В треугольнике \(ABC\) проведены высота \(AH\) и медиана \(AM\), угол \(ACB\) равен \(30^\circ\). Точка \(H\) лежит на отрезке \(BM\). В треугольнике \(ACM\) проведена высота \(MQ\). Прямые \(MQ\) и \(AH\) пересекаются в точке \(F\). Известно, что \(AM\) — биссектриса угла \(HAC\).
а) Докажите, что треугольник \(ABC\) — прямоугольный.
б) Найдите площадь треугольника \(CFM\), если \(AB = 10\).
а) Обозначим \(MQ = x\). В прямоугольном треугольнике \(MQC\) угол при вершине \(C\) равен \(30^\circ\), поэтому гипотенуза вдвое больше катета напротив этого угла: \(MC = 2x\).
В прямоугольном треугольнике \(HAC\) угол \(ACH\) равен \(30^\circ\), значит \(\angle HAC = 60^\circ\). Так как \(AM\) — биссектриса,
\[\angle HAM = \angle MAQ = 30^\circ.\]
Треугольники \(HAM\) и \(QAM\) равны по гипотенузе \(AM\) и острому углу, поэтому \(HM = MQ = x\). Точка \(M\) — середина \(BC\), то есть \(BM = MC = 2x\), откуда
\[BH = BM - HM = 2x - x = x.\]
Получилось, что в треугольнике \(BAM\) высота \(AH\) одновременно является медианой, значит этот треугольник равнобедренный, и \(AH\) — ещё и биссектриса:
\[\angle BAH = \angle HAM = 30^\circ.\]
Тогда
\[\angle BAC = \angle BAH + \angle HAM + \angle MAQ = 30^\circ + 30^\circ + 30^\circ = 90^\circ.\]
Что и требовалось доказать.
б) В прямоугольном треугольнике \(ABC\) катет \(AB\) лежит напротив угла \(30^\circ\), поэтому гипотенуза вдвое больше:
\[BC = 2AB = 20 \quad\Longrightarrow\quad 4x = 20 \quad\Longrightarrow\quad x = 5.\]
Значит \(BH = HM = MQ = 5\) и \(MC = 10\).
Найдём высоту \(FH\) треугольника \(FMC\), проведённую к стороне \(MC\). Углы \(HMF\) и \(QMC\) равны как вертикальные, поэтому треугольники \(HMF\) и \(QMC\) равны по острому углу и прилежащему катету (\(HM = MQ = 5\)). Отсюда
\[FM = MC = 10.\]
По теореме Пифагора в треугольнике \(FHM\):
\[FH^2 = FM^2 - HM^2 = 100 - 25 = 75 \quad\Longrightarrow\quad FH = 5\sqrt{3}.\]
Тогда
\[S_{FMC} = \frac{1}{2}\cdot FH\cdot MC = \frac{1}{2}\cdot 5\sqrt{3}\cdot 10 = 25\sqrt{3}.\]
Ответ: б) \(25\sqrt{3}\).