ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №18 — окружности

Разбор — 3 балла

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

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

Прямая $MN$ касается окружности, поэтому вся окружность лежит по одну сторону от неё — по ту же, что и центр $O$, а вершина $A$ отделена от окружности этой прямой. Значит, окружность находится внутри четырёхугольника $BMNC$ и касается его сторон $BM$, $MN$ и $NC$.

а) Окружность касается сторон $MB$ и $MN$ угла $BMN$ и лежит внутри него, то есть она вписана в угол $BMN$. Центр окружности, вписанной в угол, равноудалён от его сторон и поэтому лежит на биссектрисе угла. Значит, $MO$ — биссектриса угла $BMN$. Обозначим

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

Точно так же окружность вписана в угол $CNM$, её центр лежит на биссектрисе этого угла, и $NO$ — биссектриса угла $CNM$:

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

Выразим углы при вершине $O$ из сумм углов трёх треугольников (сумма углов треугольника равна $180^{\circ }$):

$$\angle BOM=180^{\circ }-\angle OBM-\angle BMO=180^{\circ }-\alpha -\gamma ,$$

$$\angle MON=180^{\circ }-\angle NMO-\angle MNO=180^{\circ }-\gamma -\beta ,$$

$$\angle NOC=180^{\circ }-\angle OCN-\angle CNO=180^{\circ }-\alpha -\beta .$$

Точка $O$ лежит на отрезке $BC$, а лучи $OM$ и $ON$ идут в одну полуплоскость от прямой $BC$. Поэтому углы $BOM$, $MON$ и $NOC$ вместе составляют развёрнутый угол $BOC$, и их сумма равна $180^{\circ }$:

$$(180^{\circ }-\alpha -\gamma )+(180^{\circ }-\gamma -\beta )+(180^{\circ }-\alpha -\beta )=180^{\circ },$$

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

То же равенство можно получить из суммы углов четырёхугольника $BMNC$: $2\alpha +2\gamma +2\beta =360^{\circ }$.

Подставим $\alpha +\beta +\gamma =180^{\circ }$ в найденные выражения:

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

Сведём углы трёх треугольников вместе:

• в треугольнике $BMO$: $\angle B=\alpha$, $\angle M=\gamma$, $\angle O=\beta$;
• в треугольнике $OMN$: $\angle O=\alpha$, $\angle M=\gamma$, $\angle N=\beta$;
• в треугольнике $CON$: $\angle C=\alpha$, $\angle O=\gamma$, $\angle N=\beta$.

У всех трёх треугольников углы равны $\alpha$, $\beta$, $\gamma$, поэтому по признаку подобия по двум углам

$$△BMO\sim △OMN\sim △CON$$

(вершины записаны в порядке углов $\alpha$, $\gamma$, $\beta$). Значит, отрезки $OM$ и $ON$ разбивают четырёхугольник $BMNC$ на три подобных треугольника. Что и требовалось доказать.

б) Треугольник $ABC$ равносторонний, поэтому $AB=BC=CA=12$. Из условия $AN:NC=1:2$ получаем

$$AN=\frac{12}{3}=4,NC=\frac{2\cdot 12}{3}=8.$$

Окружность касается сторон $AB$ и $AC$, то есть вписана в угол $BAC$, поэтому её центр $O$ лежит на биссектрисе угла $A$. В равностороннем треугольнике биссектриса, проведённая к стороне, является и медианой, значит, $O$ — середина $BC$:

$$BO=CO=\frac{12}{2}=6.$$

По пункту а) $△BMO\sim △CON$, причём равным углам соответствуют: $\angle B=\angle C=\alpha$, $\angle BMO=\angle CON=\gamma$, $\angle BOM=\angle CNO=\beta$. Против угла $\beta$ лежат стороны $BM$ и $CO$, против угла $\gamma$ — стороны $BO$ и $CN$. Поэтому

$$\frac{BM}{CO}=\frac{BO}{CN},BM=\frac{BO\cdot CO}{CN}=\frac{6\cdot 6}{8}=\frac{9}{2}.$$

Тогда

$$AM=AB-BM=12-\frac{9}{2}=\frac{15}{2}=7,5.$$

Проверим ответ по-другому. Отрезки касательных, проведённых из одной точки к окружности, равны, поэтому периметр треугольника $AMN$, отсечённого касательной, равен удвоенному отрезку касательной из точки $A$. Этот отрезок — катет прямоугольного треугольника с гипотенузой $AO=\frac{12\sqrt{3}}{2}=6\sqrt{3}$ и углом $30^{\circ }$ при вершине $A$, то есть он равен $6\sqrt{3}\cdot \cos 30^{\circ }=9$. Значит, $AM+AN+MN=18$. С другой стороны, по теореме косинусов

$$M{N}^2=A{M}^2+A{N}^2-2\cdot AM\cdot AN\cdot \cos 60^{\circ }=56,25+16-30=42,25,MN=6,5,$$

и действительно $7,5+4+6,5=18$.

Ответ: б) $7,5$.