ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №18 — треугольники

Разбор — 3 балла

а) Пусть $M$ — середина $AB$.

Точка $D$ лежит на серединном перпендикуляре к отрезку $AB$, поэтому она равноудалена от его концов: $DA=DB$. Значит, треугольник $ADB$ равнобедренный с основанием $AB$, и углы при основании равны. Обозначим $\angle DAB=\angle DBA=\alpha$. По теореме о сумме углов треугольника

$$\angle ADB=180^{\circ }-2\alpha .$$

Центр $O$ вписанной окружности лежит на биссектрисе угла $ADB$. В равнобедренном треугольнике биссектриса, проведённая к основанию, совпадает с медианой и высотой, то есть с отрезком $DM$. Поэтому $O$ лежит на $DM$ и

$$\angle BDO=\frac{1}{2}\angle ADB=90^{\circ }-\alpha .$$

Радиус, проведённый в точку касания, перпендикулярен касательной, поэтому $OP\perp AD$. В прямоугольном треугольнике $APK$ угол $PAK$ равен $\alpha$, значит,

$$\angle AKP=90^{\circ }-\alpha .$$

Точки $O$ и $P$ лежат по одну сторону от прямой $AB$, поэтому лучи $KO$ и $KP$ совпадают. Углы $AKO$ и $BKO$ смежные (точка $K$ лежит на стороне $AB$), поэтому

$$\angle BKO=180^{\circ }-\angle AKP=180^{\circ }-(90^{\circ }-\alpha )=90^{\circ }+\alpha .$$

Углы $BDO$ и $BKO$ — противоположные углы четырёхугольника $BDOK$, и их сумма

$$\angle BDO+\angle BKO=(90^{\circ }-\alpha )+(90^{\circ }+\alpha )=180^{\circ }.$$

По признаку вписанного четырёхугольника около $BDOK$ можно описать окружность. Что и требовалось доказать.

б) Заметим, что

$$A{B}^2=64=15+49=B{C}^2+A{C}^2.$$

По теореме, обратной теореме Пифагора, треугольник $ABC$ прямоугольный с прямым углом $C$. Тогда косинус угла $A$ равен отношению прилежащего катета к гипотенузе:

$$\cos \alpha =\cos \angle CAB=\frac{AC}{AB}=\frac{7}{8}.$$

Центр $O$ вписанной окружности треугольника $ADB$ лежит и на биссектрисе угла $DBA$, поэтому $\angle OBM=\frac{\alpha }{2}$. Найдём $\cos \frac{\alpha }{2}$ по формуле косинуса двойного угла $\cos \alpha =2{\cos }^2\frac{\alpha }{2}-1$:

$$2{\cos }^2\frac{\alpha }{2}=1+\frac{7}{8}=\frac{15}{8},{\cos }^2\frac{\alpha }{2}=\frac{15}{16},\cos \frac{\alpha }{2}=\frac{\sqrt{15}}{4}$$

(угол $\frac{\alpha }{2}$ острый, поэтому косинус положителен).

Точка $O$ лежит на высоте $DM$, поэтому треугольник $OBM$ прямоугольный с прямым углом $M$, а $BM=\frac{1}{2}AB=4$. Гипотенуза равна катету, делённому на косинус прилежащего угла:

$$OB=\frac{BM}{\cos \frac{\alpha }{2}}=\frac{4}{\frac{\sqrt{15}}{4}}=\frac{16}{\sqrt{15}}.$$

Окружность, описанная около четырёхугольника $BDOK$, проходит через точки $B$, $O$, $K$, то есть является описанной окружностью треугольника $BOK$. Угол $BKO=90^{\circ }+\alpha$ (пункт а), и по формуле приведения

$$\sin \angle BKO=\sin \left(90^{\circ }+\alpha \right)=\cos \alpha =\frac{7}{8}.$$

По теореме синусов для треугольника $BOK$ $\frac{BO}{\sin \angle BKO}=2R$, откуда

$$R=\frac{BO}{2\sin \angle BKO}=\frac{\frac{16}{\sqrt{15}}}{2\cdot \frac{7}{8}}=\frac{16}{\sqrt{15}}\cdot \frac{4}{7}=\frac{64}{7\sqrt{15}}=\frac{64\sqrt{15}}{105}.$$

Ответ: б) $\frac{64\sqrt{15}}{105}$.