Задание 18 ЕГЭ по математике №00014449

а) Докажем, что $EK\parallel CH$.

Пусть $I$ — центр вписанной окружности, $r$ — её радиус. Радиус, проведённый в точку касания, перпендикулярен стороне: $IM\perp AC$ и $IE\perp BC$. Угол $C$ прямой, поэтому в четырёхугольнике $CMIE$ три прямых угла — это прямоугольник, а так как $IM=IE=r$, это квадрат.

Из квадрата сразу получаем три факта: $CM=CE=r$; центральный угол $\angle MIE=90^{\circ}$; треугольник $MCE$ прямоугольный и равнобедренный, поэтому $\angle CEM=45^{\circ}$.

Шаг 1. Угол $MKE$. Этот угол вписан в окружность и опирается на дугу $ME$. На ту же дугу опирается центральный угол $MIE=90^{\circ}$ (точка $K$ лежит на большей дуге $ME$: меньшая дуга обращена к вершине $C$). Вписанный угол равен половине центрального:

$$\angle MKE=\dfrac{1}{2}\cdot 90^{\circ}=45^{\circ}.$$

Шаг 2. Точки $C$, $M$, $H$, $E$ лежат на одной окружности. По условию $EH\perp MK$, то есть $\angle MHE=90^{\circ}$. Кроме того, $\angle MCE=90^{\circ}$. Отрезок $ME$ виден из точек $C$ и $H$ под прямым углом, значит, обе они лежат на окружности с диаметром $ME$.

Уточним расположение. В треугольнике $MKE$ углы при вершинах $M$ и $K$ острые: $\angle MKE=45^{\circ}$, а $\angle EMK$ равен половине центрального угла $EIK=180^{\circ}-\angle B$, то есть меньше $90^{\circ}$. Поэтому основание $H$ высоты из вершины $E$ лежит на отрезке $MK$, внутри треугольника $ABC$.

Шаг 3. Угол $CHM$. В окружности с диаметром $ME$ углы $CHM$ и $CEM$ вписанные и опираются на одну и ту же дугу $CM$ (точки $H$ и $E$ лежат по одну сторону от прямой $AC$). Значит,

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

Шаг 4. Параллельность. Получили $\angle CHM=\angle EKM=45^{\circ}$. Это соответственные углы при прямых $CH$ и $EK$ и секущей $MK$: точки $C$ и $E$ лежат по одну сторону от прямой $MK$ (она пересекает стороны $AC$ и $AB$ треугольника, а потому не пересекает сторону $BC$), лучи $HM$ и $KM$ направлены одинаково. Раз соответственные углы равны, $CH\parallel EK$. Что и требовалось доказать.

б) Найдём отношение $CH:EK$ при $AC=15$, $BC=8$.

По теореме Пифагора $AB=\sqrt{15^{2}+8^{2}}=\sqrt{225+64}=\sqrt{289}=17$.

Сторона квадрата $CMIE$ равна радиусу. Для прямоугольного треугольника $r=\dfrac{AC+BC-AB}{2}=\dfrac{15+8-17}{2}=3$, значит, $CM=CE=3$.

Отрезки касательных, проведённых из одной точки, равны: $AK=AM=15-3=12$ и $BK=BE=8-3=5$. Проверка: $12+5=17=AB$.

Продолжим прямую $MK$ до пересечения с прямой $BC$ в точке $P$. Опустим из точки $K$ перпендикуляр $KF$ на $BC$. Тогда $KF\parallel AC$, и треугольники $BKF$ и $BAC$ подобны с коэффициентом $\dfrac{BK}{BA}=\dfrac{5}{17}$:

$$KF=15\cdot\dfrac{5}{17}=\dfrac{75}{17},\qquad BF=8\cdot\dfrac{5}{17}=\dfrac{40}{17},\qquad CF=8-\dfrac{40}{17}=\dfrac{96}{17}.$$

Точка $K$ дальше от прямой $BC$, чем точка $M$ ($\dfrac{75}{17}\gt 3$), поэтому $P$ лежит на продолжении стороны $BC$ за точку $C$. Отрезки $MC$ и $KF$ перпендикулярны $BC$, значит, параллельны, и треугольники $PCM$ и $PFK$ подобны:

$$\dfrac{PC}{PF}=\dfrac{MC}{KF}=3:\dfrac{75}{17}=\dfrac{51}{75}=\dfrac{17}{25}.$$

Пусть $PC=t$, тогда $PF=t+\dfrac{96}{17}$. Получаем $25t=17\left(t+\dfrac{96}{17}\right)$, то есть $25t=17t+96$, откуда $t=12$. Итак, $PC=12$ и $PE=PC+CE=12+3=15$.

Теперь используем пункт а. Так как $CH\parallel EK$, треугольники $PCH$ и $PEK$ подобны (угол $P$ общий, соответственные углы при параллельных прямых равны). Поэтому

$$\dfrac{CH}{EK}=\dfrac{PC}{PE}=\dfrac{12}{15}=\dfrac{4}{5}.$$

Проверим себя на разумность: точка $C$ ближе к вершине $P$ угла, чем точка $E$, поэтому отрезок $CH$ должен быть короче параллельного ему отрезка $EK$ — отношение меньше единицы, как и получилось.