ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №18 — треугольники

Разбор — 3 балла

а) Высоты $AH$ и $CT$ проведены к боковым сторонам, значит, $AB=BC$, а $AC$ — основание. Обозначим углы при основании: $\angle BAC=\angle BCA=\gamma$.

Треугольник остроугольный, поэтому $T$ лежит на стороне $AB$, а $H$ — на стороне $BC$. Точки $B$, $H$, $C$ проектируются на прямую $AB$ в точки $B$, $M$, $T$, а $H$ лежит между $B$ и $C$, поэтому $M$ лежит между $B$ и $T$. На прямой $AB$ точки идут в порядке $A$, $T$, $M$, $B$.

Найдём угол $AMK$. В прямоугольном треугольнике $AHC$ угол $HAC=90^{\circ }-\gamma$. В прямоугольном треугольнике $AKH$

$$\angle AHK=90^{\circ }-\angle HAK=90^{\circ }-\left(90^{\circ }-\gamma \right)=\gamma .$$

Углы $AMH$ и $AKH$ прямые, поэтому точки $M$ и $K$ лежат на окружности с диаметром $AH$, то есть четырёхугольник $AMHK$ вписанный. Вписанные углы $AMK$ и $AHK$ опираются на одну дугу $AK$, поэтому

$$\angle AMK=\angle AHK=\gamma .$$

Найдём угол $BTH$. Углы $ATC$ и $AHC$ прямые, поэтому точки $T$ и $H$ лежат на окружности с диаметром $AC$, и четырёхугольник $ATHC$ вписанный. Сумма его противоположных углов равна $180^{\circ }$, а угол $BTH$ смежный с углом $ATH$, поэтому

$$\angle BTH=180^{\circ }-\angle ATH=\angle ACH=\gamma .$$

Сравним прямоугольные треугольники $TME$ и $MTH$:

• сторона $MT$ общая;
• $\angle MTE=\angle TMH=90^{\circ }$, так как $CT\perp AB$ и $HM\perp AB$;
• $\angle TME=\angle AMK=\gamma$ (луч $MT$ совпадает с лучом $MA$, а $E$ лежит на отрезке $MK$) и $\angle MTH=\angle BTH=\gamma$ (луч $TM$ совпадает с лучом $TB$).

По стороне и двум прилежащим к ней углам $△TME=△MTH$, поэтому $TE=MH$.

Отрезки $TE$ и $MH$ перпендикулярны $AB$, значит, параллельны, и лежат по одну сторону от $AB$. Четырёхугольник $MTEH$, у которого две противоположные стороны равны и параллельны, — параллелограмм, а с прямым углом $M$ — прямоугольник. Следовательно, $EH\parallel MT$, то есть $EH\parallel AB$. Что и требовалось доказать.

Заметим, что мы фактически доказали частный случай теоремы о прямой Симсона: основания перпендикуляров, опущенных из точки $H$ окружности, описанной около треугольника $ATC$, на прямые $AT$, $AC$ и $TC$, лежат на одной прямой $MK$.

б) Пусть $AB=BC=13$, $AC=10$. По пункту а) $MTEH$ — прямоугольник, а диагонали прямоугольника равны, поэтому $ME=TH$.

Проведём высоту $BP$ к основанию. В равнобедренном треугольнике она является медианой, поэтому $AP=PC=5$, и по теореме Пифагора

$$BP=\sqrt{A{B}^2-A{P}^2}=\sqrt{169-25}=12.$$

Запишем площадь треугольника $ABC$ двумя способами и найдём высоту $AH$:

$$S_{ABC}=\frac{1}{2}\cdot AC\cdot BP=\frac{1}{2}\cdot 10\cdot 12=60,AH=\frac{2S_{ABC}}{BC}=\frac{120}{13}.$$

По теореме Пифагора в треугольнике $AHC$:

$$CH=\sqrt{A{C}^2-A{H}^2}=\sqrt{100-\frac{14400}{169}}=\sqrt{\frac{2500}{169}}=\frac{50}{13},BH=BC-CH=13-\frac{50}{13}=\frac{119}{13}.$$

Треугольники $BTH$ и $BCA$ подобны по двум углам: угол $B$ общий и $\angle BTH=\angle BCA$ (доказано в пункте а)). Стороне $TH$ соответствует сторона $CA$, стороне $BH$ — сторона $BA$:

$$\frac{TH}{AC}=\frac{BH}{AB}=\frac{119}{13\cdot 13}=\frac{119}{169}\Rightarrow TH=10\cdot \frac{119}{169}=\frac{1190}{169}.$$

Проверим через косинус угла $B$: по теореме косинусов $\cos \angle B=\frac{13^2+13^2-10^2}{2\cdot 13\cdot 13}=\frac{238}{338}=\frac{119}{169}$, и $BH=AB\cos \angle B=\frac{119}{13}$ — совпадает.

Итак, $ME=TH=\frac{1190}{169}$.

Ответ: б) $\frac{1190}{169}$.