ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №18 — окружности

Разбор — 3 балла

а) Радиус, проведённый в точку касания, перпендикулярен касательной, поэтому $\angle OAB=\angle OCB=90^{\circ }$. Сумма углов четырёхугольника $ABCO$ равна $360^{\circ }$:

$$\angle AOC=360^{\circ }-\angle ABC-\angle OAB-\angle OCB=360^{\circ }-120^{\circ }-90^{\circ }-90^{\circ }=60^{\circ }.$$

Треугольник $AOC$ равнобедренный ($OA=OC=R$), и угол при его вершине равен $60^{\circ }$. Тогда каждый угол при основании равен $\frac{180^{\circ }-60^{\circ }}{2}=60^{\circ }$, треугольник равносторонний и

$$AC=R.$$

Центр окружности, вписанной в угол, лежит на его биссектрисе, поэтому $\angle OBC=\frac{120^{\circ }}{2}=60^{\circ }$. В прямоугольном треугольнике $OBC$ катет $BC$ прилежит к углу $OBC$:

$$BC=OC\cdot \mathrm{ctg}60^{\circ }=\frac{R}{\sqrt{3}}.$$

Отрезки касательных из точки $B$ равны, поэтому и $AB=BC=\frac{R}{\sqrt{3}}$.

Вписанный угол $DAC$ опирается на диаметр $CD$, значит, он прямой. По теореме Пифагора в треугольнике $DAC$

$$AD=\sqrt{C{D}^2-A{C}^2}=\sqrt{4R^2-R^2}=R\sqrt{3}=3\cdot \frac{R}{\sqrt{3}}=3BC.$$

Что и требовалось доказать.

б) Диаметр $CD$ лежит на прямой $OC$, а $OC\perp BC$, поэтому $\angle BCD=90^{\circ }$. По теореме Пифагора в треугольнике $BCD$

$$BD=\sqrt{B{C}^2+C{D}^2}=\sqrt{\frac{R^2}{3}+4R^2}=R\sqrt{\frac{13}{3}}=\frac{\sqrt{39}}{3}R.$$

Точно так же $AE\perp AB$, $AE=2R=CD$ и $AB=BC$. Прямоугольные треугольники $BAE$ и $BCD$ равны по двум катетам, поэтому $BE=BD=\frac{\sqrt{39}}{3}R$.

Точка $B$ лежит вне окружности, $BC$ — касательная, $BD$ — секущая, пересекающая окружность в точках $N$ и $D$. Квадрат касательной равен произведению секущей на её внешнюю часть:

$$B{C}^2=BN\cdot BD,BN=\frac{B{C}^2}{BD}=\frac{R^2}{3}\cdot \frac{3}{\sqrt{39}R}=\frac{R}{\sqrt{39}}.$$

Аналогично для касательной $BA$ и секущей $BE$: $B{A}^2=BP\cdot BE$, и $BP=\frac{R}{\sqrt{39}}$.

Рассмотрим треугольники $BNP$ и $BDE$. Точки $N$ и $P$ лежат на отрезках $BD$ и $BE$, поэтому угол при вершине $B$ у них общий, и

$$\frac{BN}{BD}=\frac{BP}{BE}=\frac{R}{\sqrt{39}}\cdot \frac{3}{\sqrt{39}R}=\frac{3}{39}=\frac{1}{13}.$$

Значит, треугольники подобны по двум пропорциональным сторонам и углу между ними, коэффициент подобия равен $\frac{1}{13}$, и $PN=\frac{DE}{13}$.

Найдём $DE$. Точки $C$, $O$, $D$ и $A$, $O$, $E$ лежат на диаметрах, поэтому углы $DOE$ и $COA$ вертикальные: $\angle DOE=\angle COA=60^{\circ }$. Треугольник $DOE$ равнобедренный ($OD=OE=R$) с углом $60^{\circ }$ при вершине, то есть равносторонний, и $DE=R$.

Итак,

$$PN=\frac{R}{13}=\frac{13}{13}=1.$$

Ответ: б) $1$.