Треугольники… — Задание 18 ЕГЭ по математике №00042504

Пункт а. Докажу, что треугольник $ABC$ тупоугольный.

В треугольнике против большей стороны лежит больший угол, а тупым может быть только один угол. Поэтому, если тупой угол есть, это угол $A$, лежащий против наибольшей стороны $BC=14$. Достаточно проверить его.

Теорема косинусов для стороны $BC$:

$$BC^2=AB^2+AC^2-2\cdot AB\cdot AC\cdot\cos A.$$

Подставляю: $196=49+100-140\cos A$, то есть $140\cos A=149-196=-47$ и $\cos A=-\dfrac{47}{140}$.

Косинус отрицательный, значит, угол $A$ больше $90^\circ$ — он тупой, и треугольник $ABC$ тупоугольный. Сам треугольник существует: $7+10=17\gt14$. Что и требовалось доказать.

Тот же вывод без косинуса: $14^2=196$, а $7^2+10^2=149$; квадрат наибольшей стороны больше суммы квадратов двух других, поэтому противолежащий ей угол тупой.

Пункт б. Найду $MH$.

Тупой угол в треугольнике один — это угол $A$, поэтому углы $B$ и $C$ острые, и основание высоты $H$ лежит на отрезке $BC$. Точка $M$ — середина $BC$, так что $BM=MC=7$.

Обозначу $BH=x$, тогда $HC=14-x$. Высота $AH$ — общий катет прямоугольных треугольников $ABH$ и $ACH$. Выражу её квадрат из каждого по теореме Пифагора:

$$AH^2=AB^2-BH^2=49-x^2,\qquad AH^2=AC^2-HC^2=100-(14-x)^2.$$

Приравниваю: $49-x^2=100-196+28x-x^2$, откуда $28x=145$ и $x=\dfrac{145}{28}$.

Сравню с половиной стороны: $BM=7=\dfrac{196}{28}$, и $\dfrac{145}{28}\lt\dfrac{196}{28}$, то есть точка $H$ лежит между $B$ и $M$. Значит,

$$MH=BM-BH=\dfrac{196}{28}-\dfrac{145}{28}=\dfrac{51}{28}.$$

Проверю себя другим путём — через угол $C$. По теореме косинусов $\cos C=\dfrac{AC^2+BC^2-AB^2}{2\cdot AC\cdot BC}=\dfrac{100+196-49}{280}=\dfrac{247}{280}$. Из прямоугольного треугольника $AHC$: $HC=AC\cdot\cos C=10\cdot\dfrac{247}{280}=\dfrac{247}{28}$. Тогда $MH=HC-MC=\dfrac{247}{28}-\dfrac{196}{28}=\dfrac{51}{28}$. Совпало.