ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №18 — треугольники

Разбор — 3 балла

а) Точка $H$ лежит на отрезке $BM$, то есть на стороне $BC$, поэтому $\angle ACH=\angle ACB=30^{\circ }$. В прямоугольном треугольнике $AHC$ сумма острых углов равна $90^{\circ }$, значит,

$$\angle HAC=90^{\circ }-30^{\circ }=60^{\circ }.$$

Луч $AM$ — биссектриса угла $HAC$, поэтому

$$\angle HAM=\angle MAC=\frac{60^{\circ }}{2}=30^{\circ }.$$

В треугольнике $AMC$ углы при стороне $AC$ равны: $\angle MAC=\angle MCA=30^{\circ }$. Значит, он равнобедренный, и $AM=CM$.

$AM$ — медиана, поэтому $BM=CM$. Получаем $MA=MB=MC$: точка $M$ равноудалена от всех вершин треугольника, то есть $M$ — центр описанной окружности. Она лежит на стороне $BC$, значит, $BC$ — диаметр этой окружности, и вписанный угол $BAC$, опирающийся на диаметр, прямой. Треугольник $ABC$ прямоугольный. Что и требовалось доказать.

б) В прямоугольном треугольнике $ABC$ катет $AB$ лежит против угла $30^{\circ }$, поэтому он равен половине гипотенузы:

$$BC=2AB=20,BM=MC=AM=10.$$

Рассмотрим треугольник $ABM$. В нём $AM=BM=10$, а $\angle ABM=90^{\circ }-30^{\circ }=60^{\circ }$. Равнобедренный треугольник с углом $60^{\circ }$ равносторонний, поэтому его высота $AH$ является и медианой:

$$BH=HM=\frac{BM}{2}=5.$$

Рассмотрим треугольник $MQC$: он прямоугольный ($MQ\perp AC$), угол $C$ равен $30^{\circ }$. Катет $MQ$ лежит против угла $30^{\circ }$, поэтому $MQ=\frac{MC}{2}=5$, а второй острый угол $\angle QMC=90^{\circ }-30^{\circ }=60^{\circ }$.

Разберёмся, где находится точка $F$. Луч $MQ$ образует с лучом $MC$ острый угол $60^{\circ }$, поэтому, уходя вверх от прямой $BC$, он отклоняется в сторону точки $C$ и не встречает прямую $AH$: она перпендикулярна $BC$ и проходит через точку $H$, лежащую по другую сторону от $M$. Значит, прямые $MQ$ и $AH$ пересекаются по другую сторону от прямой $BC$ — на продолжении $QM$ за точку $M$ и на продолжении $AH$ за точку $H$. Тогда углы $HMF$ и $QMC$ вертикальные:

$$\angle HMF=\angle QMC=60^{\circ }.$$

В прямоугольном треугольнике $FHM$ (прямой угол $H$, так как $AH\perp BC$)

$$FH=HM\cdot \mathrm{tg}60^{\circ }=5\sqrt{3}.$$

К тому же результату приводит и равенство треугольников $HMF$ и $QMC$ по катету и прилежащему острому углу ($HM=QM=5$, $\angle HMF=\angle QMC$): из него $FM=MC=10$ и по теореме Пифагора $FH=\sqrt{F{M}^2-H{M}^2}=\sqrt{100-25}=5\sqrt{3}$.

Отрезок $FH$ перпендикулярен прямой $BC$, на которой лежит сторона $MC$ треугольника $CFM$, поэтому $FH$ — высота этого треугольника:

$$S_{CFM}=\frac{1}{2}\cdot MC\cdot FH=\frac{1}{2}\cdot 10\cdot 5\sqrt{3}=25\sqrt{3}.$$

Ответ: б) $25\sqrt{3}$.