ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №18 — окружности

Разбор — 3 балла

а) Угол $A$ равен $120^{\circ }$, то есть тупой. Основание $M$ перпендикуляра из $B$ на прямую $AC$ лежит на продолжении стороны $CA$ за точку $A$: если бы $M$ лежала на луче $AC$, то в прямоугольном треугольнике $ABM$ был бы угол $BAM=120^{\circ }$, что невозможно. Поэтому угол $BAM$ смежный с углом $BAC$:

$$\angle BAM=180^{\circ }-120^{\circ }=60^{\circ }.$$

В прямоугольном треугольнике $ABM$ отношение прилежащего к углу катета к противолежащему равно котангенсу угла:

$$\frac{AM}{BM}=\mathrm{ctg}60^{\circ }=\frac{1}{\sqrt{3}}.$$

Прямые, содержащие три высоты треугольника, пересекаются в одной точке, поэтому прямая $AH$ содержит высоту из вершины $A$: $AH\perp BC$.

Рассмотрим прямоугольные треугольники $AMH$ и $BMC$ (прямые углы при вершине $M$, так как $BM\perp AC$). Их острые углы $AHM$ и $BCM$ имеют соответственно перпендикулярные стороны: $HA\perp CB$ и $HM\perp CM$. Острые углы с соответственно перпендикулярными сторонами равны, поэтому $\angle AHM=\angle BCM$. Значит, треугольники подобны по двум углам ($A$ соответствует $B$, $M$ — вершине $M$, $H$ — вершине $C$), и

$$\frac{AH}{BC}=\frac{AM}{BM}=\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow AH=\frac{BC}{\sqrt{3}}.$$

По теореме синусов $\frac{BC}{\sin \angle BAC}=2R$, где $R=AO$ — радиус описанной окружности. Отсюда

$$AO=\frac{BC}{2\sin 120^{\circ }}=\frac{BC}{2\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{BC}{\sqrt{3}}.$$

Значит, $AH=AO$, что и требовалось доказать.

б) Из пункта а)

$$AH=AO=\frac{\sqrt{15}}{\sqrt{3}}=\sqrt{5}.$$

Найдём угол $C$ по сумме углов треугольника: $\angle ACB=180^{\circ }-120^{\circ }-45^{\circ }=15^{\circ }$.

Пусть $AD$ — высота треугольника $ABC$. Углы $B$ и $C$ острые, поэтому $D$ лежит на стороне $BC$, а точка $H$ — на прямой $AD$. Из прямоугольного треугольника $ABD$

$$\angle BAD=90^{\circ }-\angle ABD=90^{\circ }-45^{\circ }=45^{\circ }.$$

Угол $ACB$ острый, поэтому центр $O$ лежит с вершиной $C$ по одну сторону от хорды $AB$, а центральный угол $AOB$, опирающийся на ту же дугу, что и вписанный угол $ACB$, вдвое больше его:

$$\angle AOB=2\cdot 15^{\circ }=30^{\circ }.$$

Треугольник $AOB$ равнобедренный ($OA=OB$ — радиусы), поэтому

$$\angle BAO=\frac{180^{\circ }-30^{\circ }}{2}=75^{\circ }.$$

Точки $D$ и $O$ лежат по одну сторону от прямой $AB$ (там же, где $C$), а лучи $AD$ и $AO$ образуют с лучом $AB$ углы $45^{\circ }$ и $75^{\circ }$. Поэтому

$$\angle DAO=\angle BAO-\angle BAD=75^{\circ }-45^{\circ }=30^{\circ }.$$

Точки $H$, $A$, $D$ лежат на одной прямой. На рисунке $H$ лежит на продолжении $DA$ за точку $A$, и угол $HAO$ смежный с углом $DAO$: $\angle HAO=180^{\circ }-30^{\circ }=150^{\circ }$. В любом случае углы $HAO$ и $DAO$ либо смежные, либо совпадают, и их синусы равны:

$$\sin \angle HAO=\sin 30^{\circ }=\frac{1}{2}.$$

Площадь треугольника равна половине произведения двух сторон на синус угла между ними:

$$S_{AHO}=\frac{1}{2}\cdot AH\cdot AO\cdot \sin \angle HAO=\frac{1}{2}\cdot \sqrt{5}\cdot \sqrt{5}\cdot \frac{1}{2}=\frac{5}{4}.$$

Ответ: б) $\frac{5}{4}$.