\sqrt{\frac{13}{8}}}{2\cdot\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)}=5 \sqrt{26}.$$ Для проверки возвращаемся к формуле хорды: $2R\sin\gamma=BB_1$ — именно по ней получен радиус. Обе длины положительны, коэффициент подобия меньше единицы, как и должно быть для внутреннего малого треугольника. Ответ: а) подобие доказано; б) $BC=20 \sqrt{2}$, $B_1C_1=10$, $R=5 \sqrt{26}$.

Нужно сравнить расстояния от $A$ до ортоцентра $H$ и до центра описанной окружности $O$, затем найти площадь треугольника $AHO$. Ортоцентр — точка пересечения прямых высот. При тупом угле он находится вне треугольника; поэтому нельзя считать, что все вспомогательные точки находятся внутри рисунка. Шаг 1. Добавим диаметр описанной окружности. Пусть $D$ — точка окружности, противоположная $A$, а $L$ — середина $BC$. Тогда $AD$ — диаметр, и $O$ — его середина. Углы $ABD$ и $ACD$ опираются на диаметр, поэтому оба прямые: $BD\perp AB$, $CD\perp AC$. По определению высот $BH\perp AC$, $CH\perp AB$. Две прямые, перпендикулярные одной прямой, параллельны, следовательно, $$BH\parallel CD,\qquad CH\parallel BD.$$ У четырёхугольника $BHCD$ обе пары противоположных сторон параллельны, поэтому это параллелограмм. Его диагонали $BC$ и $HD$ делятся пополам. Значит, середина $L$ отрезка $BC$ одновременно является серединой $HD$. В треугольнике $ADH$ отрезок $OL$ соединяет середины $AD$ и $DH$. Это средняя линия: она параллельна третьей стороне $AH$ и вдвое короче неё: $$AH=2OL.$$ Шаг 2. Вычислим $OL$ через радиус $R$. Радиусы к концам хорды $BC$ образуют равнобедренный треугольник $OBC$. Медиана $OL$ в нём также высота, поэтому $OL\perp BC$. По расширенной теореме синусов для $ABC$: $$BC=2R\sin120^\circ=2R\cdot\frac{\sqrt3}{2}=R\sqrt3.$$ Точка $L$ — середина хорды, значит, $BL=BC/2=R\sqrt3/2$. В прямоугольном треугольнике $OLB$ гипотенуза $OB=R$. По теореме Пифагора: $$OL^2=OB^2-BL^2=R^2-\left(\frac{R\sqrt3}{2}\right)^2=R^2-\frac{3R^2}{4}=\frac{R^2}{4}.$$ Берём положительный корень: $OL=R/2$. Тогда $AH=2OL=2\cdot R/2=R$. При этом $AO=R$, поскольку $A$ лежит на описанной окружности. Следовательно, $AH=AO$. Пункт а доказан. Шаг 3. Найдём угол для формулы площади. Третий угол исходного треугольника: $$C=180^\circ-120^\circ-45^\circ=15^\circ.$$ Прямая $AH$ — третья высота, то есть $AH\perp BC$. Луч, противоположный $AH$, направлен внутрь угла $A$; с $AB$ он образует угол $90^\circ-B=45^\circ$. Это следует из прямоугольного треугольника, образованного прямыми $AB,BC,AH$. Вписанный угол $ACB=15^\circ$ стягивает малую дугу $AB$ величиной $30^\circ$. Поэтому центральный угол $AOB=30^\circ$. В равнобедренном треугольнике $AOB$ углы при основании равны: $$\angle OAB=\frac{180^\circ-30^\circ}2=75^\circ.$$ Оба сравниваемых луча направлены внутрь угла $A$, поэтому угол между ними равен разности найденных углов: $$|45^\circ-75^\circ|=30^\circ.$$ Возвращаясь от луча, противоположного $AH$, к самому $AH$, получаем дополнительный угол $150^\circ$. Для площади существенен его синус: $$\sin150^\circ=\sin(180^\circ-30^\circ)=\sin30^\circ=\frac12.$$ Шаг 4. Подставим длины в формулу площади. Из $BC=R\sqrt3$ получаем $$R=\frac{BC}{\sqrt3}=\frac{\sqrt{15}}{\sqrt3}=\sqrt{5},\qquad R^2=\frac{BC^2}3=\frac{15}3=5.$$ Площадь треугольника равна половине произведения двух сторон на синус угла между ними. Здесь обе стороны $AH$ и $AO$ равны $R$: $$S_{AHO}=\frac12\cdot AH\cdot AO\cdot\sin150^\circ=\frac12\cdot R^2\cdot\frac12=\frac{R^2}4.$$ $$S_{AHO}=\frac{5}4=\frac{5}{4}.$$ Проверка: площадь положительна и меньше $R^2/2$, максимальной площади при двух сторонах длины $R$. Ответ: а) $AH=AO$; б) $S_{AHO}=\frac{5}{4}$.