Треугольники… — Задание 18 ЕГЭ по математике №00042514

Пункт а. Докажу, что высоты лежат на биссектрисах углов треугольника $KMN$.

Пусть $AK$, $BM$ и $CN$ — высоты остроугольного треугольника $ABC$: точка $K$ лежит на $BC$, $M$ — на $AC$, $N$ — на $AB$. Треугольник остроугольный, поэтому основания высот лежат на самих сторонах, а не на их продолжениях. Обозначу $\angle BAC=\alpha$.

Докажу, что $AK$ — биссектриса угла $NKM$ треугольника $KMN$. Для этого найду углы $BKN$ и $CKM$.

Угол $BKN$. Из прямоугольного треугольника $ABK$ (прямой угол при $K$): $BK=AB\cdot\cos B$. Из прямоугольного треугольника $CBN$ (прямой угол при $N$): $BN=BC\cdot\cos B$. Угол $B$ острый, $\cos B\gt0$. Значит,

$$\dfrac{BK}{BA}=\dfrac{BN}{BC}=\cos B.$$

У треугольников $BKN$ и $BAC$ общий угол $B$, а прилежащие к нему стороны пропорциональны. По второму признаку подобия треугольники $BKN$ и $BAC$ подобны, причём вершине $K$ соответствует вершина $A$. Поэтому $\angle BKN=\angle BAC=\alpha$.

Угол $CKM$. Точно так же из прямоугольных треугольников $ACK$ и $BCM$: $CK=AC\cdot\cos C$, $CM=BC\cdot\cos C$, то есть $\dfrac{CK}{CA}=\dfrac{CM}{CB}=\cos C$. Треугольники $CKM$ и $CAB$ подобны с общим углом $C$, вершине $K$ соответствует вершина $A$, поэтому $\angle CKM=\angle CAB=\alpha$.

Вывод для высоты $AK$. Высота $AK$ перпендикулярна $BC$, поэтому $\angle AKB=\angle AKC=90^\circ$. Точка $N$ лежит на стороне $AB$, то есть внутри угла $AKB$, и

$$\angle AKN=\angle AKB-\angle BKN=90^\circ-\alpha.$$

Точка $M$ лежит на стороне $AC$, внутри угла $AKC$, и

$$\angle AKM=\angle AKC-\angle CKM=90^\circ-\alpha.$$

Углы $AKN$ и $AKM$ равны, значит, луч $KA$ делит угол $NKM$ пополам: высота $AK$ лежит на биссектрисе угла $K$ треугольника $KMN$.

Остальные высоты. Те же рассуждения для вершин $B$ и $C$ дают $\angle BMN=\angle BMK=90^\circ-\angle B$ и $\angle CNK=\angle CNM=90^\circ-\angle C$. Поэтому $BM$ и $CN$ — биссектрисы углов $M$ и $N$ треугольника $KMN$. Утверждение доказано.

Проверю на частном случае — равностороннем треугольнике. Там основания высот — середины сторон, треугольник $KMN$ тоже равносторонний, а каждая высота $ABC$ проходит через вершину $KMN$ и середину противоположной ему стороны, то есть является его биссектрисой. Формула даёт $\angle AKN=90^\circ-60^\circ=30^\circ$ — ровно половина угла $60^\circ$ равностороннего треугольника $KMN$.

Пункт б. Найду периметр треугольника $KMN$ при $AB=AC=5$, $BC=6$.

Треугольник остроугольный: наибольшая сторона $6$, и $6^2=36\lt5^2+5^2=50$. Высота $AK$ равнобедренного треугольника является медианой, поэтому $BK=3$ и $AK=\sqrt{25-9}=4$. Косинусы углов:

$$\cos B=\cos C=\dfrac{BK}{AB}=\dfrac35,\qquad\cos A=\dfrac{AB^2+AC^2-BC^2}{2\cdot AB\cdot AC}=\dfrac{25+25-36}{50}=\dfrac{7}{25}.$$

В пункте а доказано, что треугольник $BKN$ подобен треугольнику $BAC$ с коэффициентом $\cos B$, причём вершине $K$ соответствует $A$, а вершине $N$ — $C$. Значит, сторона $KN$ соответствует стороне $AC$. Так же треугольник $CKM$ подобен $CAB$ с коэффициентом $\cos C$, и $KM$ соответствует $AB$.

Для третьей стороны: из прямоугольных треугольников $ABM$ и $ACN$ получаем $AM=AB\cos A$ и $AN=AC\cos A$, поэтому треугольник $AMN$ подобен треугольнику $ABC$ с коэффициентом $\cos A$, и $MN$ соответствует $BC$. Итак,

$$KN=AC\cdot\cos B=5\cdot\dfrac35=3,\qquad KM=AB\cdot\cos C=5\cdot\dfrac35=3,\qquad MN=BC\cdot\cos A=6\cdot\dfrac{7}{25}=\dfrac{42}{25}.$$

Периметр:

$$P=3+3+\dfrac{42}{25}=\dfrac{150+42}{25}=\dfrac{192}{25}.$$

Проверю иначе. Точка $K$ — середина $BC$. Треугольник $BMC$ прямоугольный (угол при $M$ прямой), и $MK$ — медиана к его гипотенузе, поэтому $KM=\dfrac{BC}{2}=3$; так же $KN=3$. Сторону $MN$ найду без косинуса угла $A$: по симметрии $MN\parallel BC$, а $AM=AB\cdot\cos A$ можно получить и из площади. Площадь $ABC$ равна $\dfrac12\cdot6\cdot4=12$, высота $BM=\dfrac{2\cdot12}{5}=\dfrac{24}{5}$, тогда $AM=\sqrt{25-\dfrac{576}{25}}=\dfrac75$ и $MN=BC\cdot\dfrac{AM}{AC}=6\cdot\dfrac{7}{25}=\dfrac{42}{25}$. Совпало.