ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №18 — окружности

Разбор — 3 балла

Обозначим ${\omega }_1$ — окружность с диаметром $AC$, ${\omega }_2$ — окружность с диаметром $BC$. Угол $C$ треугольника прямой.

а) Сначала выясним, где лежит точка $M$. Она лежит на ${\omega }_1$, поэтому вписанный угол $AMC$ опирается на диаметр и $\angle AMC=90^{\circ }$. Она лежит и на ${\omega }_2$, поэтому $\angle BMC=90^{\circ }$. Прямые $MA$ и $MB$ проходят через точку $M$ и обе перпендикулярны $MC$, а такая прямая единственна. Значит, $M$ лежит на прямой $AB$ и $CM\perp AB$: $M$ — основание высоты, проведённой из вершины прямого угла, оно лежит на гипотенузе между $A$ и $B$.

Теперь разберёмся с расположением точек $Q$ и $P$. Хорда $MB$ окружности ${\omega }_2$ лежит на прямой $AB$. Вписанный угол $MCB$ опирается на дугу $MB$, не содержащую $C$, и $\angle MCB=90^{\circ }-\angle B=\angle A<90^{\circ }$. Значит, эта дуга меньше полуокружности — это и есть меньшая дуга $MB$. Поэтому точка $Q$ лежит по другую сторону от прямой $AB$, чем $C$, а луч $CQ$ проходит внутри угла $MCB$ и пересекает отрезок $MB$ в некоторой точке $X$.

Точка $P$ лежит на ${\omega }_1$, поэтому $\angle APC=90^{\circ }$: $P$ — основание перпендикуляра из $A$ на прямую $CX$. В треугольнике $ACX$ углы при вершинах $C$ и $X$ острые: $\angle ACX<\angle ACB=90^{\circ }$, а $\angle AXC=\angle MXC$ — острый угол прямоугольного треугольника $CMX$. Поэтому основание высоты из $A$ лежит на отрезке $CX$. Итак, $P$ лежит между $C$ и $Q$, внутри угла $MCB$.

Найдём угол $MPQ$. Точки $A$ и $P$ окружности ${\omega }_1$ лежат по разные стороны от хорды $CM$ ($P$ — по ту же сторону, что и $B$). Значит, $AMPC$ — вписанный четырёхугольник с противоположными вершинами $A$ и $P$, и $\angle MPC+\angle MAC=180^{\circ }$. Так как $P$ лежит между $C$ и $Q$, углы $MPC$ и $MPQ$ смежные:

$$\angle MPQ=180^{\circ }-\angle MPC=\angle MAC=\angle BAC.$$

Найдём угол $MQP$. Точки $Q$ и $B$ окружности ${\omega }_2$ лежат по одну сторону от хорды $CM$, поэтому вписанные углы $MQC$ и $MBC$ опираются на одну дугу $MC$ и равны. Так как $P$ лежит на отрезке $QC$,

$$\angle MQP=\angle MQC=\angle MBC=\angle ABC.$$

По теореме о сумме углов треугольника $MPQ$:

$$\angle PMQ=180^{\circ }-\angle BAC-\angle ABC=\angle ACB=90^{\circ }.$$

Значит, $PM\perp QM$. Что и требовалось доказать.

Заодно мы получили, что треугольники $MPQ$ и $CAB$ подобны по двум углам: вершине $M$ соответствует $C$, вершине $P$ — $A$, вершине $Q$ — $B$.

б) По условию $AB=AM+MB=1+3=4$. Отрезок $CM$ — высота прямоугольного треугольника, проведённая к гипотенузе, поэтому

$$C{M}^2=AM\cdot MB=1\cdot 3=3,CM=\sqrt{3}.$$

По теореме Пифагора в треугольнике $CMB$:

$$BC=\sqrt{C{M}^2+M{B}^2}=\sqrt{3+9}=2\sqrt{3}.$$

В прямоугольном треугольнике $CMB$ имеем $\mathrm{tg}\angle MCB=\frac{MB}{CM}=\frac{3}{\sqrt{3}}=\sqrt{3}$, значит, $\angle MCB=60^{\circ }$.

Точка $Q$ — середина дуги $MB$, то есть $\stackrel{⌣}{\mathrm{MQ}}=\stackrel{⌣}{\mathrm{QB}}$. Вписанные углы, опирающиеся на равные дуги, равны, поэтому

$$\angle MCQ=\angle QCB=\frac{60^{\circ }}{2}=30^{\circ }.$$

Угол $CQB$ вписан в ${\omega }_2$ и опирается на диаметр $BC$, поэтому он прямой. Из прямоугольного треугольника $CQB$:

$$QB=BC\cdot \sin \angle QCB=2\sqrt{3}\cdot \frac{1}{2}=\sqrt{3}.$$

Равные дуги стягиваются равными хордами, поэтому $MQ=QB=\sqrt{3}$.

Из подобия $△MPQ\sim △CAB$ (пункт а) отношения соответственных сторон равны:

$$\frac{PQ}{AB}=\frac{MQ}{CB}\Rightarrow PQ=\frac{AB\cdot MQ}{CB}=\frac{4\cdot \sqrt{3}}{2\sqrt{3}}=2.$$

Проверим напрямую. Из треугольника $CQB$: $CQ=BC\cos 30^{\circ }=2\sqrt{3}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=3$. Из треугольника $AMC$: $AC=\sqrt{A{M}^2+C{M}^2}=\sqrt{1+3}=2$. Угол $ACQ=90^{\circ }-30^{\circ }=60^{\circ }$, и в прямоугольном треугольнике $APC$ катет $CP=AC\cos 60^{\circ }=1$. Так как $P$ лежит между $C$ и $Q$, получаем $PQ=CQ-CP=3-1=2$.

Ответ: б) $2$.