ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №18 — окружности

Разбор — 3 балла

а) Проведём через точку $K$ общую касательную к окружностям, пусть она пересекает прямую $AB$ в точке $M$.

Отрезки касательных, проведённых к окружности из одной точки, равны. Из точки $M$ к первой окружности проведены касательные $MA$ и $MK$, ко второй — $MB$ и $MK$. Поэтому

$$MA=MK=MB.$$

Значит, $M$ — середина $AB$, и в треугольнике $AKB$ медиана $KM$ равна половине стороны $AB$. Такой треугольник прямоугольный. Действительно, треугольники $AMK$ и $BMK$ равнобедренные, поэтому $\angle MAK=\angle MKA$ и $\angle MBK=\angle MKB$. По сумме углов треугольника $AKB$:

$$2\angle MKA+2\angle MKB=180^{\circ }\Rightarrow \angle AKB=\angle MKA+\angle MKB=90^{\circ }.$$

Отрезок $BK$ — хорда второй окружности, он лежит внутри неё, а первая окружность лежит вне второй. Поэтому вторая точка $D$ пересечения прямой $BK$ с первой окружностью лежит на продолжении $BK$ за точку $K$. Аналогично $C$ лежит на продолжении $AK$ за точку $K$. Значит, углы $AKD$ и $BKC$ смежны с углом $AKB$:

$$\angle AKD=\angle BKC=180^{\circ }-90^{\circ }=90^{\circ }.$$

Вписанный угол $AKD$ первой окружности прямой, значит, он опирается на диаметр: $AD$ — диаметр первой окружности. Точно так же $BC$ — диаметр второй окружности. Обозначим центры окружностей $O_1$ и $O_2$: тогда $O_1$ — середина $AD$, а $O_2$ — середина $BC$.

Радиус, проведённый в точку касания, перпендикулярен касательной. Поэтому $O_{1}A\perp AB$ и $O_{2}B\perp AB$. Прямая $AD$ содержит радиус $O_{1}A$, а прямая $BC$ — радиус $O_{2}B$, значит, $AD\perp AB$ и $BC\perp AB$. Две прямые, перпендикулярные одной прямой, параллельны: $AD\parallel BC$. Что и требовалось доказать.

б) По пункту а) $AD$ и $BC$ — диаметры:

$$AD=2\cdot 4=8,BC=2\cdot 1=2.$$

Обе окружности лежат по одну сторону от общей касательной $AB$, поэтому точки $C$ и $D$ лежат по одну сторону от $AB$, и $ABCD$ — прямоугольная трапеция с основаниями $AD$ и $BC$ и высотой $AB$. Найдём $AB$.

Окружности касаются внешним образом, поэтому точка касания $K$ лежит на линии центров и

$$O_1{O}_2=O_{1}K+K{O}_2=4+1=5.$$

Четырёхугольник $O_{1}AB{O}_2$ — прямоугольная трапеция ($O_{1}A\parallel O_{2}B$, оба отрезка перпендикулярны $AB$). Опустим перпендикуляр $O_{2}S$ на $A{O}_1$. Так как $O_{2}B=1<O_{1}A=4$, точка $S$ лежит на отрезке $A{O}_1$. Четырёхугольник $AS{O}_{2}B$ — прямоугольник (все углы прямые), поэтому

$$S{O}_2=AB,AS=B{O}_2=1,S{O}_1=A{O}_1-AS=4-1=3.$$

По теореме Пифагора в прямоугольном треугольнике $O_{1}S{O}_2$:

$$S{O}_2=\sqrt{O_1{O}_2^2-S{O}_1^2}=\sqrt{5^2-3^2}=\sqrt{16}=4.$$

Значит, $AB=4$.

Найдём синус угла $CBD$. Углы $CBD$ и $ADB$ равны как накрест лежащие при параллельных прямых $BC$ и $AD$ и секущей $BD$. Треугольник $ABD$ прямоугольный с прямым углом $A$, по теореме Пифагора

$$BD=\sqrt{A{B}^2+A{D}^2}=\sqrt{16+64}=\sqrt{80}=4\sqrt{5}.$$

Синус острого угла прямоугольного треугольника равен отношению противолежащего катета к гипотенузе:

$$\sin \angle CBD=\sin \angle ADB=\frac{AB}{BD}=\frac{4}{4\sqrt{5}}=\frac{1}{\sqrt{5}}.$$

Найдём сторону $CD$. Опустим перпендикуляр $CH$ на $AD$. Четырёхугольник $ABCH$ — прямоугольник, поэтому $CH=AB=4$ и $AH=BC=2$, откуда $DH=AD-AH=8-2=6$. По теореме Пифагора в треугольнике $CHD$:

$$CD=\sqrt{C{H}^2+D{H}^2}=\sqrt{16+36}=\sqrt{52}=2\sqrt{13}.$$

По теореме синусов для треугольника $BCD$ сторона $CD$, делённая на синус противолежащего угла $CBD$, равна $2R$, где $R$ — радиус описанной окружности:

$$2R=\frac{CD}{\sin \angle CBD}=\frac{2\sqrt{13}}{\frac{1}{\sqrt{5}}}=2\sqrt{65}\Rightarrow R=\sqrt{65}.$$

Ответ: б) $\sqrt{65}$.