ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №18 — окружности

Разбор — 3 балла

а) Точка $O$ — центр вписанной окружности, поэтому $AO$, $BO$, $CO$ — биссектрисы углов треугольника $ABC$.

Биссектриса угла — его ось симметрии, поэтому симметрия относительно прямой $CO$ переводит луч $CB$ в луч $CA$. Значит, точка $B_1$ лежит на луче $CA$, причём $C{B}_1=CB$ (точка $C$ лежит на оси и остаётся на месте). По условию $CA<CB=C{B}_1$, поэтому точка $A$ лежит между $C$ и $B_1$, то есть $B_1$ — на продолжении стороны $CA$ за точку $A$.

Пусть $M$ — точка пересечения прямой $CO$ и отрезка $B{B}_1$. Так как $B$ и $B_1$ симметричны относительно $CO$, то $B{B}_1\perp CO$ и $M$ — середина $B{B}_1$.

Обозначим $\angle A=2\alpha$, $\angle B=2\beta$, $\angle C=2\gamma$. Сумма углов треугольника равна $180^{\circ }$, поэтому $\alpha +\beta +\gamma =90^{\circ }$. Биссектрисы делят углы пополам: $\angle OAC=\alpha$, $\angle OBC=\beta$, $\angle OCB=\gamma$.

В треугольнике $BOC$ угол при вершине $O$ равен

$$\angle BOC=180^{\circ }-\beta -\gamma =90^{\circ }+\alpha >90^{\circ }.$$

Он тупой, поэтому основание $M$ перпендикуляра из $B$ на прямую $CO$ лежит на продолжении отрезка $CO$ за точку $O$. Тогда угол $BOM$ — внешний угол треугольника $BOC$ при вершине $O$, и он равен сумме двух углов, не смежных с ним:

$$\angle BOM=\angle OBC+\angle OCB=\beta +\gamma .$$

В прямоугольном треугольнике $BMO$ (угол $M$ прямой)

$$\angle MBO=90^{\circ }-\angle BOM=90^{\circ }-\beta -\gamma =\alpha .$$

Точка $M$ лежит на отрезке $B{B}_1$, поэтому $\angle B_{1}BO=\angle MBO=\alpha$.

Точка $A$ лежит между $C$ и $B_1$, поэтому угол $OA{B}_1$ смежный с углом $OAC$:

$$\angle OA{B}_1=180^{\circ }-\angle OAC=180^{\circ }-\alpha .$$

Четырёхугольник $AOB{B}_1$ выпуклый. Действительно, точка $O$ лежит внутри треугольника $ABC$, то есть по ту же сторону от прямой $AB$, что и $C$, а точка $B_1$ — по другую сторону (отрезок $C{B}_1$ пересекает $AB$ в точке $A$). Кроме того, $O$ лежит внутри треугольника $CB{B}_1$, поэтому луч $B_{1}O$ проходит внутри угла $C{B}_{1}B$ и разделяет точки $A$ и $B$. Значит, диагонали $AB$ и $O{B}_1$ пересекаются.

Сумма противоположных углов $A$ и $B$ этого выпуклого четырёхугольника

$$\angle OA{B}_1+\angle B_{1}BO=(180^{\circ }-\alpha )+\alpha =180^{\circ },$$

поэтому около него можно описать окружность. Значит, точки $A$, $B$, $O$ и $B_1$ лежат на одной окружности, что и требовалось доказать.

б) Так как $6^2+8^2=36+64=100=10^2$, по теореме, обратной теореме Пифагора, треугольник $ABC$ прямоугольный с прямым углом $C$. Условие $AC<BC$ выполнено.

По пункту а) точка $B_1$ лежит на луче $CA$ и $C{B}_1=CB=8$. Поэтому треугольник $BC{B}_1$ прямоугольный равнобедренный с катетами $CB=C{B}_1=8$.

Найдём радиус $r$ вписанной окружности, записав площадь треугольника $ABC$ двумя способами: как половину произведения катетов и как произведение полупериметра на радиус вписанной окружности:

$$S_{ABC}=\frac{1}{2}\cdot 6\cdot 8=24,p=\frac{6+8+10}{2}=12,r=\frac{S_{ABC}}{p}=\frac{24}{12}=2.$$

Пусть $OP$ и $OQ$ — перпендикуляры из $O$ на стороны $AC$ и $BC$. Это радиусы, проведённые в точки касания, поэтому $OP=OQ=r=2$; они же — высоты треугольников $COA$ и $COB$.

Треугольник $CB{B}_1$ состоит из треугольников $COA$, $COB$ и четырёхугольника $AOB{B}_1$. Поэтому

$$S_{AOB{B}_1}=S_{CB{B}_1}-S_{COA}-S_{COB}=\frac{1}{2}\cdot CB\cdot C{B}_1-\frac{1}{2}\cdot AC\cdot OP-\frac{1}{2}\cdot BC\cdot OQ,$$

$$S_{AOB{B}_1}=\frac{1}{2}\cdot 8\cdot 8-\frac{1}{2}\cdot 6\cdot 2-\frac{1}{2}\cdot 8\cdot 2=32-6-8=18.$$

Ответ: б) $18$.