Прямые, содержащие катеты AC и CB прямоугольного треугольника ABC… — 18 задание ЕГЭ профиль

№18 Треугольники средняя 2026 развёрнутое

Прямые, содержащие катеты $A C$ и $C B$ прямоугольного треугольника $A B C$ , являются общими внутренними касательными к окружностям. Прямая, содержащая гипотенузу $A B$ , является их общей внешней касательной.

а) Докажите, что длина отрезка внутренней касательной, проведенной из вершины острого угла треугольника до одной из окружностей, равна половине периметра треугольника $A B C$

б) Найдите площадь треугольника $A B C$ , если радиусы окружностей равны $4$ и $8$ .

Развёрнутое задание второй части — реши на бумаге и сверься с разбором

Разбор — 3 балла

Две окружности, касающиеся прямых AC, BC и AB

Сначала поймём, о каких окружностях идёт речь. Окружность, касающаяся всех трёх прямых $A B$ , $B C$ , $C A$ , — это вписанная окружность треугольника или одна из трёх вневписанных. Прямая $A C$ — общая внутренняя касательная, значит, окружности лежат по разные стороны от неё. По другую сторону от $A C$ , чем сам треугольник, лежит только вневписанная окружность, касающаяся стороны $A C$ , поэтому она одна из двух. Аналогично из-за прямой $B C$ вторая окружность — вневписанная, касающаяся стороны $B C$ . Обе они лежат по ту же сторону от $A B$ , что и точка $C$ , так что $A B$ для них действительно общая внешняя касательная.

Итак, первая окружность (центр $O$ ) лежит внутри угла $B A C$ и касается катета $B C$ в точке $E$ , а продолжений сторон $A C$ и $A B$ за точки $C$ и $B$ — в точках $D$ и $F$ . Вторая окружность (центр $Q$ ) лежит внутри угла $A B C$ и касается катета $A C$ в точке $H$ , а продолжений сторон $B C$ и $B A$ за точки $C$ и $A$ — в точках $G$ и $I$ . Обозначим через $p$ полупериметр треугольника $A B C$ .

а) Отрезки касательных, проведённых к окружности из одной точки, равны:

$C D = C E, B F = B E, A D = A F .$

Точка $C$ лежит между $A$ и $D$ , точка $B$ — между $A$ и $F$ , поэтому

$A D = A C + C D = A C + C E, A F = A B + B F = A B + B E .$

Сложим эти равенства. Так как точка $E$ лежит на отрезке $B C$ , то $C E + B E = B C$ , и

$A D + A F = A C + A B + (C E + B E) = A C + A B + B C = 2 p .$

Но $A D = A F$ , поэтому $A D = A F = p$ . Отрезок $A D$ — это отрезок внутренней касательной $A C$ от вершины острого угла $A$ до первой окружности. Его длина равна полупериметру. Что и требовалось доказать.

Точно так же для второй окружности $B G = B I = p$ .

б) Рассмотрим четырёхугольник $O D C E$ . Радиусы, проведённые в точки касания, перпендикулярны касательным: $∠ O D C = ∠ O E C = 9 0^{\circ}$ . Угол $D C E$ смежный с прямым углом $A C B$ , поэтому он тоже прямой. Четырёхугольник с тремя прямыми углами — прямоугольник, а так как $O D = O E$ (радиусы), это квадрат. Значит, $C D = C E$ равно радиусу первой окружности. Аналогично $C H QG$ — квадрат, и $C H = C G$ равно радиусу второй окружности.

Рисунок к решению

Пусть радиус первой окружности равен $4$ , а второй — $8$ (при обратном выборе получится тот же треугольник, только $A$ и $B$ поменяются местами). Тогда $C D = 4$ , $C G = 8$ и

$A C = A D - C D = p - 4, B C = B G - C G = p - 8.$

Сторона $A B = 2 p - A C - B C = 2 p - (p - 4) - (p - 8) = 12$ .

По теореме Пифагора $A C^{2} + B C^{2} = A B^{2}$ :

$(p - 4)^{2} + (p - 8)^{2} = 144 \Leftrightarrow 2 p^{2} - 24 p + 80 = 144 \Leftrightarrow p^{2} - 12 p = 32.$

Найдём $p$ из уравнения $p^{2} - 12 p - 32 = 0$ : $p = 6 \pm 36 + 32 = 6 \pm 217$ . Полупериметр положителен, поэтому $p = 6 + 217$ , и тогда катеты $A C = 2 + 217$ и $B C = 217 - 2$ положительны — такой треугольник существует.

Площадь прямоугольного треугольника равна половине произведения катетов. Само значение $p$ даже не понадобится:

$S_{A B C} = \frac{1}{2} \cdot A C \cdot B C = \frac{( p - 4 ) ( p - 8 )}{2} = \frac{p ^{2} - 12 p + 32}{2} = \frac{32 + 32}{2} = 32.$

Ответ: б) $32$ .

ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №18 — треугольники

Сообщить об ошибке

Ещё задания №18