ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №18 — треугольники

Разбор — 3 балла

а) Пусть $O$ — центр вписанной окружности, $\angle ACB=90^{\circ }$. Отрезки касательных, проведённых из одной точки к окружности, равны, поэтому $CE=CM$ и $BE=BK$.

Сначала уточним положение точки $H$. Угол $BEK$ образован касательной $BC$ и хордой $EK$, поэтому он равен половине дуги $EK$, заключённой внутри него. Вписанный угол $EMK$ опирается на ту же дугу $EK$. Следовательно,

$$\angle EMK=\angle BEK=\frac{1}{2}\stackrel{⌣}{\mathrm{EK}}.$$

Треугольник $BEK$ равнобедренный ($BE=BK$), поэтому $\angle BEK=\frac{180^{\circ }-\angle B}{2}<90^{\circ }$. Треугольник $ECM$ прямоугольный и равнобедренный ($CE=CM$), поэтому $\angle CEM=45^{\circ }$. Угол между касательной $CE$ и хордой $EM$ равен половине дуги $EM$, значит, $\stackrel{⌣}{\mathrm{EM}}=90^{\circ }$, и вписанный угол $EKM$, опирающийся на эту дугу, равен $45^{\circ }$. Оба угла треугольника $EMK$ при стороне $MK$ острые, поэтому основание $H$ перпендикуляра из $E$ лежит на отрезке $MK$, и $\angle EMH=\angle EMK$.

Углы $ECM$ и $EHM$ прямые, поэтому точки $C$ и $H$ видят отрезок $EM$ под прямым углом и лежат на окружности $\omega$ с диаметром $EM$. Углы $ECH$ и $EMH$ вписаны в $\omega$ и опираются на одну дугу $EH$, поэтому они равны:

$$\angle ECH=\angle EMH=\angle EMK=\angle BEK.$$

Точка $E$ лежит на отрезке $BC$, значит, $\angle ECH=\angle BCH$. Получили $\angle BCH=\angle BEK$. Это соответственные углы при прямых $CH$, $EK$ и секущей $BC$ (точки $H$ и $K$ лежат по одну сторону от $BC$). По признаку параллельности прямых $EK\parallel CH$. Что и требовалось доказать.

б) В пункте а) мы получили $\angle EKM=45^{\circ }$.

Рассмотрим треугольник $EHK$: угол $H$ прямой, угол $K$ равен $45^{\circ }$, значит, и третий угол равен $45^{\circ }$, и треугольник равнобедренный: $HE=HK$. Треугольник $BEK$ тоже равнобедренный: $BE=BK$. Точки $B$ и $H$ равноудалены от концов отрезка $EK$, поэтому обе лежат на серединном перпендикуляре к $EK$. Значит, прямая $BH$ — серединный перпендикуляр к $EK$. Пусть $T$ — точка пересечения $BH$ и $EK$; тогда $T$ — середина $EK$ и

$$\frac{CH}{EK}=\frac{CH}{2ET}.$$

Треугольники $BET$ и $BCH$ подобны по двум углам: угол $B$ у них общий, а $\angle BET=\angle BEK=\angle BCH$ по пункту а). Из подобия

$$\frac{CH}{ET}=\frac{BC}{BE},\frac{CH}{EK}=\frac{CH}{2ET}=\frac{BC}{2BE}.$$

Осталось найти $BE$. По теореме Пифагора

$$AB=\sqrt{A{C}^2+B{C}^2}=\sqrt{15^2+8^2}=\sqrt{289}=17.$$

Радиус вписанной окружности равен отношению площади к полупериметру:

$$r=\frac{S}{p}=\frac{\frac{1}{2}\cdot 15\cdot 8}{\frac{1}{2}\cdot (15+8+17)}=\frac{120}{40}=3.$$

Четырёхугольник $CEOM$ — квадрат: у него три прямых угла (при $C$ и в точках касания $E$, $M$, где радиус перпендикулярен касательной) и равные соседние стороны $OE=OM=r$. Поэтому $CE=r=3$ и $BE=BC-CE=8-3=5$. Тогда

$$\frac{CH}{EK}=\frac{BC}{2BE}=\frac{8}{2\cdot 5}=\frac{4}{5}.$$

Ответ: б) $\frac{4}{5}$.