Задание 18 ЕГЭ по математике №00042505

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

Вид треугольника по углам определяется его наибольшим углом: два других заведомо острые. Наибольший угол лежит против наибольшей стороны $BC=4$ — это угол $A$.

Сравню квадрат наибольшей стороны с суммой квадратов двух других: $BC^2=16$, а $AB^2+AC^2=4+9=13$, и $16\gt13$.

Почему это означает тупой угол, показывает теорема косинусов:

$$\cos A=\dfrac{AB^2+AC^2-BC^2}{2\cdot AB\cdot AC}=\dfrac{4+9-16}{12}=-\dfrac{3}{12}=-\dfrac14.$$

Косинус отрицательный, значит, угол $A$ тупой, и треугольник $ABC$ тупоугольный. Такой треугольник существует: $2+3=5\gt4$. Что и требовалось доказать.

Пункт б. Найду расстояние от центра $O$ описанной окружности до прямой $BC$.

Сначала синус угла $A$. Синус угла треугольника положителен, поэтому по основному тригонометрическому тождеству

$$\sin A=\sqrt{1-\cos^2A}=\sqrt{1-\dfrac{1}{16}}=\dfrac{\sqrt{15}}{4}.$$

По теореме синусов $BC=2R\sin A$, где $R$ — радиус описанной окружности. Отсюда

$$R=\dfrac{BC}{2\sin A}=\dfrac{4}{2\cdot\frac{\sqrt{15}}{4}}=\dfrac{8}{\sqrt{15}}.$$

Центр $O$ равноудалён от точек $B$ и $C$, поэтому лежит на серединном перпендикуляре к $BC$. Пусть $K$ — середина $BC$; тогда $OK\perp BC$, $BK=2$, и $OK$ — искомое расстояние.

Из прямоугольного треугольника $OKB$ по теореме Пифагора:

$$OK=\sqrt{OB^2-BK^2}=\sqrt{\dfrac{64}{15}-4}=\sqrt{\dfrac{64-60}{15}}=\sqrt{\dfrac{4}{15}}=\dfrac{2}{\sqrt{15}}=\dfrac{2\sqrt{15}}{15}.$$

Проверю через центральный угол. Угол $A$ тупой, поэтому дуга $BC$, на которую он опирается, больше полуокружности, а центр $O$ лежит по другую сторону от $BC$, чем вершина $A$. Угол $BOC$ треугольника $BOC$ равен $360^\circ-2\angle A$, а его половина $\angle BOK=180^\circ-\angle A$. Тогда $OK=R\cos(180^\circ-\angle A)=-R\cos A=\dfrac{8}{\sqrt{15}}\cdot\dfrac14=\dfrac{2}{\sqrt{15}}$. Совпало.