Решебник задачника Гордина по планиметрии, задачи 1.27.2-1.29.2

Делаю решебник книжки «Р. К. Гордин. ЕГЭ 2019. Математика. Геометрия. Планиметрия. Задача 16 (профильный уровень)». Думаю, она может быть позже переиздана, но задачи сохранили содержание и нумерацию. В решебнике к данной книге приведены решения задач под номером 1 (1.27.1, 3.35.1 и т.д.), поэтому привожу отсутствующие решения задач под номерами 2.

Задача 1.27.2

Диагональ равнобедренной трапеции перпендикулярна боковой стороне, а угол при основании трапеции равен $120^{\circ}$.

а) Докажите, что одно из оснований трапеции вдвое больше другого.

б) Найдите стороны трапеции, если её диагональ равна $2\sqrt{3}$.

Рисунок к задаче 1.27.2

Решение. а) Так как трапеция равнобедренная, то углы при основании оба равны $60^{\circ}$. Таким образом, треугольник $ACD$ имеет острые углы $\angle CDA=60^{\circ}$ и $\angle CAD=30^{\circ}$, так как по условию он прямоугольный. Значит, диагональ $AC$ является также и биссектрисой угла $A$. А биссектриса отсекает от трапеции (и от параллелограмма также) равнобедренный треугольник. Следовательно, $AB=BC=CD$. Если теперь провести две высоты из точек $B$ и $C$, то они отсекут от нижнего основания отрезки, равные $AE=\frac{1}{2}AB$ и $FD=\frac{1}{2}CD$, так как образованные высотами треугольники также окажутся прямоугольными с углом $30^{\circ}$, а против угла в $30^{\circ}$ лежит катет, вдвое меньший гипотенузы, коей является в данном треугольнике боковая сторона.

Проводим высоты

Следовательно,

$$AD=AE+EF+FD=\frac{1}{2}AB+BC+\frac{1}{2}CD=\frac{1}{2}BC+BC+\frac{1}{2}BC=2BC$$

Доказано.

б)

$$AD=\frac{AC}{\cos 30^{\circ}}=\frac{2\sqrt{3}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=4$$

$$BC=\frac{1}{2}AD=2$$

$$AB=CD=BC=2$$

Ответ: б) $AB=CD=BC=2$, $AD=4$.

Задача 1.28.2

Точка $E$—середина гипотенузы $ML$ прямоугольного треугольника $KLM$ с углом $30^{\circ}$ при вершине $M$. Окружность, вписанная в треугольник $KME$, касается катета $MK$ в точке $A$, а окружность, вписанная в треугольник $KLE$, касается катета $KL$ в точке $B$.

а) Докажите, что $KE= AB$.

б) В каком отношении точка касания большей из этих окружностей делит гипотенузу?

Решение.

Рисунок к задаче 1.28.2

а) Так как медиана прямоугольного треугольника равна половине гипотенузы, то $KE=ME=EL$, то есть треугольник $KME$ - равнобедренный. Поэтому точка $A$ - середина $KM$ ($DE=DP$ по теореме об отрезках касательных, проведенных к окружности из одной точки; значит, $MD=KP$, а $MD$ по той же теореме равно $MA$, и $KP=KA$, значит, $KA=MA$). Аналогично можно доказать, что точка $B$ - середина $KL$. Таким образом, $AB$ - средняя линия треугольника $KLM$, $AB\parallel ML$, $AB=\frac{1}{2}ML$. А так как медиана $KE=\frac{1}{2}ML$, то $AB=KE$. Доказано.

б) Треугольник $KEL$ - равнобедренный ($KE=EL$). Но, так как угол $\angle KLE=60^{\circ}$, то он еще и правильный, то есть $KL=EL$. Точка $B$ - середина $KL$. Но по теореме о касательных к окружности, проведенных из одной точки $BL=CL$.  Тогда:

$$EL=\frac{1}{2}ML$$

$$BL=CL=\frac{1}{2}KL=\frac{1}{2}EL=\frac{1}{4}ML$$

То есть точка $C$ делит $ML$ в отношении $3:1$ - $\frac{MC}{CL}=3$

Ответ: $\frac{MC}{CL}=3$.

1.29.2.

На катетах $KL$ и $ML$ прямоугольного треугольника $KLM$ вне треугольника построены квадраты $ABKL$ и $CDLM$, $LP$—высота треугольника $ADL$.

а) Докажите, что прямая $PL$ проходит через середину $E$ гипотенузы $KM$.

б) Найдите $EP$, если катеты треугольника $KLM$ равны 10 и 24.

Рисунок к задаче 1.29.2

Решение. а) Пусть пока $E$ - просто точка, в которой продолжение высоты $PL$ пересекает $KM$. Обозначим углы треугольника $KLM$: $\angle LKM=\alpha$, $\angle KML=\beta$.

Треугольник $KLM$ равен треугольнику $ALD$ по двум катетам. То есть в нем  углы те же, что и в треугольнике $KLM$: $\angle LAD=\alpha$, $\angle ADL=\beta$. Треугольники $APL$ и $PLD$ также прямоугольные, поэтому в них $\angle PLD=\alpha$, $\angle ALP=\beta$. А углы $ALP$ и $KLE$ равны, как вертикальные, аналогично и углы $ELM$ и $PLD$ также равны, как вертикальные:

$$\angle PLD=\alpha=\angle KLE$$

$$\angle ALP=\beta=\angle ELM$$

Значит, треугольники $KEL$ и $ELM$ оба равнобедренные: $KE=EL$, $EL=EM$, или $E$ - середина $KM$. Доказано.

б) Катеты подсказывают, что стороны треугольника $KLM$ - Пифагорова тройка. То есть $KM=AD=26$. Тогда отрезок $LE$, являющийся медианой по доказанному, равен 13. Высоту $PL$ треугольника $ALD$ найдем через площадь:

$$AL\cdot LD=AD\cdot PL$$

$$24\cdot 10=26\cdot PL$$

$$PL=\frac{120}{13}$$

В итоге

$$PE=EL+PL=13+\frac{120}{13}=\frac{289}{13}$$

Ответ: б) $PE=\frac{289}{13}$