Тема Задачи №17 из ЕГЭ прошлых лет

№17 из ЕГЭ 2023

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#63299Максимум баллов за задание: 3

Прямая, перпендикулярная стороне $AD$ ромба $ABCD,$ пересекает его диагональ $AC$ в точке $M,$ а диагональ $BD$ в точке $N,$ причем $AM :MC =1 :2,$ $BN :ND = 1 :3.$

а) Докажите, что $1 cos∠BAD = 5.$

б) Найдите площадь ромба, если $MN = 5.$

Показать ответ и решение

а) Пусть прямая из условия пересекает $AD$ в точке $E,$ а $BC$ — в точке $F;$ пусть $O$ — точка пересечения диагоналей ромба. Опустим высоту $BH$ на $AD.$

Заметим, что $AO = OC.$ Тогда $AM :OM = 2:1.$

Так как $BN :ND = 1:3,$ а $BO = OD,$ то $N$ — середина $BO.$

Запишем теорему Менелая для треугольника $AOD$ и прямой $NE :$

OM--⋅ AE-⋅ DN-= 1 ⇒ DE-= OM--⋅ DN-= 1 ⋅ 3= 3 MA ED NO AE MA NO 2 1 2

По теореме о пропорциональных отрезках для угла $BDH$ и параллельных прямых $NE$ и $BH$ (так как эти прямые перпендикулярны $AD$ ) получаем

DE DN 3 EH-= NB--= 1.

Таким образом, $EH$ в два раза меньше $EA.$ Значит, $AD = 5AH.$ Но в ромбе $AB = AD,$ тогда

AH 1 cos∠BAD = AB-= 5.

$PIC$

б) Диагонали ромба делят его углы пополам, поэтому

∠OAD = 1∠BAD. 2

Прямоугольные треугольники $AOD$ и $NED$ подобны по двум углам: прямому и общему. Тогда

1 ∠END = ∠OAD = 2∠BAD.

Значит, так как $∘ ∠OAD < 90 ,$ то по формуле двойного угла

∘ cos∠BAD--+-1 ∘ --- cos∠OAD = -----2------= 0,6.

Тогда

sin∠OAD = ∘1-−-cos2∠OAD--= ∘0,4.

Значит,

NO = MN ∘0,6, MO = MN ∘0,4.

Мы знаем, что $BD = 4NO,$ $AC = 6MO.$ Тогда

1 ∘--- ∘ --- ∘------ √ - SABCD = 2BD ⋅AC = 12NO ⋅MO =12⋅5 0,6⋅5 0,4 =12⋅5⋅5⋅ 0,6⋅0,4 =60 6

Ответ:

б) $60√6-$

Критерии оценки


Содержание критерия	Балл

Имеется верное доказательство утверждения пункта а) и обоснованно получен верный ответ в пункте б)	3

Обоснованно получен верный ответ в пункте б)	2
ИЛИ
имеется верное доказательство утверждения пункта а) и при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки

Имеется верное доказательство утверждения пункта а),	1
ИЛИ
при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки,
ИЛИ
обоснованно получен верный ответ в пункте б) с использованием утверждения пункта а), при этом пункт а) не выполнен

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	3

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#63300Максимум баллов за задание: 3

Дана равнобедренная трапеция $ABCD$ с основаниями $AD$ и $BC.$ Биссектрисы углов $BAD$ и $BCD$ пересекаются в точке $O.$ Точки $M$ и $N$ отмечены на боковых сторонах $AB$ и $CD$ соответственно. Известно, что $AM = MO,$ $CN = NO.$

а) Докажите, что точки $M,$ $N$ и $O$ лежат на одной прямой.

б) Найдите $AM :MB,$ если известно, что $AO = OC$ и $BC :AD = 1:7.$

Источники: ЕГЭ 2023, основная волна, Сибирь

Показать ответ и решение

а) Так как $AO$ — биссектриса угла $BAD,$ то $∠BAO = ∠OAD.$ По условию $AM = MO,$ значит, треугольник $AMO$ — равнобедренный. Тогда $∠MAO =∠MOA.$ Таким образом,

∠DAO = ∠BAO = ∠MOA

Тогда накрест лежащие углы, образованные прямыми $MO$ и $AD$ и секущей $AO,$ равны. Значит, $MO ∥AD.$

$PIC$

Так как $CO$ — биссектриса угла $BCD,$ то $∠BCO = ∠OCD.$ По условию $CN = NO,$ значит, треугольник $CNO$ — равнобедренный. Тогда $∠NCO = ∠NOC.$ Таким образом,

∠BCO = ∠DCO = ∠NOC

Тогда накрест лежащие углы, образованные прямыми $NO$ и $BC$ и секущей $CO,$ равны. Значит, $NO ∥BC.$

Тогда, так как $ABCD$ — трапеция, то $MO ∥ NO.$ Поскольку эти прямые проходят через точку $O,$ то точки $M,$ $N$ и $O$ лежат на одной прямой. Что и требовалось доказать.

б) Заметим, что

∠BAD +∠BCD = 180∘ ∠OAD + ∠OCB = 90∘

Опустим из точки $O$ перпендикуляры $OP$ и $OQ$ на прямые $AD$ и $BC$ соответственно. Тогда $OP ⊥ MN.$ Значит,

∠P OA = ∠P OM − ∠MOA = = 90∘− ∠OAD = ∠OCB

Тогда прямоугольные треугольники $AOP$ и $OCQ$ равны по гипотенузе и острому углу, так как $AO = CO$ и $∠P OA = ∠OCQ.$ Тогда $AP = OQ,$ $OP = CQ.$

По пункту а) имеем $MN ∥AD$ и $MN ∥BC.$ Тогда по обобщенной теореме Фалеса для прямых $AB$ и $PQ$ и секущих $BQ,$ $MO$ и $AP :$

AM P O PO MB--= OQ- = AP-= tg∠P AO

$PIC$

Найдем величину

tg2∠P AO = tg∠BAD = tg∠CDA

Пусть $CH$ — высота трапеции. Тогда

-CH- tg∠CDA = DH

Пусть $AD = 7a,$ $BC = a.$ Так как трапеция $ABCD$ — равнобедренная, то

AD − BC 7a− a DH = ----2--- = --2--= 3a AH = 4a

Заметим, что $P QCH$ — прямоугольник, тогда $P H = CQ.$ Значит, получаем

CH = PQ = PO + OQ = CQ + AP = =P H + AP = AH = 4a

Тогда имеем:

tg∠CDA = CH--= 4a = 4 DH 3a 3

Следовательно,

⌊ 2tg∠P AO 4 tg∠P AO = 1 1−-tg2∠PAO--= 3 ⇒ ⌈ 2 tg∠P AO = −2

Так как угол $∠P AO$ — острый, то получаем искомое отношение

AM :MB = 1:2

Ответ:

б) 1 : 2

Критерии оценки


Содержание критерия	Балл

Имеется верное доказательство утверждения пункта а) и обоснованно получен верный ответ в пункте б)	3

Обоснованно получен верный ответ в пункте б)	2
ИЛИ
имеется верное доказательство утверждения пункта а) и при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки

Имеется верное доказательство утверждения пункта а),	1
ИЛИ
при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки,
ИЛИ
обоснованно получен верный ответ в пункте б) с использованием утверждения пункта а), при этом пункт а) не выполнен

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	3

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#63301Максимум баллов за задание: 3

Дана равнобедренная трапеция $ABCD$ с основаниями $AD$ и $BC,$ где $AD >BC.$ Биссектрисы углов $BAD$ и $BCD$ пересекаются в точке $O.$ Через точку $O$ провели прямую, параллельную основаниям, которая пересекла боковые стороны $AB$ и $CD$ в точках $M$ и $N$ соответственно.

а) Докажите, что $MN = AB.$

б) Найдите $BC :AD,$ если известно, что $AO = OC$ и $AM :MB = 2:3.$

Источники: ЕГЭ 2023, основная волна, Татарстан

Показать ответ и решение

а) По условию $MN ∥BC.$ Тогда $MBCN$ — трапеция. С другой стороны, трапеция $ABCD$ — равнобедренная, тогда

∠MBC = ∠ABC =∠DCB = ∠NCB

Значит, $MBCN$ — равнобедренная трапеция, то есть $MB =CN.$

Также из параллельности $MN$ и $BC$ следует, что накрест лежащие углы $BCO$ и $NOC,$ образованные секущей $CO,$ равны. Значит,

∠NOC = ∠BCO = ∠NCO.

$PIC$

Таким образом, в треугольнике $CNO$ равны углы при стороне $CO.$ Значит, он равнобедренный и $CN =NO.$

Из параллельности $MN$ и $AD$ следует, что накрест лежащие углы $DAO$ и $MOA,$ образованные секущей $AO,$ равны. Значит,

∠MOA = ∠DAO = ∠MAO.

Таким образом, в треугольнике $AMO$ равны углы при стороне $AO.$ Значит, он равнобедренный и $AM = MO.$

Таким образом,

AB = AM + MB = AM + CN = MO + NO = MN.

б) Заметим, что

∘ ∘ ∠BAD + ∠BCD = 180 ⇒ ∠OAD + ∠OCB = 90 .

Опустим из точки $O$ перпендикуляры $OP$ и $OQ$ на $AD$ и $BC$ соответственно. Тогда $OP ⊥ MN.$ Значит,

∘ ∠P OA = ∠P OM − ∠MOA = 90 − ∠OAD = ∠OCB

По пункту а) $MN ∥AD$ и $MN ∥BC.$ Тогда по теореме Фалеса для прямых $AB$ и $P Q$ и секущих $BQ,$ $MO$ и $AP :$

2 = AM--= PO-= P-O = tg ∠PAO. 3 MB OQ AP

Значит, $∠PAO < 45∘.$ Таким образом, $∠BAD < 90∘.$ Тогда $AD$ — большее основание.

$PIC$

Найдем $tg2∠PAO =tg∠BAD = tg∠CDA :$

-2tg∠P-AO--- --43-- 4 9 12 tg2∠P AO = 1− tg2∠PAO = 1− 49 = 3 ⋅5 = 5

Таким образом,

12 tg∠CDA = -5

Пусть $P O =2a,$ $OQ = 3a.$ Тогда $AP = OQ =3a,$ $CQ = PO = 2a,$ $P Q= 5a.$ При этом $PQ$ — высота трапеции. Пусть $CH$ — высота трапеции из точки $C.$ Тогда $CH = PQ = 5a.$

Из прямоугольного треугольника $CHD :$

12 -CH- 5 = tg ∠CDA = tg∠CDH = DH .

Значит,

5CH 25a DH = -12- = 12-.

Заметим, что $P QCH$ — прямоугольник, тогда $P H = CQ.$ Значит,

AH = AP +P H = 3a+ 2a= 5a.

Таким образом,

25a- 85a AD = AH + DH =5a + 12 = 12 .

Так как трапеция $ABCD$ — равнобедренная, то

AD − BC DH = ---2----

Следовательно,

( 25a ) 25a 25a 60a− 25a 35a BC = AD − 2DH = 5a + 12- − 2⋅-12 = 5a− 12-= ---12--- = 12-

Тогда

35a BC- = -12-= 35-= -7 AD 8512a 85 17

Ответ:

б) $7- 17$

Критерии оценки


Содержание критерия	Балл

Имеется верное доказательство утверждения пункта а) и обоснованно получен верный ответ в пункте б)	3

Обоснованно получен верный ответ в пункте б)	2
ИЛИ
имеется верное доказательство утверждения пункта а) и при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки

Имеется верное доказательство утверждения пункта а),	1
ИЛИ
при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки,
ИЛИ
обоснованно получен верный ответ в пункте б) с использованием утверждения пункта а), при этом пункт а) не выполнен

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	3

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#63302Максимум баллов за задание: 3

Дан равносторонний треугольник $ABC.$ На его стороне $AC$ отмечена точка $M.$ Серединный перпендикуляр к отрезку $BM$ пересекает стороны $AB$ и $BC$ в точках $E$ и $K$ соответственно.

а) Докажите, что угол $AEM$ равен углу $CMK.$

б) Найдите отношение площадей треугольников $AEM$ и $CMK,$ если $AM :MC = 1:4.$

Показать ответ и решение

а) Треугольник $ABC$ — равносторонний, поэтому все его углы равны $∘ 60 .$

Пусть $∠EBM = α.$ Тогда $∘ ∠KBM = 60 − α.$ Точки $E$ и $K$ лежат на серединном перпендикуляре к $BM,$ поэтому $BE = ME$ и $BK = MK.$

$PIC$

Таким образом, треугольники $BEM$ и $BKM$ — равнобедренные. Тогда $∠EMB = ∠EBM = α,$ $∠KMB = ∠KBM = 60∘− α.$

Заметим, что $∠AEM$ — внешний для треугольника $BEM,$ поэтому

∠AEM = ∠EBM + ∠EMB = 2α.

Аналогично $∠CKM$ — внешний для треугольника $BKM,$ поэтому

∠CKM = ∠KBM + ∠KMB = 120∘ − 2α.

Тогда по сумме углов треугольника $CKM$

∠CMK =180∘− ∠KCM − ∠CKM = ∘ ∘ ∘ = 180 − 60 − (120 − 2α )= 2α= ∠AEM.

б) Заметим, что треугольники $AEM$ и $CMK$ подобны по двум углам, так как $∠AEM = ∠CMK$ по пункту а), $∠MAE = ∠KCM = 60∘.$ Тогда

SAEM-= p2, где p = AE-= EM-= AM--. SCMK MC MK CK

Пусть $AB =BC = AC = 5x.$ Тогда, так как $AM :MC = 1:4,$ то получаем $AM = x,$ $MC = 4x.$

Пусть $BE = kx.$ Тогда $EM = kx,$ $AE = (5− k)x.$

$PIC$

Запишем теорему косинусов для треугольника $AEM :$

EM2 = AE2 +AM2 − 2 ⋅AE ⋅AM ⋅cos∠EAM; 2 2 22 2 ∘ k x = (5− k)x +x − 2 ⋅(5− k)x⋅x⋅cos60 ; k2x2 = 25x2+ k2x2 − 10kx2+ x2− 2⋅(5x2− kx2) ⋅ 1; 2 0 = 26x2− 10kx2− 5x2+ kx2; 2 2 9kx = 21x ; k = 7 3

Тогда $7x BE = 3 ,$ а $8x- AE = (5 − k)x= 3 .$

Таким образом,

( )2 ( 8x)2 ( )2 SAEM- = p2 = -AE- = 3- = 2 = 4. SCMK MC 4x 3 9

Ответ:

б) $4 9$

Критерии оценки


Содержание критерия	Балл

Имеется верное доказательство утверждения пункта а) и обоснованно получен верный ответ в пункте б)	3

Обоснованно получен верный ответ в пункте б)	2
ИЛИ
имеется верное доказательство утверждения пункта а) и при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки

Имеется верное доказательство утверждения пункта а),	1
ИЛИ
при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки,
ИЛИ
обоснованно получен верный ответ в пункте б) с использованием утверждения пункта а), при этом пункт а) не выполнен

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	3

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#63728Максимум баллов за задание: 3

Прямая, перпендикулярная стороне $AD$ ромба $ABCD,$ пересекает его диагональ $AC$ в точке $M,$ а диагональ $BD$ — в точке $N.$ При этом $AM :MC =1 :2,$ $BN :ND = 1 :3.$

а) Докажите, что $1 cos∠BAD = 5.$

б) Найдите площадь ромба, если $MN = 5√2.$

Показать ответ и решение

а) Пусть прямая из условия пересекает $AD$ в точке $E,$ а $BC$ — в точке $F.$ Пусть $O$ — точка пересечения диагоналей ромба. Опустим высоту $BH$ на $AD.$

Заметим, что $AO = OC.$ Тогда $AM :OM = 2:1.$

Так как $BN :ND = 1:3,$ а $BO = OD,$ то $N$ — середина $BO.$

Запишем теорему Менелая для треугольника $AOD$ и прямой $NE :$

OM--⋅ AE ⋅ DN-=1 MA ED NO DE- = OM--⋅ DN-= 1⋅ 3 = 3 AE MA NO 2 1 2

Прямые $NE$ и $BH$ перпендикулярны прямой $AD,$ а значит параллельны. Тогда по теореме Фалеса для угла $BDH :$

DE DN 3 EH- = NB-= 1

Таким образом, $EH$ в два раза меньше $EA.$ Значит, $AD = 5AH.$ Но в ромбе $AB = AD,$ тогда имеем:

cos∠BAD = AH- = 1 AB 5

$PIC$

б) Диагонали ромба делят его углы пополам, поэтому

∠OAD = 1∠BAD 2

Прямоугольные треугольники $AOD$ и $NED$ подобны по двум углам: прямому и общему. Тогда имеем:

1 ∠END = ∠OAD = 2∠BAD

Значит, так как $∠OAD < 90∘,$ то по формуле косинуса двойного угла

∘------------ cos∠OAD = cos∠BAD--+-1= ∘0,6- 2

Отсюда получаем

------------ sin∠OAD = ∘ 1− cos2 ∠OAD = ∘0,4-

Значит,

NO = MN ∘0,6, MO = MN ∘0,4-

Мы знаем, что

BD = 4NO, AC =6MO

Тогда окончательно имеем:

1 SABCD = 2BD ⋅AC = 12NO ⋅MO = =12 ⋅5√2-⋅∘0,6⋅5√2 ⋅∘0,4= √- √ - ∘------ √ - = 12⋅5 2⋅5 2⋅ 0,6⋅0,4 = 120 6

Ответ:

б) $√ - 120 6$

Критерии оценки


Содержание критерия	Балл

Имеется верное доказательство утверждения пункта а) и обоснованно получен верный ответ в пункте б)	3

Обоснованно получен верный ответ в пункте б)	2
ИЛИ
имеется верное доказательство утверждения пункта а) и при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки

Имеется верное доказательство утверждения пункта а),	1
ИЛИ
при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки,
ИЛИ
обоснованно получен верный ответ в пункте б) с использованием утверждения пункта а), при этом пункт а) не выполнен

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	3

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#63729Максимум баллов за задание: 3

Прямая, перпендикулярная стороне $BC$ ромба $ABCD,$ пересекает его диагональ в точке $M,$ а диагональ $BD$ в точке $N,$ причем $AM :MC = 1 :2,$ $BN :ND = 1 :3.$

а) Докажите, что прямая $MN$ делит сторону ромба $BC$ в отношении $1 :4.$

б) Найдите сторону ромба, если $√ - MN = 6.$

Источники: ЕГЭ 2023, основная волна, Адыгея

Показать ответ и решение

Заметим, что $AO = OC.$ Тогда $AM :OM = 2:1.$

Так как $BN :ND = 1:3,$ а $BO = OD,$ то $N$ — середина $BO.$

Запишем теорему Менелая для треугольника $AOD$ и прямой $NE :$

OM--⋅ AE-⋅ DN-= 1 ⇒ DE-= OM--⋅ DN-= 1 ⋅ 3= 3 MA ED NO AE MA NO 2 1 2

По теореме Фалеса для угла $BDH$ и параллельных прямых $NE$ и $BH$ (обе эти прямые перпендикулярны $AD$ )

DE DN 3 EH-= NB--= 1.

$PIC$

Таким образом, $EH$ в два раза меньше $EA.$ Значит, $AH =EH.$ Значит, $AD =5HE.$

Четырехугольник $HBF E$ — прямоугольник. Тогда $BF = HE,$ следовательно,

BF- = HE-= 1 ⇒ BF- = 1. BC AD 5 F C 4

б) Заметим, что

AH- AH- 1 cos∠BAD = AB = AD = 5 .

Диагонали ромба делят его углы пополам, поэтому

∠OAD = 1∠BAD. 2

Прямоугольные треугольники $AOD$ и $NED$ подобны по двум углам: прямому и общему. Тогда

1 ∠END = ∠OAD = 2∠BAD.

Значит, так как $∘ ∠OAD < 90 ,$ то по формуле косинуса двойного угла

∘ ------------ cos∠BAD--+-1 ∘ --- cos∠OAD = 2 = 0,6.

Тогда

NO = MN cos∠ONM = √6 ⋅∘0,6-= -6√10-= 3√10. 10 5

Значит,

12√ -- BD = 4NO = -5 10

Пусть $AB =x.$ Тогда по теореме косинусов для треугольника $ABD :$

BD2 = AB2 + AD2 − 2⋅AB ⋅AD ⋅cos∠BAD 1440- 2 2 1 25 = 2x − 2 ⋅x ⋅5 288 =10x2− 2x2 288= 8x2 2 36= x x =6

Таким образом, сторона ромба равна 6.

Ответ: б) 6

Критерии оценки


Содержание критерия	Балл

Имеется верное доказательство утверждения пункта а) и обоснованно получен верный ответ в пункте б)	3

Обоснованно получен верный ответ в пункте б)	2
ИЛИ
имеется верное доказательство утверждения пункта а) и при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки

Имеется верное доказательство утверждения пункта а),	1
ИЛИ
при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки,
ИЛИ
обоснованно получен верный ответ в пункте б) с использованием утверждения пункта а), при этом пункт а) не выполнен

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	3

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#56121Максимум баллов за задание: 3

Две окружности касаются внутренним образом в точке $A,$ причем меньшая проходит через центр большей. Хорда $BC$ большей окружности касается меньшей в точке $P.$ Хорды $AB$ и $AC$ пересекают меньшую окружность в точках $K$ и $M$ соответственно.

a) Докажите, что прямые $KM$ и $BC$ параллельны.

б) Пусть $L$ — точка пересечения отрезков $KM$ и $AP.$ Найдите $AL,$ если радиус большей окружности равен 10, а $BC = 16.$

Источники: ЕГЭ 2023, досрочная волна

Показать ответ и решение

а) Проведем через точку $A$ общую касательную $l$ к окружностям.

Рассмотрим меньшую окружность. Мы знаем, что угол между хордой и касательной к окружности равен половине дуги, заключенной между ними, значит, угол между $AM$ и $l$ равен вписанному углу $AKM.$

$PIC$

Рассмотрим большую окружность. По аналогичным соображениям угол между $AC$ и $l$ равен углу $ABC.$

Тогда, так как точки $A,$ $M$ и $C$ лежат на одной прямой, то $∠AKM = ∠ABC.$

Таким образом, по признаку параллельных прямых $KM ∥BC.$

б) Пусть $O1$ и $O2$ — центры большей и меньшей окружностей соответственно. Проведем радиус $O2P.$ Заметим, что $∠BP O2 =90∘,$ так как радиус, проведенный в точку касания, перпендикулярен касательной.

Опустим перпендикуляр $O1S$ на $BC.$ В равнобедренном треугольнике $BO1C$ отрезок $O1S$ — высота, а значит и медиана. Тогда $BS = SC.$

По теореме Пифагора для треугольника $BO1S :$

O1S2 = BO21 − BS2 = 102− 82 = 62 ⇒ O1S = 6

$PIC$

Так как отрезки $O1O2$ и $O2P$ — радиусы меньшей окружности, то

O1O2 = O2P = 5

Рассмотрим прямоугольную трапецию $O PSO . 2 1$

Пусть $O2H$ — перпендикуляр к $O1S,$ тогда $O2HSP$ — прямоугольник и

O1H = O1S− HS = O1S − O2P = 6− 5= 1

Следовательно, по теореме Пифагора

∘----------- O2H = O1O2 − O1H2 = √25−-1 =2√6- 2

Тогда

BP = BS +SP = 8+ 2√6, PC = BC − BP = 16− 8− 2√6 = 8− 2√6

Так как хорды данных окружностей, лежащие на одной прямой, проходящей через точку $A,$ относятся как их диаметры, то $KM$ — средняя линия в треугольнике $ABC.$ Тогда $KL$ — средняя линия в треугольнике $ABP$ и $ML$ — средняя линия в треугольнике $ACP,$ следовательно,

KL = 0,5BP =4 +√6, ML = 0,5P C =4 − √6

По теореме о произведении отрезков хорд имеем:

( ) ( ) AL ⋅LP =ML ⋅KL = 4− √6- 4+ √6 = 16− 6= 10

С учетом равенства $AL = LP$ получим $AL2 = 10,$ следовательно, $√ -- AL = 10.$

Ответ:

б) $√ -- 10$

Критерии оценки


Содержание критерия	Балл

Имеется верное доказательство утверждения пункта а) и обоснованно получен верный ответ в пункте б)	3

Обоснованно получен верный ответ в пункте б)	2
ИЛИ
имеется верное доказательство утверждения пункта а) и при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки

Имеется верное доказательство утверждения пункта а),	1
ИЛИ
при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки,
ИЛИ
обоснованно получен верный ответ в пункте б) с использованием утверждения пункта а), при этом пункт а) не выполнен

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	3

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#56122Максимум баллов за задание: 3

Две окружности касаются внешним образом в точке $B.$ Отрезки $AB$ и $BC$ — диаметры первой и второй окружностей. Из точки $A$ проведена касательная $AM$ ко второй окружности, которая вторично пересекает первую окружность в точке $K.$ Луч $MB$ вторично пересекает первую окружность в точке $D.$

а) Докажите, что прямые $AD$ и $MC$ параллельны.

б) Найдите площадь треугольника $BCD,$ если $AK = 7,$ $KM = 14.$

Источники: ЕГЭ 2023, досрочная волна

Показать ответ и решение

а) Вписанный угол $BMC$ равен $90∘,$ так как опирается на диаметр $BC.$ Вписанный угол $BDA$ равен $90∘,$ так как опирается на диаметр $BA.$ Таким образом, накрест лежащие углы $BMC$ и $BDA,$ образованные прямыми $CM$ и $AD$ и секущей $MD,$ равны. Следовательно, прямые $AD$ и $CM$ параллельны.

б) Пусть $O$ — середина $BC.$ Тогда $O$ — центр окружности с диаметром $BC.$ Проведем радиус $OM$ к точке касания. Получим, что $∘ ∠AMO = 90.$

Рассмотрим треугольники $AKB$ и $AMO.$ Они подобны по двум углам: $∠AKB = ∠AMO =90∘,$ $∠MAB$ — общий. Пусть $AB =x.$ Запишем отношение подобия:

AK AB 21x AM--= AO- ⇒ AO = -7- = 3x ⇒ BO = 2x

Таким образом,

CO =MO = BO = 2x

$PIC$

Из отношения подобия треугольников $AKB$ и $AMO :$

KB--= -AK-= -7 = 1 ⇒ KB = MO--= 2x MO AM 21 3 3 3

Рассмотрим прямоугольный треугольник $AKB.$ В нем по теореме Пифагора

AK2 + KB2 =AB2 2 49 + 4x-= x2 92 2 9 ⋅49 +4x =9x 9⋅49= 5x2 √- x = 21-5- 5

Тогда

2 2 21√5 14√5 KB = 3x= 3 ⋅--5--= --5--

$AMCD$ — трапеция, $MD$ и $AC$ — ее диагонали, а $B$ — их точка пересечения. Значит, $SBCD = SBMA.$ Тогда

√- √- SBCD = SBMA = 1 ⋅KB ⋅AM = 1⋅ 14-5-⋅21= 147-5 2 2 5 5

Ответ:

б) $√ - 147--5 5$

Критерии оценки


Содержание критерия	Балл

Имеется верное доказательство утверждения пункта а) и обоснованно получен верный ответ в пункте б)	3

Обоснованно получен верный ответ в пункте б)	2
ИЛИ
имеется верное доказательство утверждения пункта а) и при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки

Имеется верное доказательство утверждения пункта а),	1
ИЛИ
при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки,
ИЛИ
обоснованно получен верный ответ в пункте б) с использованием утверждения пункта а), при этом пункт а) не выполнен

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	3

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#57119Максимум баллов за задание: 3

Две окружности касаются внутренним образом в точке $K,$ причем меньшая проходит через центр большей. Хорда $MN$ большей окружности касается меньшей в точке $C.$ Хорды $KM$ и $KN$ пересекают меньшую окружность в точках $A$ и $B$ соответственно, а отрезки $KC$ и $AB$ пересекаются в точке $L.$

a) Докажите, что $NC :CM = BL :LA.$

б) Найдите $MN,$ если $BL :LA = 3 :2,$ а радиус малой окружности равен $√23.$

Источники: ЕГЭ 2023, досрочная волна

Показать ответ и решение

а) Проведем через точку $K$ общую касательную $l$ к окружностям.

Рассмотрим меньшую окружность. Мы знаем, что угол между хордой и касательной к окружности равен половине дуги, заключенной между ними, значит, угол между $AK$ и $l$ равен вписанному углу $ABK.$

$PIC$

Рассмотрим большую окружность. По аналогичным соображениям угол между $MK$ и $l$ равен вписанному углу $MNK.$

Тогда, так как точки $K,$ $A$ и $M$ лежат на одной прямой, то $∠ABK = ∠MNK.$

Таким образом, по признаку параллельных прямых $AB ∥MN.$

Рассмотрим треугольники $AKL$ и $MKC.$ Они подобны по двум углам: $∠MKC$ — общий, а $∠KAL =∠KMC$ как соответственные при параллельных прямых $AB$ и $MN$ и секущей $KM.$ Запишем отношение подобия:

LA--= KL- CM KC

Рассмотрим треугольники $BKL$ и $NKC.$ Они подобны по двум углам: $∠NKC$ — общий, а $∠KBL = ∠KNC$ как соответственные при параллельных прямых $AB$ и $MN$ и секущей $KN.$ Запишем отношение подобия:

BL- KL- NC = KC

Таким образом,

LA--= KL- = BL- ⇒ NC--= BL- CM KC NC CM LA

б) Пусть $CM = 4x.$ По условию $BL :LA = 3 :2.$ В предыдущем пункте мы доказали, что $NC :CM = BL :LA,$ следовательно, $NC = 6x.$ Тогда $MN = 10x.$

Пусть $O1$ и $O2$ — центры большей и меньшей окружностей соответственно. Пусть $O1P$ — перпендикуляр к $MN.$ В равнобедренном треугольнике $NO1M$ отрезок $O1P$ — это высота, а значит и медиана. Тогда $NP =P M = 5x.$ Таким образом, $PC = NC − NP = x.$

$PIC$

Заметим, что радиус большей окружности равен диаметру меньшей, то есть

O N = 2O K = 2⋅√23 = 2√23- 1 2

Запишем теорему Пифагора для треугольника $O1NP :$

NO2 = NP 2+ O1P2 ⇔ 92 = 25x2+ O1P 2 1

Таким образом, $√ -------- O1P = 92− 25x2.$

Проведем $O2C.$ Так как касательная перпендикулярна радиусу, проведенному в точку касания, то $∘ ∠PCO2 = 90 .$

Пусть $O1S$ — перпендикуляр к $O2C.$ Тогда $O1SCP$ — прямоугольник, следовательно, $O1S = PC = x,$ $√-------2 SC = O1P = 92− 25x .$

Заметим, что

-------- O2S =O2C − SC = √23 − ∘ 92− 25x2

Тогда по теореме Пифагора для треугольника $O1O2S :$

O1O2 =O1S2 + O2S2 ⇔ 23= x2+ (√23-− ∘92−-25x2)2 2

Найдем $x:$

$(√ -- ∘ -------)2 23 =x2 + 23− 92− 25x2 2 (√--)2 (∘ -------)2 √ -- ∘-------- 23 = x + 23 + 92− 25x2 − 2 23 ⋅ 92− 25x2 23 =x2 +23+ 92− 25x2− 2∘23-⋅92-− 23-⋅25x2 2 ∘-------------- 24x − 92= − 2∘ 23⋅92-− 23⋅25x2 12x2− 46= − 23⋅92− 23⋅25x2 144x4− 24⋅46x2+ 462 =23 ⋅4 ⋅23− 23 ⋅25x2 4 2 2 2 2 144x − 24 ⋅46x + 46 − 46 + 23⋅25x = 0 144x4− 23x2⋅(24⋅2 − 25)= 0 144x4− 23x2⋅23 =0 2 ( 2 2 2) x ⋅ 12 x − 23 = 0 x2 ⋅(12x− 23)⋅(12x +23)= 0$

Таким образом,

PC = x= 23- ⇒ MN = 10x = 10⋅ 23= 115- 12 12 6

Ответ:

б) $115- 6$

Критерии оценки


Содержание критерия	Балл

Имеется верное доказательство утверждения пункта а) и обоснованно получен верный ответ в пункте б)	3

Обоснованно получен верный ответ в пункте б)	2
ИЛИ
имеется верное доказательство утверждения пункта а) и при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки

Имеется верное доказательство утверждения пункта а),	1
ИЛИ
при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки,
ИЛИ
обоснованно получен верный ответ в пункте б) с использованием утверждения пункта а), при этом пункт а) не выполнен

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	3

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#58736Максимум баллов за задание: 3

Окружность касается одной из сторон прямого угла $D$ в точке $E$ и пересекает другую сторону угла в точках $A$ и $B.$ Точка $A$ лежит на отрезке $BD,$ а $AC$ — диаметр этой окружности.

a) Докажите, что $DE = 1BC. 2$

б) Найдите расстояние от точки $E$ до прямой $AC,$ если $AD = 2,$ $AB = 6.$

Источники: ЕГЭ 2023, досрочная волна

Показать ответ и решение

а) Пусть $O$ — центр окружности. Продлим $EO$ до пересечения с $BC.$ Пусть это точка $F.$ Рассмотрим четырехугольник $EDBF.$ В нем $∠FED = 90∘,$ так как $OE$ — радиус окружности, а $DE$ — касательная; $∠BDE = 90∘$ по условию.

$PIC$

Найдем угол $DBF.$ Так как он вписанный, опирающийся на диаметр $AC,$ то $∠DBF = 90∘.$

Следовательно, $EDBF$ — прямоугольник, то есть $∠BF E = 90∘.$

Таким образом, $OF$ — высота в равнобедренном треугольнике $BOC,$ а значит и медиана. Имеем $BF = CF.$ Следовательно,

1 DE = BF = 2BC

б) Расстояние от точки $E$ до прямой $AC$ равно высоте треугольника $AOE,$ проведенной из точки $E$ к $AO.$

Треугольник $AOE$ — равнобедренный, а значит высоты, проведенные к его боковым сторонам, равны. Таким образом, расстояние от точки $E$ до прямой $AC$ равно высоте треугольника $AOE,$ проведенной из точки $A$ к $EO.$

Точка $A$ лежит на прямой $BD,$ которая параллельна $EO,$ следовательно, расстояние от точки $A$ до $EO$ равно расстоянию между параллельными прямыми $BD$ и $EO,$ а это и есть $DE.$

Значит, расстояние от точки $E$ до $AO$ равно $DE.$

$PIC$

По теореме о касательной и секущей имеем:

DE2 = DA ⋅DB = 2⋅(2+ 6)= 16 ⇒ DE = 4

Следовательно, расстояние от точки $E$ до $AO$ равно 4.

Ответ: б) 4

Критерии оценки


Содержание критерия	Балл

Имеется верное доказательство утверждения пункта а) и обоснованно получен верный ответ в пункте б)	3

Обоснованно получен верный ответ в пункте б)	2
ИЛИ
имеется верное доказательство утверждения пункта а) и при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки

Имеется верное доказательство утверждения пункта а),	1
ИЛИ
при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки,
ИЛИ
обоснованно получен верный ответ в пункте б) с использованием утверждения пункта а), при этом пункт а) не выполнен

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	3

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#65021Максимум баллов за задание: 3

Дан треугольник $ABC.$ Известно, что $√-- BC = 37,$ $AB = 4,$ $AC =3.$ На стороне $BC$ построен равносторонний треугольник $BDC,$ при этом точки $A$ и $D$ лежат по разные стороны от прямой $BC.$

а) Докажите, что вокруг полученного четырехугольника $ABDC$ можно описать окружность.

б) Найдите расстояние от точки пересечения диагоналей четырехугольника $ABDC$ до центра его описанной окружности.

Источники: ЕГЭ 2023, резервная волна

Показать ответ и решение

а) Запишем теорему косинусов для треугольника $ABC :$

$2 2 2 BC =AB + AC − 2⋅AB ⋅AC ⋅cos∠BAC 37 = 16 +9 − 2 ⋅4⋅3⋅cos∠BAC 25 − 37 cos∠BAC = 2⋅4⋅3- cos∠BAC = − 1 2$

Так как $∠BAC < 180∘,$ то $∠BAC = 120∘.$

$PIC$

Тогда сумма противоположных углов четырехугольника $ABDC$ равна

∘ ∘ ∘ ∠BAC + ∠BDC = 120 +60 =180

Значит, $ABDC$ — вписанный четырехугольник.

б) Пусть $S$ — точка пересечения диагоналей $BC$ и $AD.$ Заметим, что $AD$ — биссектриса угла $BAC,$ так как вписанные углы $BAD$ и $DAC$ опираются на равные дуги. Тогда по свойству биссектрисы в треугольнике $ABC$ имеем:

BS- = AB-= 4 SC AC 3

Значит, с учетом $BC = √37-$ получаем

BS = 4√37, CS = 3√37 7 7

Пусть $O$ — центр описанной окружности $ABDC.$ Тогда $O$ — точка пересечения медиан, высот и биссектрис равностороннего треугольника $BDC.$ Пусть $DH$ — одна из высот. Тогда имеем:

1 1 (√3- √--) √37- OH = 3 DH = 3 ⋅ -2-⋅ 37 = -√-- 2 3

$PIC$

При этом $H$ — середина $BC,$ то есть $√-- BH = 12 37.$ Значит,

-1√ -- HS = BS − BH = 14 37

По теореме Пифагора для прямоугольного треугольника $OHS :$

OS2 = OH2 + HS2 = 37+ -37-= 481- 12 196 147

Тогда искомое расстояние равно

√481 √1443 OS = 7√3-= -21--

Ответ:

б) $√---- -1443 21$

Критерии оценки


Содержание критерия	Балл

Имеется верное доказательство утверждения пункта а) и обоснованно получен верный ответ в пункте б)	3

Обоснованно получен верный ответ в пункте б)	2
ИЛИ
имеется верное доказательство утверждения пункта а) и при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки

Имеется верное доказательство утверждения пункта а),	1
ИЛИ
при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки,
ИЛИ
обоснованно получен верный ответ в пункте б) с использованием утверждения пункта а), при этом пункт а) не выполнен

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	3

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#65022Максимум баллов за задание: 3

Дан треугольник $ABC.$ Точки $B1$ и $C1$ отмечены на сторонах $AC$ и $AB$ соответственно, при этом $B1C = BC = BC1.$ Точки $M$ и $N$ — середины $BB1$ и $CC1$ соответственно.

а) Докажите, что точки $B,$ $C,$ $M$ и $N$ лежат на одной окружности.

б) Найдите косинус угла, образованного отрезками $BB1$ и $CC1,$ если $AB = 15,$ $BC =8,$ $AC = 17.$

Источники: ЕГЭ 2023, резервная волна, Татарстан

Показать ответ и решение

а) Проведем отрезки $CM$ и $BN.$ Рассмотрим треугольник $BCB1.$ По условию $BC =CB1,$ то есть он равнобедренный. Тогда его медиана $CM$ также является высотой и биссектрисой. Значит, $∠BMC = 90∘.$

Рассмотрим треугольник $CBC1.$ По условию $BC =BC1,$ то есть он равнобедренный. Тогда его медиана $BN$ также является высотой и биссектрисой. Значит, $∘ ∠BNC = 90 .$

$PIC$

Таким образом, в четырехугольнике $BMNC$ углы, опирающиеся на сторону $BC,$ равны, следовательно, $BMNC$ — вписанный, то есть точки $B,$ $M,$ $N$ и $C$ лежат на одной окружности.

б) Пусть $O$ — точка пересечения $BB1$ и $CC1;$ $S$ — точка пересечения $CM$ и $BN.$ Тогда требуется найти модуль косинуса угла $MON.$

Рассмотрим четырехугольник $MONS.$ Он вписанный, так как сумма его противоположных углов равна

∠OMS + ∠ONS =∠B1MC + ∠C1NB = 90∘+ 90∘ = 180∘.

Значит, по свойству вписанного четырехугольника

∠MON + ∠MSN =180∘ ⇒ ∠MON = 180∘− ∠MSN.

Углы $MSN$ и $BSC$ равны как вертикальные.

$PIC$

По сумме углов треугольника $BSC$ имеем

∠BSC +∠SBC + ∠SCB = 180∘ ⇒ ∠BSC = 180∘− ∠SBC − ∠SCB.

Таким образом,

∠MON = 180∘− ∠MSN = 180∘− ∠BSC =∠SBC + ∠SCB.

Мы уже знаем, что $CM$ и $BN$ — биссектрисы углов $C$ и $B$ треугольника $ABC$ соответственно. Значит,

∠MON = ∠SBC + ∠SCB = 1(∠ABC +∠ACB ). 2

Так как сумма двух углов треугольника меньше $180∘,$ то угол $MON$ острый и модуль его косинуса равен его косинусу. Тогда далее будем искать косинус угла $MON.$

Теперь проанализируем треугольник $ABC.$ По условию в нем $AB = 15,$ $BC =8,$ $AC = 17.$ Заметим, что

AC2 = 172 = 289 = 225 +64 =152+ 82 = AB2 + BC2

Значит, по теореме, обратной теореме Пифагора, $△ ABC$ — прямоугольный, где $∠ABC = 90∘.$

$PIC$

Пусть $∠ACB = 2γ.$ Тогда

∠MON = 1 (∠ABC + ∠ACB ) = 1(90∘ +2γ) =45∘+ γ. 2 2

Таким образом,

cos∠MON = cos(45∘+ γ)

По формуле косинуса суммы

cos∠MON = cos45∘⋅cosγ − sin45∘⋅sinγ = √1-(cosγ − sin γ). 2

Треугольник $ABC$ — прямоугольный, значит,

cos2γ = cos∠ACB = BC- = 8- AC 17

Тогда

∘------ 2 817-+-1 -5-- cos2γ = 2cos γ − 1 2⇒γ<90∘ cosγ = 2 = √ 34

По основному тригонометрическому тождеству

∘------ 2 2 25 -3-- sin γ+ cosγ = 12γ⇒<90∘ sinγ = 1 − 34 = √ 34

Следовательно,

( ) √ -- cos∠MON = √1-⋅ √5--− √3-- = √1-⋅√-2-= --17 2 34 34 2 34 17

Ответ:

б) $√-- -17- 17$

Критерии оценки


Содержание критерия	Балл

Имеется верное доказательство утверждения пункта а) и обоснованно получен верный ответ в пункте б)	3

Обоснованно получен верный ответ в пункте б)	2
ИЛИ
имеется верное доказательство утверждения пункта а) и при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки

Имеется верное доказательство утверждения пункта а),	1
ИЛИ
при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки,
ИЛИ
обоснованно получен верный ответ в пункте б) с использованием утверждения пункта а), при этом пункт а) не выполнен

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	3

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#65023Максимум баллов за задание: 3

Касательная к окружности, вписанной в квадрат $ABCD,$ пересекает его стороны $AB$ и $AD$ в точках $M$ и $N$ соответственно.

а) Докажите, что периметр треугольника $AMN$ равен стороне квадрата.

б) Прямая $MN$ пересекает прямую $CD$ в точке $P.$ Через центр вписанной окружности квадрата и точку $P$ проведена прямая, которая пересекает сторону $BC$ в точке $T.$ Известно, что $AM :MB = 1:4.$ Найдите $BT :T C.$

Источники: ЕГЭ 2023, резервная волна, Москва

Показать ответ и решение

а) Пусть $E$ и $F$ — середины сторон $AB$ и $AD.$ Заметим, что $E$ и $F$ — точки касания вписанной окружности и квадрата.

$PIC$

Пусть $L$ — точка касания вписанной окружности с прямой $MN.$ Тогда отрезки касательных $ML$ и $ME,$ проведенных из точек $M$ к вписанной окружности, равны, то есть $ML = ME.$ Аналогично $NL = NF.$ Тогда

P = AM + AN + ML + NL = AM +AN +ME + NF = AE + AF = AB. AMN

б) Пусть $O$ — центр вписанной окружности, $S$ — точка пересечения прямых $P T$ и $AD.$

Рассмотрим треугольники $OBT$ и $ODS.$ В них углы $TOB$ и $SOD$ равны как вертикальные, углы $TBO$ и $SDO$ равны как накрест лежащие, образованные параллельными прямыми $BC$ и $AD$ и секущей $BD,$ отрезки $BO$ и $DO$ равны, так как $O$ — центр вписанной окружности квадрата, то есть и его центр. Тогда по стороне и прилежащим к ней углам треугольники $OBT$ и $ODS$ равны.

Соответственные элементы равных треугольников равны, поэтому $BT =DS.$ Таким образом,

BT-= SD-. TC T C

Заметим, что треугольники $PSD$ и $PT C$ подобны по двум углам: $∠T PC$ — общий, $∠P DS = ∠P CT = 90∘.$ Тогда имеет место отношение

BT-= SD- = PD-. TC TC PC

Пусть $AM = x.$ Тогда $MB = 4x,$ то есть $AB =5x.$ Значит, $AF = AE = 2,5x.$ Следовательно,

ME = AE − AM = 2,5x − x = 1,5x.

$PIC$

Пусть $NL =y.$ Тогда $NF =y.$ Таким образом, $AN = 2,5x − y.$

Запишем теорему Пифагора для прямоугольного треугольника $AMN :$

$2 2 2 MN = AM + AN (1,5x + y)2 =x2 +(2,5x − y)2 2,25x2 +3xy +y2 =x2 +6,25x2 − 5xy +y2 8xy =5x2 5x y = 8$

В таком случае

AN = 2,5x − 5x-= 20x − 5x-= 15x. 8 8 8 8

Тогда

40x 15x 25x ND = 5x− AN = 8 − 8 = 8 .

Заметим, что треугольники $AMN$ и $DP N$ подобны по двум углам: $∠ANM = ∠DNP$ как вертикальные, $∠MAN = ∠P DN =90∘.$ Запишем отношение подобия:

15x- AM--= AN--= 285x-= 3. PD ND -8- 5

Таким образом,

PD = 53AM = 5x3 .

Тогда

P C =P D +CD = 5x+ 5x= 20x-. 3 3

Значит,

5x BT- = PD-= -320x-= 1. TC PC 3 4

Ответ: б) 1 : 4

Критерии оценки


Содержание критерия	Балл

Имеется верное доказательство утверждения пункта а) и обоснованно получен верный ответ в пункте б)	3

Обоснованно получен верный ответ в пункте б)	2
ИЛИ
имеется верное доказательство утверждения пункта а) и при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки

Имеется верное доказательство утверждения пункта а),	1
ИЛИ
при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки,
ИЛИ
обоснованно получен верный ответ в пункте б) с использованием утверждения пункта а), при этом пункт а) не выполнен

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	3