ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №18 — треугольники

Разбор — 3 балла

а) Обозначим $\angle ACB=\alpha$, $\angle BAC=\gamma$, $\angle ABC=\beta$. Треугольник остроугольный, поэтому точка $H$ лежит внутри него, а основания высот — на сторонах.

Пусть прямая, проведённая через $C_1$ параллельно $B{B}_1$, пересекает сторону $AC$ в точке $B_2$. Точка $K$ лежит между $C_1$ и $B_2$, а на высоте $A{A}_1$ — между $A$ и $H$.

Найдём угол $C_{1}KH$. Так как $C_1{B}_2\parallel B{B}_1$ и $B{B}_1\perp AC$, то $C_1{B}_2\perp AC$, то есть треугольник $A{B}_{2}K$ прямоугольный. Из прямоугольного треугольника $A{A}_{1}C$ (сумма острых углов равна $90^{\circ }$) имеем $\angle A_{1}AC=90^{\circ }-\alpha$, поэтому в треугольнике $A{B}_{2}K$

$$\angle AK{B}_2=90^{\circ }-\angle KA{B}_2=90^{\circ }-(90^{\circ }-\alpha )=\alpha .$$

Углы $C_{1}KH$ и $B_{2}KA$ вертикальные, поэтому

$$\angle C_{1}KH=\angle AK{B}_2=\alpha =\angle ACB.$$

Найдём угол $K{C}_{1}H$. Из прямоугольного треугольника $A{C}_{1}C$ имеем $\angle C_{1}CA=90^{\circ }-\gamma$. Тогда в прямоугольном треугольнике $H{B}_{1}C$ ($\angle H{B}_{1}C=90^{\circ }$)

$$\angle B_{1}HC=90^{\circ }-\angle HC{B}_1=90^{\circ }-(90^{\circ }-\gamma )=\gamma .$$

Прямые $C_1{B}_2$ и $H{B}_1$ параллельны, $C{C}_1$ — секущая, углы $B_2{C}_{1}C$ и $B_{1}HC$ — соответственные, поэтому они равны. Луч $C_1{B}_2$ совпадает с лучом $C_{1}K$, а луч $C_{1}C$ — с лучом $C_{1}H$, значит,

$$\angle K{C}_{1}H=\angle B_2{C}_{1}C=\angle B_{1}HC=\gamma =\angle BAC.$$

Треугольники $K{C}_{1}H$ и $CAB$ подобны по двум углам, причём $K\leftrightarrow C$, $C_1\leftrightarrow A$, $H\leftrightarrow B$. Отношения соответственных сторон равны:

$$\frac{KH}{CB}=\frac{C_{1}H}{AB}\Rightarrow AB\cdot KH=BC\cdot C_{1}H.$$

Что и требовалось доказать.

б) Коэффициент подобия треугольников $K{C}_{1}H$ и $CAB$ равен $k=\frac{C_{1}H}{AB}$, а отношение площадей подобных треугольников равно квадрату коэффициента подобия. Найдём $C_{1}H$.

По теореме косинусов найдём косинусы углов $\beta$ и $\gamma$:

$$\cos \beta =\frac{A{B}^2+B{C}^2-A{C}^2}{2\cdot AB\cdot BC}=\frac{36+16-25}{2\cdot 6\cdot 4}=\frac{27}{48}=\frac{9}{16},$$

$$\cos \gamma =\frac{A{B}^2+A{C}^2-B{C}^2}{2\cdot AB\cdot AC}=\frac{36+25-16}{2\cdot 6\cdot 5}=\frac{45}{60}=\frac{3}{4}.$$

По основному тригонометрическому тождеству $\sin \gamma =\sqrt{1-\frac{9}{16}}=\frac{\sqrt{7}}{4}$, поэтому

$$\mathrm{ctg}\gamma =\frac{\cos \gamma }{\sin \gamma }=\frac{3}{\sqrt{7}}.$$

Из прямоугольного треугольника $B{C}_{1}C$ катет $B{C}_1=BC\cdot \cos \beta =4\cdot \frac{9}{16}=\frac{9}{4}$.

Из прямоугольного треугольника $AB{B}_1$ угол $\angle AB{B}_1=90^{\circ }-\gamma$. В прямоугольном треугольнике $B{C}_{1}H$ ($\angle B{C}_{1}H=90^{\circ }$) катет $C_{1}H$ противолежит этому углу, поэтому

$$C_{1}H=B{C}_1\cdot \mathrm{tg}(90^{\circ }-\gamma )=B{C}_1\cdot \mathrm{ctg}\gamma =\frac{9}{4}\cdot \frac{3}{\sqrt{7}}=\frac{27}{4\sqrt{7}}.$$

Коэффициент подобия:

$$k=\frac{C_{1}H}{AB}=\frac{27}{4\sqrt{7}\cdot 6}=\frac{9}{8\sqrt{7}}.$$

Отношение площадей:

$$\frac{S_{C_{1}HK}}{S_{ABC}}=k^2=\frac{81}{64\cdot 7}=\frac{81}{448}.$$

Ответ: б) $\frac{81}{448}$.