Треугольники… — Задание 18 ЕГЭ по математике №00014450

а) Докажем, что $AB\parallel EH$.

Обозначим $\angle ABC=\beta$. Прямая $CT$ перпендикулярна $AB$ (это высота). Поэтому достаточно доказать, что $EH\perp CT$: две прямые, перпендикулярные третьей, параллельны.

Шаг 1. Точки $A$, $M$, $H$, $K$ лежат на одной окружности. По условию $HM\perp AB$ и $HK\perp AC$, то есть $\angle AMH=\angle AKH=90^{\circ}$. Отрезок $AH$ виден из точек $M$ и $K$ под прямым углом, значит, обе они лежат на окружности с диаметром $AH$.

Шаг 2. Угол $MKH$. В этой окружности углы $MKH$ и $MAH$ вписанные и опираются на одну дугу $MH$, поэтому они равны. Угол $MAH$ — это угол $BAH$ прямоугольного треугольника $ABH$ ($AH$ — высота, $\angle AHB=90^{\circ}$), он дополняет угол $B$ до $90^{\circ}$:

$$\angle MKH=\angle MAH=90^{\circ}-\beta.$$

Шаг 3. Угол $ECH$. Точка $E$ лежит на высоте $CT$, точка $H$ — на стороне $BC$, поэтому угол $ECH$ — это угол $TCB$ прямоугольного треугольника $BTC$ ($\angle BTC=90^{\circ}$):

$$\angle ECH=90^{\circ}-\beta.$$

Шаг 4. Точки $E$, $K$, $C$, $H$ лежат на одной окружности. Точка $E$ лежит на отрезке $MK$, поэтому $\angle EKH=\angle MKH=90^{\circ}-\beta$. Получили $\angle EKH=\angle ECH$: из точек $K$ и $C$, лежащих по одну сторону от прямой $EH$, отрезок $EH$ виден под одним и тем же углом. Значит, точки $E$, $K$, $C$, $H$ лежат на одной окружности.

Шаг 5. Прямой угол. В этой окружности $\angle HKC=90^{\circ}$ (так как $HK\perp AC$), поэтому $HC$ — диаметр. Угол $HEC$ тоже опирается на диаметр $HC$, значит, $\angle HEC=90^{\circ}$, то есть $EH\perp CT$.

Итак, $EH\perp CT$ и $AB\perp CT$. Прямые $EH$ и $AB$ различны (точка $H$ не лежит на $AB$), следовательно, $AB\parallel EH$. Что и требовалось доказать.

б) Найдём $ME$ при $AB=17$, $AC=16$.

Рассмотрим четырёхугольник $MTEH$. Отрезки $HM$ и $ET$ перпендикулярны прямой $AB$, поэтому $HM\parallel ET$. По пункту а $EH\parallel MT$. Значит, $MTEH$ — параллелограмм, а так как угол при вершине $M$ прямой, это прямоугольник. Диагонали прямоугольника равны:

$$ME=TH.$$

Найдём $TH$ — отрезок, соединяющий основания двух высот. Из прямоугольных треугольников $BTC$ и $BHA$: $BT=BC\cdot\cos\beta$ и $BH=AB\cdot\cos\beta$. Значит, в треугольниках $BTH$ и $BCA$ угол $B$ общий, а прилежащие к нему стороны пропорциональны с коэффициентом $\cos\beta$. Треугольники подобны, и

$$TH=AC\cdot\cos\beta.$$

Косинус угла $B$ найдём по теореме косинусов в треугольнике $ABC$, где $AB=BC=17$, $AC=16$:

$$16^{2}=17^{2}+17^{2}-2\cdot 17\cdot 17\cdot\cos\beta\ \Rightarrow\ 256=578-578\cos\beta\ \Rightarrow\ \cos\beta=\dfrac{322}{578}=\dfrac{161}{289}.$$

Тогда

$$ME=TH=16\cdot\dfrac{161}{289}=\dfrac{2576}{289}.$$

Проверим себя прикидкой. Отрезок $TH$ параллелен основанию и лежит ближе к вершине $B$, поэтому должен быть короче $AC=16$. Действительно, $\dfrac{2576}{289}\approx 8{,}9$. Косинус получился положительным и меньше единицы — угол $B$ острый, как и сказано в условии.