ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №18 — окружности

Разбор — 3 балла

Сделаем рисунок: треугольник $ABC$, биссектрисы $AK$ ($K$ на $BC$) и $BL$ ($L$ на $AC$) пересекаются в точке $I$, четырёхугольник $CKIL$ вписан в окружность.

а) Пусть $\angle BAC=2\alpha$, $\angle ABC=2\beta$. По сумме углов треугольника

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

В треугольнике $AIB$ углы при вершинах $A$ и $B$ — половины углов треугольника: $\angle IAB=\alpha$, $\angle IBA=\beta$. Поэтому

$$\angle AIB=180^{\circ }-\alpha -\beta .$$

Точка $I$ лежит между $A$ и $K$ и между $B$ и $L$, поэтому углы $KIL$ и $AIB$ вертикальные и $\angle KIL=\angle AIB=180^{\circ }-\alpha -\beta$.

В четырёхугольнике $CKIL$ вершины $C$ и $I$ противоположные. Четырёхугольник вписан в окружность, а у вписанного четырёхугольника сумма противоположных углов равна $180^{\circ }$:

$$\angle C+\angle KIL=180^{\circ },$$

$$\left(180^{\circ }-2\alpha -2\beta \right)+\left(180^{\circ }-\alpha -\beta \right)=180^{\circ }\iff 3(\alpha +\beta )=180^{\circ }\iff \alpha +\beta =60^{\circ }.$$

Тогда

$$\angle BCA=180^{\circ }-2(\alpha +\beta )=180^{\circ }-120^{\circ }=60^{\circ },$$

что и требовалось доказать.

б) Биссектрисы треугольника пересекаются в одной точке — центре вписанной окружности. Значит, $I$ — центр вписанной окружности треугольника $ABC$, а $CI$ — биссектриса угла $C$, поэтому

$$\angle ICB=\frac{1}{2}\cdot 60^{\circ }=30^{\circ }.$$

Опустим перпендикуляр $IG$ на сторону $BC$. Радиус вписанной окружности, проведённый в точку касания, перпендикулярен стороне, поэтому $IG=r$ — радиус вписанной окружности.

В прямоугольном треугольнике $IGC$ катет $IG$ лежит против угла $30^{\circ }$ и равен половине гипотенузы:

$$r=IG=\frac{1}{2}IC=\frac{1}{2}\cdot 4=2.$$

Площадь треугольника равна произведению полупериметра на радиус вписанной окружности. Полупериметр $p=\frac{25}{2}$, поэтому

$$S_{ABC}=p\cdot r=\frac{25}{2}\cdot 2=25.$$

Ответ: б) $25$.