ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №18 — треугольники

Разбор — 3 балла

Окружность с центром $O$ касается всех трёх сторон треугольника $ABC$, то есть это вписанная окружность; обозначим её радиус $r$. Угол $C$ прямой.

а) Радиус, проведённый в точку касания, перпендикулярен касательной: $OM\perp AC$ и $OE\perp BC$. В четырёхугольнике $CMOE$ три угла прямые ($C$, $M$ и $E$), значит, это прямоугольник, а так как его соседние стороны $OM$ и $OE$ равны радиусу, то это квадрат. Диагональ $EM$ квадрата образует с его сторонами углы $45^{\circ }$, поэтому $\angle CEM=45^{\circ }$, а $\angle EOM=90^{\circ }$.

По условию $EH\perp MK$, то есть $\angle EHM=90^{\circ }$. Кроме того, $\angle ECM=90^{\circ }$. Точки $H$ и $C$ видят отрезок $EM$ под прямым углом, поэтому лежат на окружности с диаметром $EM$. Вписанные углы $CHM$ и $CEM$ этой окружности опираются на одну дугу $CM$, поэтому

$$\angle CHM=\angle CEM=45^{\circ }.$$

Теперь рассмотрим вписанную окружность треугольника. Центральный угол $EOM$ равен $90^{\circ }$. Точка $K$ лежит на большей дуге $EM$ (меньшая дуга $EM$ обращена к вершине $C$), поэтому вписанный угол $EKM$ равен половине центрального угла, опирающегося на ту же дугу:

$$\angle EKM=\frac{1}{2}\angle EOM=45^{\circ }.$$

Точка $H$ лежит на отрезке $MK$: в треугольнике $EMK$ угол $K$ равен $45^{\circ }$, а угол $M$ тоже острый — он вписанный и опирается на дугу $EK$, меньшую полуокружности. Поэтому основание высоты $EH$ попадает на сторону $MK$, и лучи $HM$ и $KM$ направлены одинаково.

Итак, $\angle CHM=\angle EKM=45^{\circ }$. Это соответственные углы при прямых $HC$ и $KE$ и секущей $MK$ (точки $C$ и $E$ лежат по одну сторону от прямой $MK$). По признаку параллельности прямых $CH\parallel EK$, что и требовалось доказать.

б) По теореме Пифагора

$$AB=\sqrt{A{C}^2+B{C}^2}=\sqrt{144+25}=13.$$

Радиус окружности, вписанной в прямоугольный треугольник, равен

$$r=\frac{AC+BC-AB}{2}=\frac{12+5-13}{2}=2.$$

Стороны квадрата $CMOE$ равны радиусу: $CM=CE=2$. Отрезки касательных, проведённых из одной точки, равны, поэтому

$$AK=AM=AC-CM=10,BK=BE=BC-CE=3.$$

Проверка: $AK+KB=10+3=13=AB$.

Пусть прямая $MK$ пересекает прямую $BC$ в точке $T$. Найдём $CT$. Опустим из точки $K$ перпендикуляр $KF$ на $AC$. В прямоугольном треугольнике $ABC$ имеем $\sin A=\frac{BC}{AB}=\frac{5}{13}$, $\cos A=\frac{AC}{AB}=\frac{12}{13}$. Из прямоугольного треугольника $AKF$

$$KF=AK\sin A=10\cdot \frac{5}{13}=\frac{50}{13},AF=AK\cos A=10\cdot \frac{12}{13}=\frac{120}{13}.$$

Так как $AF=\frac{120}{13}<10=AM$, точка $F$ лежит между $A$ и $M$, и

$$FM=AM-AF=10-\frac{120}{13}=\frac{10}{13}.$$

Прямоугольные треугольники $MFK$ и $MCT$ подобны: углы $F$ и $C$ у них прямые, а углы при вершине $M$ равны как вертикальные. Отсюда

$$\frac{CT}{CM}=\frac{FK}{FM}=\frac{50/13}{10/13}=5,CT=5\cdot CM=10.$$

Точка $T$ лежит на продолжении отрезка $KM$ за точку $M$, то есть по другую сторону от прямой $AC$, чем $B$. Значит, $T$ лежит на продолжении $BC$ за точку $C$, и

$$TE=TC+CE=10+2=12.$$

Точки $T$, $H$, $K$ лежат на прямой $MK$, точки $T$, $C$, $E$ — на прямой $BC$, и по пункту а) $CH\parallel EK$. Поэтому треугольники $TCH$ и $TEK$ подобны: угол $T$ общий, а $\angle TCH=\angle TEK$ как соответственные. Из подобия

$$\frac{CH}{EK}=\frac{TC}{TE}=\frac{10}{12}=\frac{5}{6}.$$

Ответ: б) $5:6$.