ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №18 — окружности

Разбор — 3 балла

а) Обозначим $\angle ABC=\beta$, тогда $\angle BAC=2\beta$.

Угол $AOC$ — центральный угол окружности, описанной около треугольника $ABC$, а вписанный угол $ABC$ опирается на ту же дугу $AC$ (треугольник остроугольный, поэтому центр $O$ лежит внутри него, по ту же сторону от $AC$, что и $B$). Центральный угол вдвое больше вписанного, опирающегося на ту же дугу:

$$\angle AOC=2\angle ABC=2\beta .$$

Точки $A$, $O$, $P$, $C$ лежат на одной окружности. Точки $O$ и $P$ лежат по одну сторону от прямой $AC$: $O$ — внутри треугольника, $P$ — на стороне $BC$. Поэтому вписанные углы $APC$ и $AOC$ опираются на одну и ту же дугу $AC$ и равны:

$$\angle APC=\angle AOC=2\beta .$$

Угол $APC$ — внешний угол треугольника $ABP$ при вершине $P$. Внешний угол равен сумме двух внутренних углов, не смежных с ним:

$$\angle APC=\angle PAB+\angle PBA\Rightarrow 2\beta =\angle PAB+\beta \Rightarrow \angle PAB=\beta .$$

Точка $P$ лежит на отрезке $BC$, поэтому луч $AP$ проходит внутри угла $BAC$, и

$$\angle PAC=\angle BAC-\angle PAB=2\beta -\beta =\beta .$$

У треугольников $PAC$ и $ABC$ угол $C$ общий и $\angle PAC=\angle ABC=\beta$. Значит, они подобны по двум углам, причём вершине $P$ соответствует $A$, вершине $A$ — вершина $B$, вершине $C$ — вершина $C$. Что и требовалось доказать.

б) Из подобия треугольников $PAC$ и $ABC$ соответственные стороны пропорциональны:

$$\frac{PC}{AC}=\frac{AC}{BC}=\frac{PA}{AB}.$$

Из первого равенства

$$PC=\frac{A{C}^2}{BC}=\frac{4}{\sqrt{10}}.$$

В пункте а) мы получили $\angle PAB=\angle PBA=\beta$, поэтому треугольник $ABP$ равнобедренный и

$$AP=BP=BC-PC=\sqrt{10}-\frac{4}{\sqrt{10}}=\frac{10-4}{\sqrt{10}}=\frac{6}{\sqrt{10}}.$$

Из равенства $\frac{PA}{AB}=\frac{AC}{BC}$ находим

$$AB=\frac{PA\cdot BC}{AC}=\frac{6}{\sqrt{10}}\cdot \frac{\sqrt{10}}{2}=3.$$

Проверим, что такой треугольник удовлетворяет условию. По теореме косинусов

$$\cos \angle BAC=\frac{9+4-10}{2\cdot 3\cdot 2}=\frac{1}{4},\cos \angle ABC=\frac{9+10-4}{2\cdot 3\cdot \sqrt{10}}=\frac{\sqrt{10}}{4},$$

и $\cos 2\angle ABC=2\cdot \frac{10}{16}-1=\frac{1}{4}=\cos \angle BAC$, то есть $\angle BAC=2\angle ABC$. Наибольшая сторона $AB=3$, и $3^2<2^2+(\sqrt{10}{)}^2$, поэтому треугольник остроугольный.

Ответ: б) $3$.