ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №18 — окружности

Разбор — 3 балла

Сделаем рисунок: в прямоугольном треугольнике $ABC$ ($\angle A=90^{\circ }$) вписана окружность с центром $O$; касательная $DE\parallel AB$ отсекает треугольник $CDE$, в который вписана окружность с центром $O_1$.

а) Обозначим $\gamma =\angle ACB$.

Центр окружности, вписанной в угол, равноудалён от его сторон и поэтому лежит на биссектрисе угла. Окружность с центром $O$ вписана в треугольник $ABC$, а значит, и в угол $ACB$, поэтому $O$ лежит на биссектрисе угла $C$.

Точки $D$ и $E$ лежат на сторонах $CB$ и $CA$, поэтому угол $DCE$ — это тот же угол $ACB$. Окружность с центром $O_1$ вписана в треугольник $CDE$, значит, и в этот угол, и $O_1$ тоже лежит на биссектрисе угла $C$.

Точки $O$ и $O_1$ различны (радиусы окружностей разные), поэтому прямая $O{O}_1$ — это биссектриса угла $ACB$, а $P$ — точка пересечения этой биссектрисы со стороной $AB$. По свойству биссектрисы треугольника

$$\frac{AP}{PB}=\frac{AC}{BC}.$$

В прямоугольном треугольнике $ABC$ косинус острого угла равен отношению прилежащего катета к гипотенузе: $\cos \gamma =\frac{AC}{BC}$. Значит, $AP:PB=\cos \angle ACB$, что и требовалось доказать.

б) Пусть большая окружность касается $AB$, $AC$ и $DE$ в точках $L$, $K$ и $T$, а меньшая касается $CE$ и $DE$ в точках $K_1$ и $T_1$. Радиус, проведённый в точку касания, перпендикулярен касательной.

В четырёхугольнике $ALOK$ углы $A$, $L$, $K$ прямые, а $OL=OK=R$, поэтому это квадрат, и $AK=R=6$.

Так как $DE\parallel AB$ и $AB\perp AC$, то $DE\perp AC$, то есть $\angle DEC=90^{\circ }$. Тогда $OKET$ — тоже квадрат, и $KE=R=6$. Аналогично в прямоугольном треугольнике $CDE$ четырёхугольник $O_1{K}_{1}E{T}_1$ — квадрат со стороной $r$, и $E{K}_1=r=4$.

На стороне $AC$ точки идут в порядке $A$, $K$, $E$, $K_1$, $C$. Пусть $C{K}_1=x$, тогда

$$CK=C{K}_1+K_{1}E+EK=x+4+6=x+10.$$

Рассмотрим треугольники $OKC$ и $O_1{K}_{1}C$. Они прямоугольные ($\angle K=\angle K_1=90^{\circ }$) и имеют общий острый угол при вершине $C$ (точки $O$, $O_1$ лежат на биссектрисе, точки $K$, $K_1$ — на стороне $CA$). Значит, они подобны, и

$$\frac{OK}{O_1{K}_1}=\frac{CK}{C{K}_1}\Rightarrow \frac{6}{4}=\frac{x+10}{x}\Rightarrow 6x=4x+40\Rightarrow x=20.$$

В прямоугольном треугольнике $O_1{K}_{1}C$ угол при вершине $C$ равен $\frac{\gamma }{2}$, так как $C{O}_1$ — биссектриса. Тангенс — отношение противолежащего катета к прилежащему:

$$\mathrm{tg}\frac{\gamma }{2}=\frac{O_1{K}_1}{C{K}_1}=\frac{4}{20}=\frac{1}{5}.$$

По формуле тангенса двойного угла

$$\mathrm{tg}\gamma =\frac{2\mathrm{tg}\frac{\gamma }{2}}{1-{\mathrm{tg}}^2\frac{\gamma }{2}}=\frac{\frac{2}{5}}{1-\frac{1}{25}}=\frac{2}{5}\cdot \frac{25}{24}=\frac{5}{12}.$$

Найдём катет $AC$:

$$AC=AK+KE+E{K}_1+K_{1}C=6+6+4+20=36.$$

В прямоугольном треугольнике $ABC$ имеем $\mathrm{tg}\gamma =\frac{AB}{AC}$, поэтому

$$AB=AC\cdot \mathrm{tg}\gamma =36\cdot \frac{5}{12}=15.$$

Площадь прямоугольного треугольника равна половине произведения катетов:

$$S_{ABC}=\frac{1}{2}\cdot AB\cdot AC=\frac{1}{2}\cdot 15\cdot 36=270.$$

Проверим: гипотенуза $BC=\sqrt{15^2+36^2}=39$, и радиус вписанной окружности прямоугольного треугольника $\frac{AB+AC-BC}{2}=\frac{15+36-39}{2}=6=R$.

Ответ: б) $270$.