Решебник задачника Гордина по планиметрии, задачи 1.30.2-1.32.2

Делаю решебник книжки «Р. К. Гордин. ЕГЭ 2019. Математика. Геометрия. Планиметрия. Задача 16 (профильный уровень)». Думаю, она могла 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.

1.30.2.

Точка $P$—основание высоты $BP$ равнобедренного треугольника $ABC$, опущенной на боковую сторону $AC$. Точки $E$ и $F$—середины основания $BC$ и боковой стороны $AB$ соответственно.

а) Докажите, что в четырёхугольник $BEPF$ можно вписать окружность.

б) Найдите её радиус, если $BC=12$ и $AB=AC=10$.

Рисунок к задаче 1.30.2

Решение. Медиана $AE$ будет являться и высотой, так как треугольник равнобедренный. $EF$ тогда оказывается медианой прямоугольного треугольника $BAE$, и равна она будет половине гипотенузы:

$$EF=BF=FA$$

Треугольник $BAP$ также прямоугольный, и его гипотенуза – также $AB$. $PF$ оказывается его медианой, и, значит,

$$PF=BF=FA$$

Треугольник $BPC$ также прямоугольный, и его гипотенуза –$BC$. $PE$ оказывается его медианой, и, значит,

$$PE=BE=EC$$

То есть $BFPE$ - дельтоид, а в дельтоид можно вписать окружность. Доказано.

б) Определим площадь треугольника $BFE$ - как половинки дельтоида.

$$BF=FP=EF=5$$

$$BE=EC=6$$

$$p=\frac{BF+EF+BE}{2}=8$$

$$S_{BFE}=\sqrt{p(p-BF)(p-FE)(p-BE)}=\sqrt{8\cdot(8-5)(8-5)(8-6)}=12$$

$$S_{BFPE}=2 S_{BFE}=24$$

Воспользуемся формулой

$$S=pr$$

$$r_{BFPE}=\frac{ S_{BFPE}}{p_{BFPE}}=\frac{24}{11}$$

Ответ: б) $r_{BFPE}=\frac{24}{11}$

1.31.2.

Точка $A$ расположена вне квадрата $KLMN$ с центром $O$, причём треугольник $KAN$ прямоугольный ($\angle A=90^{\circ}$ и $AK=2AN$. Точка $B$—середина стороны $KN$.

а) Докажите, что $BM \parallel AN$.

б) Прямая $AO$ пересекает сторону $ML$ квадрата в точке $P$. Найдите отношение $LP : PM$.

Рисунок к задаче 1.31.2

Решение. а) Тангенс угла $\operatorname{tg}\angle ANK=2$. Тангенс угла $\operatorname{tg}\angle MBN=2$. Таким образом, $\triangle ANK \sim \triangle MBN$ по двум углам. Так как угол $\angle ANK=\angle NBM$ и они являются накрестлежащими при секущей $BN$, то $MB \parallel AN$. Доказано.

б) $\triangle LPO= \triangle OSN$ по двум углам и стороне между ними, поэтому $KS:SN=PM:LP$. Углы $\angle KON=90^{\circ},\angle KAN=90^{\circ}$  - следовательно, четырехугольник $KONA$  - вписанный, причем $KN$ - диаметр описанной окружности. Тогда углы $\angle KAO=\angle OAN$ - вписанные. Так как они опираются на равные хорды, то они равны. $\angle KAO=\angle OAN =45^{\circ}$. Если так, то $AS$ - биссектриса угла $KAN$, а по свойству биссектрисы

$$\frac{KA}{AN}= \frac{KS}{SN}=\frac{2}{1}$$

Таким образом,

$$\frac{KS}{SN}=\frac{PM}{LP}=\frac{2}{1}$$

Ответ: б) $\frac{LP}{PM}=\frac{1}{2}$

1.32.2.

Две стороны треугольника равны 6 и 5, площадь треугольника равна 9. Медиана, проведённая к его третьей стороне, больше её половины.

а) Докажите, что треугольник остроугольный.

б) Найдите его наибольшую высоту.

Рисунок к задаче 1.32.2

Решение. а) У прямоугольного треугольника медиана равна половине гипотенузы. У остроугольного медиана длиннее половины стороны, к которой она проведена, у тупоугольного – медиана меньше половины стороны, к которой она проведена. Так как по условию $BD>AD=DC$, то треугольник остроугольный, так как с остальными двумя случаями имеем противоречие.

б) Определим синус угла $B$, зная площадь треугольника:

$$S=\frac{1}{2}AB\cdot BC\cdot \sin B$$

$$\sin B=\frac{2S}{ AB\cdot BC }=\frac{18}{30}=\frac{3}{5}$$

Тогда

$$\cos B=\frac{4}{5}$$

Определим $AC$ по теореме косинусов:

$$AC^2=AB^2+BC^2-2AB\cdot BC\cdot \cos B$$

$$AC^2=6^2+5^2-2\cdot 5\cdot 6\cdot 0,8=13$$

$$AC=\sqrt{13}$$

Так как $\sqrt{13}<5<6$, то наибольшей высотой будет высота, проведенная из вершины $B$.

Тогда

$$S=\frac{1}{2}\cdot AC\cdot BH=9$$

$$BH=\frac{2S}{AC}=\frac{18}{\sqrt{13}}$$

Ответ: б) $BH=\frac{18}{\sqrt{13}}$