Четырехуголь… — Задание 18 ЕГЭ по математике №00043791

Здесь в параллелограмме один угол вдвое больше другого, поэтому всё удобно выразить через один угол $\varphi$ и пользоваться теоремой синусов. Пусть $\angle CAD=\varphi$. Тогда $\angle BAC=2\varphi$, $\angle BAL=\angle LAC=\varphi$, а $\angle BCA=\angle CAD=\varphi$ (накрест лежащие при $BC\parallel AD$).

Пункт а. Докажем через теорему синусов. В треугольнике $ABL$:

$$\dfrac{AB}{AL}=\dfrac{\sin\angle ALB}{\sin\angle ABL}.$$

Угол $ALB$ — внешний угол треугольника $ALC$ при вершине $L$, он равен сумме двух других углов этого треугольника: $\angle ALB=\varphi+\varphi=2\varphi=\angle BAC$. Угол $ABL$ — это угол $B$ треугольника $ABC$.

В треугольнике $ABC$ по теореме синусов $\dfrac{BC}{AC}=\dfrac{\sin\angle BAC}{\sin\angle ABC}$. Правые части совпадают, значит,

$$AB:AL=BC:AC.$$

Что и требовалось доказать.

Пункт б. Найдём $EL$ из треугольника $ELC$: в нём можно узнать угол при $C$, а стороны $CL$ и $CE$ найдём по теореме синусов.

Угол $ECL$. Точка $E$ лежит на продолжении $CD$ за $D$, поэтому луч $CE$ совпадает с лучом $CD$, а $L$ лежит на $CB$. Значит, $\angle ECL=\angle DCB$ — угол параллелограмма, равный противоположному углу $BAD=2\varphi+\varphi=3\varphi$.

Сторона $CL$. В треугольнике $ALC$ углы при $A$ и $C$ равны $\varphi$, угол при $L$ равен $180^\circ-2\varphi$. По теореме синусов $\dfrac{CL}{\sin\varphi}=\dfrac{AC}{\sin2\varphi}$, откуда $CL=\dfrac{AC\sin\varphi}{2\sin\varphi\cos\varphi}=\dfrac{12}{\cos\varphi}$.

Сторона $CE$. Угол $ECA=\angle DCA=\angle BAC=2\varphi$ (накрест лежащие при $AB\parallel CD$). Треугольник $AEC$ равнобедренный ($AE=CE$), поэтому и $\angle EAC=2\varphi$, а угол при $E$ равен $180^\circ-4\varphi$. По теореме синусов $\dfrac{CE}{\sin2\varphi}=\dfrac{AC}{\sin4\varphi}$, откуда $CE=\dfrac{AC\sin2\varphi}{2\sin2\varphi\cos2\varphi}=\dfrac{12}{\cos2\varphi}$.

Числа. Из $\operatorname{tg}\varphi=0{,}6$: $\cos^2\varphi=\dfrac{1}{1+0{,}36}=\dfrac{25}{34}$, $\cos2\varphi=2\cos^2\varphi-1=\dfrac{50}{34}-1=\dfrac{8}{17}$. Тогда $CE=\dfrac{12\cdot17}{8}=25{,}5$ и $CL^2=\dfrac{144}{\cos^2\varphi}=\dfrac{144\cdot34}{25}=195{,}84$.

Для теоремы косинусов нужно произведение $CL\cdot\cos3\varphi$. По формуле $\cos3\varphi=\cos\varphi\,(4\cos^2\varphi-3)$:

$$CL\cdot\cos3\varphi=\dfrac{12}{\cos\varphi}\cdot\cos\varphi\left(4\cdot\dfrac{25}{34}-3\right)=12\cdot\left(\dfrac{100}{34}-\dfrac{102}{34}\right)=-\dfrac{12}{17}.$$

$$EL^2=CE^2+CL^2-2\cdot CE\cdot CL\cos3\varphi=650{,}25+195{,}84+2\cdot25{,}5\cdot\dfrac{12}{17}=650{,}25+195{,}84+36=882{,}09.$$

$EL=\sqrt{882{,}09}=29{,}7$, ведь $29{,}7^2=882{,}09$.

Проверим прикидкой: $\operatorname{tg}\varphi=0{,}6$ даёт $\varphi\approx31^\circ$, поэтому угол $ECL=3\varphi\approx93^\circ$ — чуть больше прямого. Значит, $EL$ должна быть чуть больше $\sqrt{CE^2+CL^2}=\sqrt{846{,}09}\approx29{,}1$. Так и вышло. Кроме того, $4\varphi\approx124^\circ\lt180^\circ$, так что треугольник $AEC$ существует.