ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №18 — треугольники

Разбор — 3 балла

а) По условию $AB=BC$ — боковые стороны, $AC$ — основание. Треугольник остроугольный, поэтому основания высот $H$ и $T$ лежат на сторонах $BC$ и $AB$. Проекция стороны $BC$ на прямую $AB$ — отрезок $BT$, а $H$ лежит внутри $BC$, поэтому точка $M$ лежит между $T$ и $B$.

Пусть $F$ — основание перпендикуляра, опущенного из $H$ на прямую $CT$. Докажем, что $F$ лежит на прямой $MK$.

Четырёхугольник $MTFH$ — прямоугольник: у него прямые углы при вершинах $M$ ($HM\perp AB$), $T$ ($CT\perp AB$) и $F$ ($HF\perp CT$). Прямоугольные треугольники $MTF$ и $TMH$ равны по двум катетам: $MT$ — общий, $TF=MH$ как противоположные стороны прямоугольника. Поэтому

$$\angle TMF=\angle MTH=\angle BTH.$$

Углы $ATC$ и $AHC$ прямые, поэтому точки $T$ и $H$ лежат на окружности с диаметром $AC$, и четырёхугольник $ATHC$ вписанный. Внешний угол вписанного четырёхугольника равен внутреннему углу при противоположной вершине:

$$\angle BTH=180^{\circ }-\angle ATH=\angle ACH=\angle ACB.$$

Итак, $\angle TMF=\angle ACB$.

Теперь найдём угол между прямыми $MA$ и $MK$. Углы $AMH$ и $AKH$ прямые, поэтому четырёхугольник $AMHK$ вписан в окружность с диаметром $AH$. Вписанные углы $AMK$ и $AHK$ опираются на одну дугу $AK$, поэтому они равны. В прямоугольном треугольнике $AHC$ отрезок $HK$ — высота, проведённая из вершины прямого угла, поэтому $\angle AHK=90^{\circ }-\angle HAC=\angle ACH$. Значит,

$$\angle AMK=\angle AHK=\angle ACB.$$

Точка $T$ лежит между $A$ и $M$, поэтому лучи $MT$ и $MA$ совпадают. Лучи $MF$ и $MK$ образуют с этим лучом равные углы и лежат по одну сторону от прямой $AB$, значит, они совпадают. Поэтому $F$ лежит на прямой $MK$, а так как $F$ лежит и на $CT$, то $F$ совпадает с точкой $E=CT\cap MK$.

Получили $HE\perp CT$. Кроме того, $AB\perp CT$. Две прямые, перпендикулярные одной прямой, параллельны, поэтому $EH\parallel AB$. Что и требовалось доказать.

Заметим, что прямая $MKE$ — это прямая Симсона точки $H$ относительно треугольника $ATC$: основания перпендикуляров из точки описанной окружности на стороны треугольника лежат на одной прямой.

б) Из пункта а) у четырёхугольника $MTEH$ прямые углы при вершинах $M$, $T$ и $E$, значит, это прямоугольник. Диагонали прямоугольника равны:

$$ME=TH.$$

Найдём $TH$. Проведём высоту $BP$ треугольника $ABC$ к основанию. В равнобедренном треугольнике она является медианой, поэтому $AP=PC=8$. По теореме Пифагора в треугольнике $ABP$:

$$BP=\sqrt{A{B}^2-A{P}^2}=\sqrt{289-64}=15.$$

Запишем площадь треугольника $ABC$ двумя способами:

$$S_{ABC}=\frac{1}{2}\cdot AC\cdot BP=\frac{1}{2}\cdot 16\cdot 15=120,AH=\frac{2S_{ABC}}{BC}=\frac{240}{17}.$$

По теореме Пифагора в прямоугольном треугольнике $AHC$:

$$CH=\sqrt{A{C}^2-A{H}^2}=\sqrt{256-\frac{57600}{289}}=\sqrt{\frac{16384}{289}}=\frac{128}{17}.$$

Тогда

$$BH=BC-CH=17-\frac{128}{17}=\frac{161}{17}.$$

Треугольники $BTH$ и $BCA$ подобны по двум углам: угол $B$ общий, а $\angle BTH=\angle BCA$ (доказано в пункте а). Вершине $T$ соответствует $C$, вершине $H$ — вершина $A$, поэтому

$$\frac{TH}{CA}=\frac{BH}{BA}=\frac{161/17}{17}=\frac{161}{289},TH=16\cdot \frac{161}{289}=\frac{2576}{289}.$$

Значит, $ME=TH=\frac{2576}{289}$.

Ответ: б) $\frac{2576}{289}$.