ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №18 — треугольники

Разбор — 3 балла

а) Треугольник $ABC$ остроугольный, поэтому основание $H$ высоты $CH$ лежит на стороне $AB$, между точками $A$ и $B$.

Окружность касается прямых $HB$, $BC$ и $CH$, то есть прямых, содержащих стороны треугольника $HBC$, причём отрезков $BC$ и $CH$ она касается как сторон. Вневписанная окружность касается только одной стороны треугольника, а двух других — на продолжениях. Значит, наша окружность вписана в треугольник $HBC$, и её центр $O$ — точка пересечения биссектрис этого треугольника.

Пусть $\angle BAC=\alpha$. Углы при основании равнобедренного треугольника равны, поэтому $\angle BCA=\alpha$.

В прямоугольном треугольнике $AHC$ сумма острых углов равна $90^{\circ }$:

$$\angle ACH=90^{\circ }-\angle CAH=90^{\circ }-\alpha .$$

Луч $CH$ проходит внутри угла $ACB$, поэтому

$$\angle HCB=\angle ACB-\angle ACH=\alpha -\left(90^{\circ }-\alpha \right)=2\alpha -90^{\circ }.$$

$CO$ — биссектриса угла $HCB$, а $HO$ — биссектриса прямого угла $BHC$:

$$\angle OCH=\frac{2\alpha -90^{\circ }}{2}=\alpha -45^{\circ },\angle OHC=\frac{90^{\circ }}{2}=45^{\circ }.$$

По теореме о сумме углов треугольника $OHC$:

$$\angle HOC=180^{\circ }-\angle OHC-\angle OCH=180^{\circ }-45^{\circ }-\left(\alpha -45^{\circ }\right)=180^{\circ }-\alpha .$$

Рассмотрим четырёхугольник $ACOH$. Точка $O$ лежит внутри треугольника $HBC$, а точка $A$ — по другую сторону от прямой $CH$. Углы при противоположных вершинах $A$ и $O$ в сумме дают

$$\angle HAC+\angle HOC=\alpha +\left(180^{\circ }-\alpha \right)=180^{\circ }.$$

Если сумма противоположных углов четырёхугольника равна $180^{\circ }$, около него можно описать окружность. Значит, точки $A$, $C$, $O$, $H$ лежат на одной окружности.

Углы $AOC$ и $AHC$ вписаны в эту окружность и опираются на одну и ту же хорду $AC$, причём $O$ и $H$ лежат по одну сторону от $AC$. Поэтому они равны:

$$\angle AOC=\angle AHC=90^{\circ },$$

что и требовалось доказать.

б) Окружность касается сторон $BA$ и $BC$ угла $ABC$, поэтому её центр $O$ равноудалён от этих сторон и лежит на биссектрисе угла $ABC$. Продлим биссектрису $BO$ до пересечения с основанием $AC$ в точке $M$.

В равнобедренном треугольнике биссектриса, проведённая к основанию, является также медианой и высотой. Значит, $M$ — середина $AC$ и $BM\perp AC$.

По пункту а) треугольник $AOC$ прямоугольный с гипотенузой $AC$, а $OM$ — его медиана. Медиана, проведённая к гипотенузе, равна её половине:

$$OM=\frac{AC}{2}=\frac{6}{2}=3.$$

Точка $O$ лежит внутри треугольника, то есть на отрезке $BM$, поэтому высота треугольника $ABC$ равна

$$BM=BO+OM=1+3=4.$$

Найдём площадь:

$$S_{ABC}=\frac{1}{2}\cdot AC\cdot BM=\frac{1}{2}\cdot 6\cdot 4=12.$$

Для контроля: боковая сторона $AB=\sqrt{A{M}^2+B{M}^2}=\sqrt{9+16}=5$, и треугольник со сторонами $5$, $5$, $6$ действительно остроугольный: $6^2<5^2+5^2$.

Ответ: б) $12$.