Планиметрическая задача

a) Доказательство:

1. Опишем окружность около прямоугольного $\triangle ABC$. Её диаметром является гипотенуза $AB$. Центр $O$ описанной окружности — середина диаметра.
2. По условию, $AH=BP$. Так как $O$ — середина $AB$, точки $H$ и $P$ симметричны относительно $O$.
3. Высота $CH \perp AB$ и перпендикуляр $QT \perp AB$. Из симметрии $H$ и $P$ относительно $O$, ординаты симметричных точек окружности $C$ и $Q$ равны: $$y_C=y_Q \Rightarrow CQ \parallel AB$$
4. Так как $CQ \parallel AB$, то четырехугольник $ACQB$ — трапеция. Вписанная трапеция всегда является равнобокой. Ч.Т.Д.

б) Решение:

1. Так как $CQ \parallel AB$ и $QT \perp AB$, то по теореме Пифагора для диаметра и хорды выполняется: $$CQ^2+QT^2=AB^2$$
2. Выразим хорду $QT$ при известном $CQ=5$: $$QT^2=AB^2-25$$ $$QT=\sqrt{AB^2-25}$$

Ответ: $$QT=\sqrt{AB^2-25}.$$

a) Четырехугольник $MCEH$ — вписанный, так как $\angle C+\angle H=90^\circ+90^\circ=180^\circ$. Следовательно, $\angle MHC=\angle MEC$.

С другой стороны, $\angle MEC=\angle MKE$, так как угол между хордой и касательной и вписанный угол. Получаем, что $$\angle MHC=\angle MKC,$$ а значит, $CH\parallel EK$.

б) По теореме Пифагора гипотенуза $AB=17$.

Продлим $MK$ и $BC$ до пересечения в точке $P$. Заметим, что $MC=CE=r$, где $r$ — радиус вписанной окружности. Тогда $$r=\frac{AC+BC-AB}{2}=\frac{6}{2}=3.$$

Тогда $EB=KB=5$, $MA=AK=12$.

Рассмотрим теорему Менелая для $\triangle ABC$ и прямой $MK$:

$$\frac{AK}{KB}\cdot\frac{BP}{PC}\cdot\frac{CM}{MA}=1$$ $$\frac{12}{5}\cdot\frac{BP}{PC}\cdot\frac{3}{12}=1$$ $$\frac{BP}{PC}=\frac{5}{3}.$$

Тогда если $PC=3x$, то $BC=2x=8$, откуда $x=4$ и $PC=3\cdot 4=12$.

Треугольники $\triangle PCH$ и $\triangle PEK$ подобны по двум углам ($\angle P$ — общий, $\angle PCH=\angle PEK$ из параллельности, доказанной в пункте a)). Тогда $$\frac{CH}{EK}=\frac{PC}{PE}=\frac{12}{15}=\frac{4}{5}.$$

Ответ: $\frac{4}{5}.$

Решение:

а)

Обозначим $BN = a$ и $ND = 3a$. Пусть $O$ — точка пересечения диагоналей $AC$ и $BD$, а $F$ — точка пересечения $MN$ и $AD$. Проведём высоту $OE$ в треугольнике $AOD$.

Из условия получаем соотношения: $$NO : OD = FE : ED = 1 : 2, \qquad AF : FE = AM : MO = 2 : 1.$$ Отсюда следует, что $AE : ED = 3 : 2$. Положим $AE = 3b$, $ED = 2b$. Треугольники $AOE$ и $ODE$ подобны (по двум углам), поэтому $$OE : AE = DE : OE \quad\Longrightarrow\quad OE^2 = AE \cdot DE = 6b^2,$$ то есть $OE = \sqrt{6}\,b$.

Теперь найдём тангенс угла $OAD$: $$\tg \angle OAD = \frac{OE}{AE} = \frac{\sqrt{6}\,b}{3b} = \frac{\sqrt{6}}{3}.$$ Тогда для угла $BAD$ (который вдвое больше) по формуле тангенса двойного угла: $$\tg \angle BAD = \frac{2\tg \angle OAD}{1 - \tg^2 OAD} = \frac{2 \cdot \frac{\sqrt{6}}{3}}{1 - \frac{6}{9}} = 2\sqrt{6}.$$ Следовательно, $$\cos \angle BAD = \frac{1}{\sqrt{\tg^2 \angle BAD + 1}} = \frac{1}{\sqrt{24 + 1}} = \frac{1}{5}.$$

б)

Пусть $\angle OAD = \angle MNO = \alpha$. Из пункта а) имеем $\cos 2\alpha = \frac{1}{5}$, откуда $$2\cos^2\alpha - 1 = \frac{1}{5} \quad\Longrightarrow\quad \cos^2\alpha = \frac{3}{5}, \quad \cos\alpha = \sqrt{\frac{3}{5}}.$$ В прямоугольном треугольнике $MNO$: $$NO = MN \cdot \cos\alpha = 5\sqrt{\frac{3}{5}} = \sqrt{15}.$$ Так как $BD = 4 \cdot NO$, получаем $$BD = 4\sqrt{15}.$$ Аналогично, $$\sin\alpha = \sqrt{1 - \frac{3}{5}} = \sqrt{\frac{2}{5}}, \quad MO = MN \cdot \sin\alpha = 5\sqrt{\frac{2}{5}} = \sqrt{10}.$$ Тогда $$AC = 6 \cdot MO = 6\sqrt{10}.$$

Площадь ромба $ABCD$: $$S_{ABCD} = \frac{1}{2} \cdot AC \cdot BD = \frac{1}{2} \cdot 6\sqrt{10} \cdot 4\sqrt{15} = 12\sqrt{150} = 60\sqrt{6}.$$

Ответ: б) $60\sqrt{6}$.