ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №18 — окружности

Разбор — 3 балла

Обозначим $\angle ABC=\beta$. Тогда по условию $\angle BAC=2\beta$.

а) Сначала найдём угол $AOC$. Он центральный в окружности, описанной около треугольника $ABC$, и опирается на дугу $AC$, не содержащую точку $B$. На эту же дугу опирается вписанный угол $ABC$. Центральный угол вдвое больше вписанного угла, опирающегося на ту же дугу, поэтому

$$\angle AOC=2\angle ABC=2\beta .$$

Теперь посмотрим на вторую окружность — описанную около треугольника $AOC$. На ней лежат точки $A$, $O$, $C$ и $P$. Треугольник $ABC$ остроугольный, поэтому центр $O$ его описанной окружности лежит внутри треугольника, то есть по ту же сторону от прямой $AC$, что и вершина $B$. Точка $P$ лежит на стороне $BC$ и отлична от $C$, поэтому она тоже находится по эту сторону от $AC$.

Значит, вписанные углы $APC$ и $AOC$ второй окружности опираются на одну и ту же дугу $AC$ и потому равны:

$$\angle APC=\angle AOC=2\beta .$$

Точка $P$ лежит между $B$ и $C$, поэтому угол $APC$ — внешний угол треугольника $ABP$ при вершине $P$. Внешний угол треугольника равен сумме двух внутренних углов, не смежных с ним:

$$\angle APC=\angle PAB+\angle PBA.$$

Угол $PBA$ совпадает с углом $ABC$, то есть равен $\beta$. Отсюда

$$\angle PAB=\angle APC-\angle PBA=2\beta -\beta =\beta .$$

Итак, в треугольнике $ABP$ углы при вершинах $A$ и $B$ равны. Значит, этот треугольник равнобедренный с основанием $AB$, и $AP=BP$. Что и требовалось доказать.

б) Пусть $BC=a$. Точка $P$ лежит на отрезке $BC$, поэтому луч $AP$ проходит внутри угла $BAC$, и

$$\angle PAC=\angle BAC-\angle BAP=2\beta -\beta =\beta .$$

Рассмотрим треугольники $CAP$ и $CBA$. Угол $C$ у них общий, а $\angle CAP=\angle CBA=\beta$. Значит, они подобны по двум углам, причём вершине $C$ соответствует $C$, вершине $A$ — вершина $B$, вершине $P$ — вершина $A$. Запишем отношения соответствующих сторон:

$$\frac{CA}{CB}=\frac{AP}{BA}=\frac{CP}{CA}.$$

Из первого равенства выразим $AP$:

$$AP=\frac{BA\cdot CA}{CB}=\frac{7\cdot 4}{a}=\frac{28}{a}.$$

По пункту а) $BP=AP=\frac{28}{a}$, поэтому

$$CP=BC-BP=a-\frac{28}{a}.$$

Из равенства $\frac{CP}{CA}=\frac{CA}{CB}$ получаем $C{A}^2=CP\cdot CB$:

$$16=\left(a-\frac{28}{a}\right)\cdot a=a^2-28,a^2=44,a=2\sqrt{11}.$$

Проверим, что такой треугольник подходит под условие. Наибольшая сторона — $AB=7$, и $A{B}^2=49<A{C}^2+B{C}^2=16+44=60$, поэтому угол $C$ острый, а с ним и весь треугольник остроугольный. Кроме того, $BP=\frac{28}{2\sqrt{11}}=\frac{14}{\sqrt{11}}<2\sqrt{11}$, так как $14<22$, то есть точка $P$ действительно лежит на отрезке $BC$.

Наконец, по теореме синусов $\frac{BC}{\sin 2\beta }=\frac{AC}{\sin \beta }$, откуда $\cos \beta =\frac{BC}{2AC}=\frac{2\sqrt{11}}{8}=\frac{\sqrt{11}}{4}$. По теореме косинусов $\cos \angle ABC=\frac{A{B}^2+B{C}^2-A{C}^2}{2\cdot AB\cdot BC}=\frac{49+44-16}{28\sqrt{11}}=\frac{77}{28\sqrt{11}}=\frac{\sqrt{11}}{4}$ — значения совпали, ответ верный.

Ответ: б) $2\sqrt{11}$.