ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №18 — окружности

Разбор — 3 балла

Сделаем рисунок. Угол $ACB$ тупой, поэтому основание $H$ высоты $BH$ лежит на продолжении стороны $AC$ за точку $C$. Прямая $BH$ второй раз пересекает описанную окружность в точке $P$, и по условию $\angle BAP=\angle CAP$. Радиус описанной окружности обозначим $R$.

а) Воспользуемся следствием теоремы синусов: если треугольник вписан в окружность радиуса $R$, то каждая его сторона равна $2R$, умноженному на синус противолежащего угла. Треугольники $ABP$ и $ACP$ вписаны в одну и ту же окружность, поэтому

$$BP=2R\sin \angle BAP,CP=2R\sin \angle CAP.$$

Так как $AP$ — биссектриса угла $BAC$, углы $BAP$ и $CAP$ равны, значит, равны и правые части:

$$BP=CP.$$

Две стороны треугольника $BCP$ равны, поэтому он равнобедренный с основанием $BC$. Что и требовалось доказать.

б) По условию $BC=R=3\sqrt{2}$.

По теореме синусов для треугольника $ABC$

$$\frac{BC}{\sin \angle BAC}=2R\Rightarrow \sin \angle BAC=\frac{BC}{2R}=\frac{R}{2R}=\frac{1}{2}.$$

В треугольнике может быть только один тупой угол, а тупой угол здесь $ACB$, поэтому угол $BAC$ острый. Значит, $\angle BAC=30^{\circ }$ (значение $150^{\circ }$ не подходит).

Найдём углы при основании равнобедренного треугольника $BCP$. Биссектриса $AP$ проходит внутри угла $BAC$ и пересекает отрезок $BC$ в некоторой точке $L$. Точка $L$ лежит внутри круга, поэтому точка $P$ второго пересечения луча $AL$ с окружностью лежит за точкой $L$, то есть по другую сторону от прямой $BC$, чем $A$. Значит, $ABPC$ — вписанный четырёхугольник, и по свойству вписанного четырёхугольника сумма его противоположных углов равна $180^{\circ }$:

$$\angle BPC=180^{\circ }-\angle BAC=180^{\circ }-30^{\circ }=150^{\circ }.$$

Углы при основании равнобедренного треугольника равны, поэтому

$$\angle CBP=\angle BCP=\frac{180^{\circ }-150^{\circ }}{2}=15^{\circ }.$$

Заметим, что это ровно половина угла $BAC$, как и должно быть для угла, опирающегося на половину дуги $BC$.

Теперь поймём, где лежит точка $P$ на прямой $BH$. Точка $C$ лежит на отрезке $AH$, поэтому точки $A$ и $H$ находятся по разные стороны от прямой $BC$. Точка $P$, как мы выяснили, тоже лежит по другую сторону от $BC$, чем $A$. Значит, $P$ и $H$ лежат по одну сторону от прямой $BC$, то есть $P$ лежит на луче $BH$. Поэтому

$$\angle CBH=\angle CBP=15^{\circ }.$$

Рассмотрим прямоугольный треугольник $AHB$ ($\angle AHB=90^{\circ }$). Точка $H$ лежит на луче $AC$, поэтому $\angle BAH=\angle BAC=30^{\circ }$. Сумма острых углов прямоугольного треугольника равна $90^{\circ }$:

$$\angle ABH=90^{\circ }-\angle BAH=90^{\circ }-30^{\circ }=60^{\circ }.$$

Точка $C$ лежит на отрезке $AH$, поэтому луч $BC$ проходит внутри угла $ABH$ и делит его на углы $ABC$ и $CBH$:

$$\angle ABC=\angle ABH-\angle CBH=60^{\circ }-15^{\circ }=45^{\circ }.$$

Проверим: $\angle ACB=180^{\circ }-30^{\circ }-45^{\circ }=105^{\circ }$ — угол действительно тупой.

Снова применим теорему синусов к треугольнику $ABC$, теперь для стороны $AC$:

$$\frac{AC}{\sin \angle ABC}=2R\Rightarrow AC=2R\sin 45^{\circ }=2\cdot 3\sqrt{2}\cdot \frac{\sqrt{2}}{2}=6.$$

Ответ: б) $6$.