Задание 17 ЕГЭ по профильной математике

а) Точки E и K лежат на серединном перпендикуляре к BM, поэтому EB = EM и KB = KM.

Обозначим ∠ABM = α. Тогда ∠MBC = 60° − α.

В равнобедренном треугольнике BEM углы при основании BM равны α, поэтому ∠BEM = 180° − 2α. Поскольку лучи EA и EB противоположны, ∠AEM = 2α.

В равнобедренном треугольнике BKM углы при основании BM равны 60° − α. Следовательно, ∠BKM = 60° + 2α.

Лучи KB и KC противоположны, поэтому ∠CKM = 120° − 2α. В треугольнике CMK угол при C равен 60°, откуда ∠CMK = 2α.

Таким образом, ∠EAM = ∠MCK = 60° и ∠AEM = ∠CMK. Треугольники AEM и CMK подобны по двум углам, с соответствием A ↔ C, E ↔ M, M ↔ K.

Ответ: а) подобие доказано.

б) Отношение площадей подобных треугольников равно квадрату коэффициента подобия, поэтому AE/CM = √(4/9) = 2/3.

Пусть AM = x, MC = y, сторона равностороннего треугольника равна a = x + y, а AE = e. Тогда EB = a − e и EM = a − e.

По теореме косинусов в треугольнике AEM: EM² = e² + x² − 2ex cos 60° = e² + x² − ex.

Следовательно, (a − e)² = e² + x² − ex, откуда e(2a − x) = a² − x².

Учитывая a − x = y и 2a − x = a + y, получаем e/y = (a + x)/(a + y).

Поэтому (a + x)/(a + y) = 2/3, то есть 3a + 3x = 2a + 2y. Подставляя a = x + y, находим 4x = y.

Ответ: б) AM : MC = 1 : 4.

а) По сумме углов треугольника ∠ABC = 180° − 120° − 15° = 45°. Углы B и C острые, поэтому основание высоты H лежит внутри BC.

В прямоугольном треугольнике ABH угол ABH равен 45°, следовательно, BH = AH. В треугольнике ACH угол ACH равен 15°, поэтому CH > AH = BH.

Так как A₁ — середина BC и CH > BH, точки на основании расположены в порядке B, H, A₁, C.

C₁ — середина гипотенузы AB прямоугольного треугольника ABH, поэтому HC₁ = BC₁. Треугольник BHC₁ равнобедренный, а ∠HBC₁ = 45°, следовательно, ∠BHC₁ = 45°.

Лучи HB и HA₁ противоположны, поэтому ∠C₁HA₁ = 135°.

По теореме о средней линии B₁A₁ ∥ AB и B₁C₁ ∥ BC. При этом лучи B₁A₁ и B₁C₁ направлены соответственно как AB и CB, поэтому ∠A₁B₁C₁ = ∠ABC = 45°.

В четырёхугольнике A₁B₁C₁H сумма противоположных углов при B₁ и H равна 45° + 135° = 180°. По признаку вписанного четырёхугольника точки A₁, B₁, C₁ и H лежат на одной окружности.

Ответ: а) утверждение доказано.

б) Обозначим AH = t. Как установлено выше, BH = t.

По формуле тангенса разности tan 15° = tan(45° − 30°) = (1 − 1/√3)/(1 + 1/√3) = 2 − √3.

Из прямоугольного треугольника ACH получаем CH = AH/tan 15° = t/(2 − √3) = (2 + √3)t.

Тогда BC = BH + CH = (3 + √3)t = 4√3, откуда t = 4√3/(3 + √3) = 2(√3 − 1).

Поскольку A₁ — середина BC и H лежит между B и A₁, имеем A₁H = BA₁ − BH = 2√3 − 2(√3 − 1) = 2.

Ответ: б) 2.

а) Равные хорды AB и CD стягивают равные дуги, поэтому опирающиеся на них вписанные углы ADB и DBC равны.

Эти углы являются накрест лежащими при прямых AD и BC и секущей BD. По признаку параллельности прямых AD ∥ BC.

Ответ а): BC ∥ AD.

б) Пусть α — центральный угол, соответствующий меньшей дуге хорды длины 12. По формуле хорды 12 = 2 · 8 · sin(α/2), поэтому sin(α/2) = 3/4.

Отсюда cos α = 1 − 2sin²(α/2) = 1 − 18/16 = −1/8. Следовательно, 90° < α < 120°.

Последовательные дуги AB, BC и CD равны α: большая дуга величины 360° − α среди них невозможна, поскольку вместе с двумя остальными дугами их сумма превысила бы 360°.

Оставшаяся дуга AD имеет величину β = 360° − 3α, где 0° < β < 90°. Поэтому AD = 16sin(β/2) = 16sin(180° − 3α/2) = 16sin(3α/2).

Применим формулу sin 3t = 3sin t − 4sin³t при t = α/2:

AD = 16 · (3 · 3/4 − 4 · (3/4)³) = 16 · (9/4 − 27/16) = 9.

Ответ б): 9.

а) По теореме об угле, опирающемся на диаметр, AM ⟂ CD и CN ⟂ AD.

Обозначим AD = a, BC = b, высоту трапеции — h. Поскольку N лежит на основании AD и является проекцией C, имеем a > b.

Введём координаты: A(0; 0), D(a; 0), B(d; h), C(s; h), где d = (a − b)/2, s = (a + b)/2.

Пусть диагонали пересекаются в точке K. В равнобедренной трапеции диагонали симметричны относительно оси трапеции; из их перпендикулярности следует, что каждая составляет с основанием угол 45°. Поэтому h = s.

Прямая CD имеет направляющий вектор (−d; s), поэтому перпендикулярная ей прямая AM задаётся уравнением y = dx/s. Прямая CN имеет уравнение x = s.

Следовательно, P(s; d). Получаем AB = AP = √(s² + d²), BC = CP = s − d = b.

Точки B(d; s) и P(s; d) симметричны относительно AC, то есть прямой y = x. Четырёхугольник ABCP выпуклый и симметричный относительно AC.

Пусть I — точка пересечения внутренних биссектрис углов BAC и ABC, причём под биссектрисой угла при A здесь понимается прямая AC, делящая угол BAP пополам. Иначе говоря, I — пересечение AC с биссектрисой угла ABC; эта точка лежит внутри треугольника ABC.

Поскольку AC — биссектриса угла BAP, расстояния от I до AB и AP равны. По свойству биссектрисы угла ABC расстояния от I до AB и BC равны. Симметрия относительно AC даёт равенство расстояний до BC и CP.

Таким образом, внутренняя точка I равноудалена от всех четырёх сторон выпуклого четырёхугольника. Окружность с центром I и радиусом, равным этому расстоянию, вписана в ABCP.

Ответ а): в четырёхугольник ABCP можно вписать окружность.

б) При a = 17 и b = 7 получаем s = 12, d = 5, AB = √(12² + 5²) = 13.

Поскольку I лежит на AC, запишем I(t; t). Расстояние от I до BC, имеющей уравнение y = 12, равно r = 12 − t.

Прямая AB имеет уравнение 12x − 5y = 0. По формуле расстояния от точки до прямой r = (12t − 5t)/13 = 7t/13.

Следовательно, 12 − t = 7t/13, откуда t = 39/5 и r = 12 − 39/5 = 21/5.

Ответ б): 21/5.

а) Введём координаты: A(−a; 0), C(a; 0), B(0; h), где a > 0. Поскольку треугольник остроугольный, ∠ABC < 90°, поэтому h > a.

Обозначим точки касания со сторонами AB и BC через T и U. По свойству касательных BT = BU ≤ BC = BA. Прямоугольные треугольники BTO и BUO равны по гипотенузе и катету, поэтому BO — биссектриса угла ABC.

В равнобедренном треугольнике эта биссектриса является высотой. Следовательно, O(0; t), причём t < h.

Прямые AB и CH имеют уравнения hx − ay + ah = 0 и ax + hy − a² = 0 соответственно: вторая проходит через C и перпендикулярна AB.

Расстояния от O до этих прямых равны радиусу окружности. По формуле расстояния от точки до прямой получаем a(h − t)/√(h² + a²) = |ht − a²|/√(h² + a²).

Возведём равенство в квадрат: a²(h − t)² = (ht − a²)². После раскрытия скобок получаем (h² − a²)(t² − a²) = 0. Так как h > a, то t = a или t = −a.

Исключим t = −a. Пусть L = √(h² + a²) = BC. Из прямоугольного треугольника BOU следует BU = BO·cos∠OBC = (h + a)h/L.

Но h(h + a) > h² + a², поскольку h > a. Значит, BU > L = BC, что противоречит принадлежности U стороне BC. Поэтому t = a.

Таким образом, OA² = OC² = 2a², AC² = 4a². По обратной теореме Пифагора ∠AOC = 90°.

Ответ к пункту а): ∠AOC = 90°, что и требовалось доказать.

б) Из AC = 16 получаем a = 8. По доказанному O(0; 8), поэтому BO = h − 8 = 7, откуда h = 15.

Площадь треугольника равна S = AC·h/2 = 16·15/2 = 120.

Ответ к пункту б): 120.

а) Рассмотрим дуги AB, BC, CD, DE между соседними вершинами пятиугольника.

Равным хордам AB и CD соответствуют равные дуги AB и CD. Действительно, если бы эти дуги были неравны, их сумма составляла бы 360°, что невозможно: остаются ещё дуги BC, DE и EA.

Аналогично из BC = DE следует равенство дуг BC и DE.

Поэтому дуга ABC равна дуге CDE. Равные дуги стягиваются равными хордами, следовательно, AC = CE.

Ответ к пункту а): AC = CE, что и требовалось доказать.

б) Обозначим AC = CE = x, BD = y, BE = t. Применим теорему Птолемея: произведение диагоналей вписанного четырёхугольника равно сумме произведений его противоположных сторон.

Для четырёхугольника ABCD получаем AC · BD = AB · CD + BC · AD, то есть xy = 3 · 3 + 4 · 6 = 33.

Для четырёхугольника BCDE получаем BD · CE = BC · DE + CD · BE, то есть xy = 4 · 4 + 3t.

Следовательно, 33 = 16 + 3t, откуда t = 17/3.

Ответ к пункту б): 17/3.

а) Пусть AD и BC — основания трапеции. Равные хорды окружности равноудалены от её центра, поэтому расстояния от O до прямых всех четырёх сторон равны некоторому r.

Основания лежат на различных параллельных прямых, поэтому O находится на средней параллели между ними, а высота трапеции равна 2r.

Докажем, что O лежит внутри трапеции. Обозначим AD = a, BC = b, AB = c, CD = d. Площадь трапеции S = (a + b)r.

Если O находится снаружи, то, находясь между основаниями, оно лежит за одной из боковых сторон. Пусть это AB. Складывая площади треугольников OAD, ODC, OCB и вычитая площадь OAB, получаем S = r(a + b + d − c)/2.

Сравнение двух выражений даёт d = a + b + c. Это невозможно: сторона CD строго меньше длины ломаной CBAD. Случай расположения O за стороной CD исключается аналогично. Значит, O внутри трапеции.

Внутренняя точка угла, равноудалённая от его сторон, лежит на его биссектрисе. Поэтому O принадлежит биссектрисам всех четырёх углов.

Ответ к пункту а): все биссектрисы пересекаются в точке O.

б) Пусть M — середина хорды KL. Перпендикуляр из центра окружности к хорде проходит через её середину, поэтому OM ⟂ AB и OM = r.

По условию AM = AK + KM = 15 + 3 = 18, BM = BL + LM = 5 + 3 = 8.

Так как AD ∥ BC, углы A и B трапеции в сумме составляют 180°. Их половины в сумме составляют 90°, поэтому в треугольнике AOB угол AOB прямой.

Отрезок OM — высота прямоугольного треугольника AOB, проведённая к гипотенузе AB. По свойству этой высоты OM² = AM · BM = 18 · 8 = 144.

Следовательно, r = OM = 12. Высота трапеции равна 2r = 24.

Ответ к пункту б): 24.

а) Обозначим точку пересечения диагоналей ромба через O. Диагонали ромба перпендикулярны и делятся точкой пересечения пополам.

Введём прямоугольные координаты: O(0; 0), A(−a; 0), C(a; 0), B(0; b), D(0; −b), где a > 0, b > 0.

Из AM:MC = 1:2 следует M(−a/3; 0), а из BN:ND = 1:3 получаем N(0; b/2).

Уравнение MN имеет вид −3x/a + 2y/b = 1, а уравнение BC — x/a + y/b = 1.

Для точки K пересечения этих прямых получаем x/a = 1/5, y/b = 4/5. Следовательно, K лежит на отрезке BC и BK = BC/5, KC = 4BC/5.

Ответ к пункту а): BK:KC = 1:4, что и требовалось доказать.

б) Найдём квадраты длин сторон треугольника BNK по формуле расстояния между точками.

BN² = b²/4; BK² = (a² + b²)/25; NK² = a²/25 + 9b²/100.

Поскольку MN перпендикулярна BC, треугольник BNK прямоугольный с гипотенузой BN. По теореме Пифагора BN² = BK² + NK².

Поэтому b²/4 = (a² + b²)/25 + a²/25 + 9b²/100. Умножая на 100, получаем 25b² = 8a² + 13b², откуда b² = 2a²/3.

По условию MN² = 6. С другой стороны, MN² = a²/9 + b²/4 = 5a²/18. Значит, a² = 108/5.

Квадрат стороны ромба равен AB² = a² + b² = 5a²/3 = 36, поэтому AB = 6.

Ответ к пункту б): 6.

а) Обозначим точки пересечения проведённой прямой с AB и CD через M и N соответственно, а длину боковой стороны трапеции — через l. Пусть ∠BAD = α.

Так как MN параллельна AD, то ∠AOM = ∠OAD. По свойству биссектрисы ∠MAO = ∠OAD. Следовательно, треугольник AMO равнобедренный и AM = MO.

Аналогично, из MN ∥ BC и того, что CO — биссектриса угла BCD, следует ∠CON = ∠BCO = ∠OCN. Поэтому CN = NO.

Параллельные прямые AD, MN и BC отсекают на боковых сторонах пропорциональные отрезки: AM/AB = DN/DC. Поскольку AB = DC, получаем AM = DN.

Таким образом, MN = MO + ON = AM + CN = DN + CN = CD = l.

Ответ к пункту а): отрезок проведённой прямой внутри трапеции равен боковой стороне.

б) Из AM:MB = 1:2 следует AM = l/3. По доказанному MO = l/3, DN = l/3, а CN = NO = 2l/3.

В треугольнике AMO угол AMO равен 180° − α. По теореме косинусов AO² = 2l²(1 + cos α)/9.

Углы при основании AD равнобедренной трапеции равны, поэтому ∠CDA = α. Из MN ∥ AD получаем ∠CNO = α.

По теореме косинусов в треугольнике CNO имеем CO² = 8l²(1 − cos α)/9.

Так как AO = CO, то 1 + cos α = 4(1 − cos α), откуда cos α = 3/5.

Обозначим AD = a, BC = b. Проекции равных боковых сторон на прямую AD равны l cos α, поэтому a − b = 2l cos α = 6l/5.

Поскольку AM/AB = 1/3, длина параллельного основаниям сечения равна MN = a + (b − a)/3 = (2a + b)/3. Это следует из подобия треугольников, образованных боковыми сторонами и параллельными основаниям прямыми.

По пункту а) MN = l, значит, 2a + b = 3l. Совместно с a − b = 6l/5 получаем a = 7l/5, b = l/5.

Ответ к пункту б): AD:BC = 7:1.

а) Доказательство.
По теореме о средней линии B₁C₁ ∥ BC, A₁C₁ = AC/2.
В прямоугольном треугольнике AHC точка B₁ — середина гипотенузы AC, поэтому HB₁ = AC/2. Следовательно, HB₁ = A₁C₁.

Уточним расположение точек. ∠ABC = 180° − 120° − 45° = 15°. Оба угла при основании BC острые, поэтому H лежит внутри BC.
Из прямоугольных треугольников ABH и ACH: BH = AH/tg 15°, CH = AH/tg 45° = AH. Значит, BH > CH, поэтому точки расположены в порядке B, A₁, H, C.

Таким образом, A₁HB₁C₁ — равнобедренная трапеция: её основания A₁H и B₁C₁ параллельны, а боковые стороны HB₁ и A₁C₁ равны.
Углы при основании равнобедренной трапеции равны, а сумма углов при боковой стороне равна 180°. Следовательно, сумма её противоположных углов равна 180°.
По признаку вписанного четырёхугольника точки A₁, B₁, C₁, H лежат на одной окружности.
Ответ: утверждение доказано.

б) Вычисление A₁H.
Обозначим AH = h. По формуле тангенса разности tg 15° = tg(45° − 30°) = 2 − √3.
Тогда BH = h/(2 − √3) = h(2 + √3), CH = h.
По условию BC = BH + CH = h(3 + √3) = 6√3, откуда h = 3(√3 − 1).
Так как A₁ — середина BC и A₁ лежит между B и H, получаем A₁H = BH − BC/2 = (BH − CH)/2.
Следовательно, A₁H = h(1 + √3)/2 = 3(√3 − 1)(√3 + 1)/2 = 3.
Ответ: 3.

а) Доказательство методом координат.
Выберем начало координат в точке C, ось x направим по лучу CA, ось y — по лучу CB. Оси перпендикулярны, поскольку ∠ACB = 90°.
Пусть AC = a, BC = b. Тогда C(0; 0), A(a; 0), B(0; b).
По условию CM = b, а N лежит на продолжении BC за C и CN = a, поэтому M(b; 0), N(0; −a).

Поскольку CP и CQ — медианы, P и Q являются серединами AB и MN соответственно.
По формуле координат середины отрезка P(a/2; b/2), Q(b/2; −a/2).
Скалярное произведение векторов CP и CQ равно (a/2)(b/2) + (b/2)(−a/2) = 0.
Оба вектора ненулевые, поэтому по признаку перпендикулярности векторов CP ⟂ CQ.
Ответ: утверждение доказано.

б) Вычисление KL.
При a = 5, b = 1 имеем A(5; 0), B(0; 1), M(1; 0), N(0; −5).
Прямая AB имеет уравнение x + 5y = 5, а прямая MN — уравнение 5x − y = 5: координаты соответствующих пар точек удовлетворяют этим уравнениям.
Решая систему x + 5y = 5, 5x − y = 5, получаем 26x = 30, откуда K(15/13; 10/13).

Прямая BM имеет уравнение x + y = 1, а прямая AN — уравнение x − y = 5.
Из системы x + y = 1, x − y = 5 находим L(3; −2).
По формуле расстояния между точками KL = √((3 − 15/13)² + (−2 − 10/13)²).
Следовательно, KL = √((24/13)² + (−36/13)²) = √1872/13 = 12√13/13.
Ответ: 12√13/13.

а) Обозначим ∠EBM = α. Поскольку треугольник ABC равносторонний, ∠MBK = 60° − α.

Точки E и K лежат на серединном перпендикуляре к BM, поэтому EB = EM и KB = KM.

В равнобедренном треугольнике BEM углы при основании BM равны α, значит ∠BEM = 180° − 2α. Лучи EA и EB противоположны, поэтому ∠AEM = 2α.

В равнобедренном треугольнике BKM углы при основании BM равны 60° − α. Следовательно, ∠BKM = 180° − 2(60° − α) = 60° + 2α.

Лучи KC и KB противоположны, поэтому ∠CKM = 120° − 2α. В треугольнике CMK угол при C равен 60°, откуда ∠CMK = 180° − 60° − (120° − 2α) = 2α.

Ответ: ∠AEM = ∠CMK, что и требовалось доказать.

б) Пусть сторона ABC равна a. Тогда AM = a/5, CM = 4a/5. Обозначим CK = x; тогда BK = a − x и KM = a − x.

По теореме косинусов в треугольнике CMK, учитывая ∠MCK = 60°, получаем: (a − x)² = (4a/5)² + x² − 2 · (4a/5) · x · 1/2.

После раскрытия скобок: a² − 2ax = 16a²/25 − 4ax/5, откуда 9a²/25 = 6ax/5 и x = 3a/10.

Треугольники AEM и CMK подобны по двум углам: ∠EAM = ∠MCK = 60°, а ∠AEM = ∠CMK по пункту а). Соответствующие стороны AM и CK лежат напротив равных углов.

Отношение площадей подобных треугольников равно квадрату коэффициента подобия: S(AEM)/S(CMK) = (AM/CK)² = ((a/5)/(3a/10))² = 4/9.

Ответ: 4/9.

а) Доказательство.
Обозначим ∠CAD = α. Тогда ∠BAC = 2α, а ∠BCA = α, поскольку BC ∥ AD.
Так как AL — биссектриса, ∠BAL = ∠LAC = α. В треугольнике ALC углы при A и C равны, поэтому AL = LC.
Треугольники ABL и CBA подобны по двум углам: ∠BAL = ∠BCA = α, ∠ABL = ∠CBA.
Следовательно, AB/BC = AL/AC, откуда AL · BC = AB · AC.
Ответ: равенство доказано.

б) Вычисление EL.
Из tg α = 1/2 получаем sin α = 1/√5, cos α = 2/√5.
По формулам двойного и тройного угла sin 2α = 4/5, cos 2α = 3/5, sin 3α = 11/(5√5).
В треугольнике ABC угол B равен 180° − 3α. По теореме синусов:
AB = 8 sin α/sin 3α = 40/11; BC = 8 sin 2α/sin 3α = 32√5/11.
Введём координаты A(0; 0), C(8; 0), расположив B выше оси AC.
Поскольку ∠BAC = 2α, получаем B(AB cos 2α; AB sin 2α) = B(24/11; 32/11).
Из AE = CE следует, что E лежит на серединном перпендикуляре к AC, то есть x = 4.
Прямая CD параллельна AB, поэтому её уравнение y = (4/3)(x − 8). Значит, E(4; −16/3). Эта точка лежит за D, поскольку D = (64/11; −32/11).
По пункту а) LC = AL = AB · AC/BC = 2√5, поэтому CL/CB = 11/16.
Координаты L на отрезке CB: x = 8 + (11/16)(24/11 − 8) = 4, y = (11/16)(32/11) = 2.
Следовательно, EL = 2 + 16/3 = 22/3.
Ответ: 22/3.

а) Доказательство.
Применим метод координат. Пусть A(0; 0), B(s; 0), C(u; v), где s = AB = BC, v > 0.
Из AC² = u² + v² и BC² = (s − u)² + v² = s² получаем u² + v² = 2su. Обозначим AC = c.
Поскольку треугольник остроугольный, 0 < u < s. Основание высоты CT имеет координаты T(u; 0).
Запишем H = B + t(C − B). Условие AH ⟂ BC даёт s(u − s) + ts² = 0, поэтому t = 1 − u/s.
Следовательно, H(2u − u²/s; v(1 − u/s)), M(2u − u²/s; 0).
Поскольку K — проекция H на AC, имеем K = λ(u; v), где λ = (u · xH + v · yH)/c² = 1 − u/(2s).
Таким образом, вектор MK имеет координаты (1 − u/(2s))(−u; v), а MK = c(1 − u/(2s)).
Прямая CT задаётся уравнением x = u. При движении от M к K её достигают на доле r = (1 − u/s)/(1 − u/(2s)) длины MK.
Так как 0 < r < 1, точка E лежит внутри MK и ME = r · MK = c(1 − u/s).
Вектор TH имеет координаты (1 − u/s)(u; v), поэтому TH = c(1 − u/s) = ME.
Ответ: TH = ME, что и требовалось доказать.

б) Вычисление EK.
По доказанным формулам и расположению E между M и K:
EK = MK − ME = c(1 − u/(2s)) − c(1 − u/s) = cu/(2s).
Из c² = 2su следует u = c²/(2s), поэтому EK = c³/(4s²).
Подставляя c = 10 и s = 13, получаем EK = 1000/(4 · 169) = 250/169.
Ответ: 250/169.

а) Доказательство.

Поскольку AH ⟂ BC, в прямоугольном треугольнике AHC угол CAH равен 90° − 30° = 60°.

AM — биссектриса угла CAH, поэтому ∠CAM = ∠MAH = 30°.

Так как M лежит на BC, угол ACM равен 30°. Следовательно, в треугольнике AMC углы CAM и ACM равны, откуда AM = MC.

По условию AM — медиана, поэтому MB = MC. Таким образом, MA = MB = MC.

Значит, точки A, B и C лежат на окружности с центром M, а BC — её диаметр. Вписанный угол BAC, опирающийся на диаметр, равен 90°.

Ответ а): треугольник ABC прямоугольный, ∠BAC = 90°.

б) Нахождение площади.

В прямоугольном треугольнике ABC катет AB лежит против угла 30°, поэтому BC = 2AB = 16, а CM = BC/2 = 8.

По теореме Пифагора AC = √(16² − 8²) = 8√3.

В прямоугольном треугольнике AHC получаем CH = AC · cos 30° = 8√3 · √3/2 = 12.

Точки расположены в порядке B, H, M, C, поэтому HM = CH − CM = 12 − 8 = 4.

Прямые MF и AC перпендикулярны, а угол между AC и BC равен 30°. Поэтому острый угол между MF и BC равен 60°. В прямоугольном треугольнике MHF это угол HMF.

Следовательно, HF = HM · tg 60° = 4√3. Поскольку FH ⟂ CM, отрезок FH является высотой к прямой, содержащей основание CM треугольника CMF.

S(CMF) = CM · HF/2 = 8 · 4√3/2 = 16√3.

Ответ б): 16√3.