Задание 18 ЕГЭ по математике №00043769

Высоту в пункте а докажем через проекцию стороны $AB$ на $BC$. В пункте б всё решает свойство биссектрисы.

Пункт а. Из $BD:DC=1:2$ и $BC=6$ получаем $BD=2$, $DC=4$. Найдём косинус угла $B$ по теореме косинусов:

$$\cos B=\dfrac{AB^2+BC^2-AC^2}{2\cdot AB\cdot BC}=\dfrac{180+36-192}{2\cdot6\sqrt5\cdot6}=\dfrac{24}{72\sqrt5}=\dfrac{1}{3\sqrt5}.$$

Угол $B$ острый. Проекция стороны $AB$ на прямую $BC$ равна $AB\cos B=6\sqrt5\cdot\dfrac{1}{3\sqrt5}=2$ и откладывается от $B$ в сторону $C$. Это ровно $BD$. Значит, основание перпендикуляра из $A$ на $BC$ совпадает с $D$, и $AD$ — высота. Что и требовалось доказать.

Пункт б. Высота $AD=\sqrt{AB^2-BD^2}=\sqrt{180-4}=\sqrt{176}=4\sqrt{11}$.

Точка $E$ лежит на луче $BC$, и $AC$ — биссектриса угла $BAE$. Значит, $C$ лежит между $B$ и $E$. По свойству биссектрисы в треугольнике $BAE$:

$$\dfrac{BC}{CE}=\dfrac{AB}{AE}.$$

Пусть $DE=x$. Тогда $CE=x-4$, а по теореме Пифагора в треугольнике $ADE$: $AE=\sqrt{176+x^2}$. Получаем

$$\dfrac{6}{x-4}=\dfrac{6\sqrt5}{\sqrt{176+x^2}}\iff \sqrt{176+x^2}=\sqrt5(x-4).$$

Возведём в квадрат (обе части положительны при $x\gt4$):

$$176+x^2=5x^2-40x+80\iff x^2-10x-24=0\iff x=12\ \text{или}\ x=-2.$$

Подходит $x=12$ (точка $E$ дальше $C$). Тогда $BE=2+12=14$, $AE=\sqrt{176+144}=\sqrt{320}=8\sqrt5$.

Площадь треугольника $BAE$ через высоту $AD$: $S=\dfrac12\cdot14\cdot4\sqrt{11}=28\sqrt{11}$. Периметр $P=6\sqrt5+8\sqrt5+14=14(\sqrt5+1)$. Радиус вписанной окружности $r=\dfrac{2S}{P}$:

$$r=\dfrac{56\sqrt{11}}{14(\sqrt5+1)}=\dfrac{4\sqrt{11}}{\sqrt5+1}=\dfrac{4\sqrt{11}(\sqrt5-1)}{5-1}=\sqrt{11}\left(\sqrt5-1\right).$$

Проверим свойство биссектрисы на найденных длинах: $BC:CE=6:8=0{,}75$ и $AB:AE=6\sqrt5:8\sqrt5=0{,}75$. Совпало. Прикидка: $r\approx3{,}32\cdot1{,}24\approx4{,}1$ — меньше половины высоты $4\sqrt{11}\approx13{,}3$, правдоподобно.