ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №18 — треугольники

Разбор — 3 балла

а) Рассмотрим остроугольный треугольник $ABC$ (именно такой дан в пункте б)). Тогда основания высот лежат на сторонах, а точка $H$ — внутри треугольника.

Сначала выясним, где лежит точка $K$. Рассмотрим треугольник $ABH$. Точка $C_1$ лежит на его стороне $AB$, а прямая $C_{1}K$ параллельна его стороне $BH$ (это прямая $B{B}_1$). Прямая, проведённая через точку стороны треугольника параллельно другой стороне, пересекает третью сторону, поэтому $K$ лежит на отрезке $AH$. В частности, $\angle C_{1}HK=\angle C_{1}HA$.

Найдём угол $C_{1}HA$. Треугольник $A{C}_{1}H$ прямоугольный ($C{C}_1\perp AB$), поэтому

$$\angle C_{1}HA=90^{\circ }-\angle C_{1}AH=90^{\circ }-\angle BA{A}_1.$$

Треугольник $AB{A}_1$ прямоугольный ($A{A}_1\perp BC$), поэтому $\angle BA{A}_1=90^{\circ }-\angle ABC$. Значит,

$$\angle C_{1}HK=\angle C_{1}HA=90^{\circ }-(90^{\circ }-\angle ABC)=\angle ABC.$$

Найдём угол $K{C}_{1}H$. Углы $A{C}_{1}K$ и $AB{B}_1$ — соответственные при параллельных прямых $C_{1}K$, $B{B}_1$ и секущей $AB$, поэтому они равны. Из прямоугольного треугольника $AB{B}_1$ ($B{B}_1\perp AC$)

$$\angle A{C}_{1}K=\angle AB{B}_1=90^{\circ }-\angle BAC.$$

Угол $A{C}_{1}H$ прямой, а луч $C_{1}K$ проходит внутри него (точка $K$ лежит на отрезке $AH$). Поэтому

$$\angle K{C}_{1}H=\angle A{C}_{1}H-\angle A{C}_{1}K=90^{\circ }-(90^{\circ }-\angle BAC)=\angle BAC.$$

Итак, у треугольников $C_{1}HK$ и $ABC$ равны два угла: $\angle K{C}_{1}H=\angle BAC$ и $\angle C_{1}HK=\angle ABC$. По двум углам

$$△C_{1}HK\sim △ABC,$$

причём $C_1$ соответствует $A$, $H$ — вершине $B$, $K$ — вершине $C$. Соответственные стороны пропорциональны:

$$\frac{C_{1}H}{AB}=\frac{HK}{BC}\Rightarrow AB\cdot KH=BC\cdot C_{1}H,$$

что и требовалось доказать.

б) Самая большая сторона $BC=5$, и $B{C}^2=25<A{B}^2+A{C}^2=16+17=33$, поэтому треугольник остроугольный, и рассуждения пункта а) применимы.

По теореме косинусов для треугольника $ABC$

$$A{C}^2=A{B}^2+B{C}^2-2\cdot AB\cdot BC\cdot \cos \angle ABC\Rightarrow 17=16+25-40\cos \angle ABC,$$

$$\cos \angle ABC=\frac{16+25-17}{40}=\frac{24}{40}=0,6.$$

Угол треугольника лежит между $0^{\circ }$ и $180^{\circ }$, его синус положителен:

$$\sin \angle ABC=\sqrt{1-0,6^2}=\sqrt{0,64}=0,8,\mathrm{tg}\angle ABC=\frac{0,8}{0,6}=\frac{4}{3}.$$

Из прямоугольного треугольника $B{C}_{1}C$ найдём проекцию стороны $BC$ на $AB$:

$$B{C}_1=BC\cdot \cos \angle ABC=5\cdot 0,6=3,A{C}_1=AB-B{C}_1=4-3=1.$$

В пункте а) мы доказали, что $\angle C_{1}HA=\angle ABC$. В прямоугольном треугольнике $A{C}_{1}H$ катет $A{C}_1$ противолежит этому углу, а катет $C_{1}H$ прилежит к нему:

$$\mathrm{tg}\angle C_{1}HA=\frac{A{C}_1}{C_{1}H}\Rightarrow C_{1}H=\frac{A{C}_1}{\mathrm{tg}\angle ABC}=\frac{1}{\frac{4}{3}}=\frac{3}{4}.$$

Сторона $C_{1}H$ треугольника $C_{1}HK$ соответствует стороне $AB$ треугольника $ABC$, поэтому коэффициент подобия

$$k=\frac{C_{1}H}{AB}=\frac{\frac{3}{4}}{4}=\frac{3}{16}.$$

Площади подобных треугольников относятся как квадрат коэффициента подобия:

$$\frac{S_{C_{1}HK}}{S_{ABC}}=k^2={\left(\frac{3}{16}\right)}^2=\frac{9}{256}.$$

Ответ: б) $\frac{9}{256}$.