ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №18 — треугольники

Разбор — 3 балла

Обозначим через $I$ центр вписанной окружности треугольника $ABC$, а через $P$, $T$ и $Q$ — точки её касания со сторонами $AB$, $BC$ и $AC$ соответственно (как на рисунке).

а) Пусть $AM=x$, $CN=y$. По условию $AM:MB=CN:NB=1:2$, поэтому

$$MB=2x,NB=2y,AB=3x,BC=3y.$$

Сравним треугольники $MBN$ и $ABC$. Угол $B$ у них общий, а стороны, образующие этот угол, пропорциональны:

$$\frac{BM}{BA}=\frac{2x}{3x}=\frac{2}{3},\frac{BN}{BC}=\frac{2y}{3y}=\frac{2}{3}.$$

Значит, $△MBN\sim △ABC$ по двум пропорциональным сторонам и углу между ними, коэффициент подобия равен $\frac{2}{3}$. Отсюда

$$MN=\frac{2}{3}AC.$$

Кроме того, из подобия $\angle BMN=\angle BAC$. Это соответственные углы при прямых $MN$, $AC$ и секущей $AB$, поэтому $MN\parallel AC$, и $AMNC$ — трапеция.

Вписанная окружность треугольника касается прямой $MN$, поэтому целиком лежит по одну сторону от неё — по ту же, что и сторона $AC$, которой она тоже касается. Значит, окружность лежит внутри трапеции $AMNC$ и касается всех четырёх её сторон: $AM$ в точке $P$, $MN$ в точке $L$, $NC$ в точке $T$ и $CA$ в точке $Q$. То есть окружность вписана в четырёхугольник $AMNC$.

В четырёхугольнике, в который вписана окружность, суммы противоположных сторон равны:

$$AM+NC=MN+AC.$$

Подставим известные выражения:

$$x+y=\frac{2}{3}AC+AC=\frac{5}{3}AC.$$

Тогда

$$AB+BC=3x+3y=3(x+y)=3\cdot \frac{5}{3}AC=5AC.$$

Что и требовалось доказать.

б) Точка $L$ лежит на отрезке $MN$, поэтому

$$MN=ML+LN=1+3=4.$$

Из пункта а) $MN=\frac{2}{3}AC$, значит,

$$AC=\frac{3}{2}\cdot 4=6,x+y=\frac{5}{3}AC=\frac{5}{3}\cdot 6=10.$$

Отрезки касательных, проведённых к окружности из одной точки, равны. Из точки $M$ проведены касательные $MP$ и $ML$, из точки $N$ — касательные $NT$ и $NL$:

$$MP=ML=1,NT=NL=3.$$

Теперь применим то же свойство к точке $B$: $BP=BT$. Точка $P$ лежит на отрезке $AM$, а $T$ — на отрезке $CN$, поэтому

$$BP=BM+MP=2x+1,BT=BN+NT=2y+3.$$

Получаем уравнение $2x+1=2y+3$, то есть $x-y=1$. Решим систему

$$\{\begin{array}{l}x+y=10,\\ x-y=1.\end{array}$$

Сложив уравнения, получим $2x=11$, откуда $x=\frac{11}{2}$, $y=\frac{9}{2}$. Тогда

$$AB=3x=\frac{33}{2},BC=3y=\frac{27}{2},AC=6.$$

Площадь треугольника найдём по формуле Герона. Полупериметр

$$p=\frac{1}{2}\left(\frac{33}{2}+\frac{27}{2}+6\right)=\frac{30+6}{2}=18.$$

$$S=\sqrt{p(p-AB)(p-BC)(p-AC)}=\sqrt{18\cdot \frac{3}{2}\cdot \frac{9}{2}\cdot 12}=\sqrt{1458}=27\sqrt{2}.$$

Площадь треугольника равна произведению полупериметра на радиус вписанной окружности, $S=pr$, поэтому

$$r=\frac{S}{p}=\frac{27\sqrt{2}}{18}=\frac{3\sqrt{2}}{2}.$$

Проверим ответ другим способом. Отрезки $IA$ и $IM$ — биссектрисы углов $MAC$ и $AMN$ трапеции (центр вписанной окружности лежит на биссектрисах углов). Эти углы прилежат к боковой стороне $AM$, их сумма равна $180^{\circ }$, поэтому

$$\angle IAM+\angle IMA=\frac{1}{2}\cdot 180^{\circ }=90^{\circ },\angle AIM=90^{\circ }.$$

В прямоугольном треугольнике $AIM$ радиус $IP$ — высота, проведённая к гипотенузе, а $AP=AM-MP=x-1=\frac{9}{2}$. Высота к гипотенузе — среднее пропорциональное между отрезками гипотенузы:

$$r^2=I{P}^2=AP\cdot PM=\frac{9}{2}\cdot 1=\frac{9}{2},r=\frac{3}{\sqrt{2}}=\frac{3\sqrt{2}}{2}.$$

Ответ: б) $\frac{3\sqrt{2}}{2}$.