ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №18 — окружности

Разбор — 3 балла

Сделаем рисунок: равнобедренный треугольник $ABC$ с основанием $BC$, на основании — центр $O$ окружности, касающейся боковых сторон. Касательная к окружности отсекает от треугольника угол $A$ и пересекает $AB$ в точке $M$, а $AC$ — в точке $N$. Отрезки $OM$ и $ON$ делят четырёхугольник $BMNC$ на треугольники $BOM$, $MON$ и $NOC$.

а) Треугольник $ABC$ равнобедренный с основанием $BC$, углы при основании равны. Обозначим

$$\angle ABC=\angle ACB=\alpha .$$

Окружность касается прямых $MB$ и $MN$ и лежит внутри угла $BMN$, то есть вписана в этот угол. Центр окружности, вписанной в угол, лежит на биссектрисе угла, поэтому $MO$ — биссектриса угла $BMN$. Обозначим

$$\angle BMO=\angle NMO=\gamma .$$

Точно так же окружность вписана в угол $CNM$, поэтому $NO$ — биссектриса этого угла:

$$\angle CNO=\angle MNO=\beta .$$

Выразим углы при вершине $O$ из суммы углов треугольников. В треугольнике $BOM$ углы при вершинах $B$ и $M$ равны $\alpha$ и $\gamma$, в треугольнике $MON$ углы при $M$ и $N$ равны $\gamma$ и $\beta$, в треугольнике $NOC$ углы при $N$ и $C$ равны $\beta$ и $\alpha$. Поэтому

$$\angle BOM=180^{\circ }-\alpha -\gamma ,\angle MON=180^{\circ }-\beta -\gamma ,\angle NOC=180^{\circ }-\alpha -\beta .$$

Точка $O$ лежит на отрезке $BC$, а лучи $OM$ и $ON$ проходят между лучами $OB$ и $OC$. Значит, три угла $BOM$, $MON$ и $NOC$ вместе составляют развёрнутый угол:

$$\left(180^{\circ }-\alpha -\gamma \right)+\left(180^{\circ }-\beta -\gamma \right)+\left(180^{\circ }-\alpha -\beta \right)=180^{\circ }.$$

Отсюда $540^{\circ }-2(\alpha +\beta +\gamma )=180^{\circ }$, то есть

$$\alpha +\beta +\gamma =180^{\circ }.$$

Подставим это в выражения для углов при точке $O$:

$$\angle BOM=\beta ,\angle MON=\alpha ,\angle NOC=\gamma .$$

Получаем, что в каждом из трёх треугольников углы равны $\alpha$, $\beta$, $\gamma$:

• в треугольнике $BOM$: $\angle B=\alpha$, $\angle BOM=\beta$, $\angle BMO=\gamma$;
• в треугольнике $MON$: $\angle MON=\alpha$, $\angle ONM=\beta$, $\angle OMN=\gamma$;
• в треугольнике $NOC$: $\angle C=\alpha$, $\angle ONC=\beta$, $\angle NOC=\gamma$.

Значит, треугольники $BOM$, $MON$ и $NOC$ подобны по двум углам. Что и требовалось доказать.

б) Треугольник $ABC$ равносторонний, поэтому $AB=BC=CA=20$. Из условия $AN:NC=2:3$ находим

$$AN=\frac{2}{5}\cdot 20=8,NC=\frac{3}{5}\cdot 20=12.$$

Окружность касается сторон угла $BAC$, поэтому её центр $O$ лежит на биссектрисе этого угла: $AO$ — биссектриса треугольника $ABC$. В равнобедренном треугольнике биссектриса, проведённая к основанию, является и медианой, поэтому $O$ — середина $BC$:

$$BO=OC=\frac{20}{2}=10.$$

По пункту а) треугольники $BOM$ и $CNO$ подобны, причём равные углы соответствуют так: $\angle B=\angle C=\alpha$, $\angle BOM=\angle CNO=\beta$, $\angle BMO=\angle CON=\gamma$. Значит, вершине $B$ соответствует $C$, вершине $O$ — вершина $N$, вершине $M$ — вершина $O$. Сторона $BM$ лежит против угла $\beta$, как и сторона $CO$; сторона $BO$ лежит против угла $\gamma$, как и сторона $CN$. Запишем отношение подобия:

$$\frac{BM}{CO}=\frac{BO}{CN}\Rightarrow BM=\frac{BO\cdot CO}{CN}=\frac{10\cdot 10}{12}=\frac{25}{3}.$$

Тогда

$$AM=AB-BM=20-\frac{25}{3}=\frac{35}{3}.$$

Проверим результат. Пусть окружность касается $AB$ в точке $T$. Радиус $OT\perp AB$, и из прямоугольного треугольника $BTO$ с углом $60^{\circ }$ при вершине $B$ получаем $BT=BO\cos 60^{\circ }=5$, поэтому отрезок касательной из точки $A$ равен $AT=20-5=15$. Окружность вписана в угол $A$ и касается $MN$ с другой стороны от $A$, поэтому периметр треугольника $AMN$ равен $2AT=30$ (отрезки касательных из $M$ и из $N$ равны). Отсюда $MN=30-\frac{35}{3}-8=\frac{31}{3}$. По теореме косинусов с углом $60^{\circ }$:

$$M{N}^2=A{M}^2+A{N}^2-AM\cdot AN=\frac{1225}{9}+64-\frac{280}{3}=\frac{1225+576-840}{9}=\frac{961}{9}={\left(\frac{31}{3}\right)}^2.$$

Значения совпали.

Ответ: б) $\frac{35}{3}$.