ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №18 — окружности

Разбор — 3 балла

Сделаем рисунок: окружность с центром $O$ касается сторон угла $B$ в точках $A$ и $C$, отрезки $AE$ и $CD$ — диаметры, прямые $BD$ и $BE$ второй раз пересекают окружность в точках $N$ и $P$.

а) Отрезки касательных, проведённых к окружности из одной точки, равны, поэтому $BA=BC$ и треугольник $ABC$ равнобедренный. Углы при его основании $AC$ равны:

$$\angle BAC=\angle BCA=\frac{180^{\circ }-\angle ABC}{2}=\frac{180^{\circ }-60^{\circ }}{2}=60^{\circ }.$$

Все углы треугольника $ABC$ равны $60^{\circ }$, значит, он равносторонний и $AB=AC$.

$AE$ и $CD$ — диаметры, поэтому $AO=OE=CO=OD=R$. В четырёхугольнике $ADEC$ диагонали $AE$ и $DC$ точкой пересечения делятся пополам, значит, это параллелограмм. Кроме того, его диагонали равны ($AE=CD=2R$), а параллелограмм с равными диагоналями — прямоугольник. Противоположные стороны прямоугольника равны: $DE=AC$.

Итак, $AB=AC=DE$. Что и требовалось доказать.

б) Радиус, проведённый в точку касания, перпендикулярен касательной: $OA\perp AB$, $OC\perp BC$. Из суммы углов четырёхугольника $BAOC$

$$\angle AOC=360^{\circ }-\angle B-\angle BAO-\angle BCO=360^{\circ }-60^{\circ }-90^{\circ }-90^{\circ }=120^{\circ }.$$

Углы $DOE$ и $AOC$ вертикальные, поэтому $\angle DOE=120^{\circ }$. По теореме косинусов для треугольника $DOE$

$$D{E}^2=O{D}^2+O{E}^2-2\cdot OD\cdot OE\cdot \cos 120^{\circ }=R^2+R^2+R^2=3R^2,DE=R\sqrt{3}.$$

По пункту а) $AB=BC=AC=DE=R\sqrt{3}$.

Точка $D$ лежит на прямой $CO$, поэтому $\angle BCD=90^{\circ }$. По теореме Пифагора для треугольника $BCD$

$$BD=\sqrt{B{C}^2+C{D}^2}=\sqrt{3R^2+4R^2}=R\sqrt{7}.$$

Точно так же $\angle BAE=90^{\circ }$ и $BE=\sqrt{A{B}^2+A{E}^2}=R\sqrt{7}$.

По свойству касательной и секущей, проведённых из одной точки, квадрат касательной равен произведению секущей на её внешнюю часть:

$$B{A}^2=BN\cdot BD\Rightarrow BN=\frac{3R^2}{R\sqrt{7}}=\frac{3R}{\sqrt{7}}.$$

Аналогично $B{C}^2=BP\cdot BE$, и $BP=\frac{3R}{\sqrt{7}}$. Так как $BN<BD$, точка $N$ лежит между $B$ и $D$; точно так же $P$ лежит между $B$ и $E$.

Найдём отношения

$$\frac{BN}{BD}=\frac{BP}{BE}=\frac{3R/\sqrt{7}}{R\sqrt{7}}=\frac{3}{7}.$$

У треугольников $BNP$ и $BDE$ общий угол $B$, а прилежащие к нему стороны пропорциональны, значит, они подобны по второму признаку с коэффициентом $k=\frac{3}{7}$. В частности, $\angle BNP=\angle BDE$, поэтому $NP\parallel DE$ и $DEPN$ — трапеция.

Площади подобных треугольников относятся как квадрат коэффициента подобия:

$$S_{BNP}={\left(\frac{3}{7}\right)}^2{S}_{BDE}=\frac{9}{49}{S}_{BDE}.$$

Четырёхугольник $DEPN$ получается из треугольника $BDE$ отрезанием треугольника $BNP$:

$$S_{DEPN}=S_{BDE}-S_{BNP}=\frac{40}{49}{S}_{BDE}.$$

Треугольник $BDE$ равнобедренный ($BD=BE$). Его высота $BQ$, проведённая к основанию, является и медианой, поэтому $DQ=\frac{DE}{2}=\frac{R\sqrt{3}}{2}$, и по теореме Пифагора

$$BQ=\sqrt{B{D}^2-D{Q}^2}=\sqrt{7R^2-\frac{3R^2}{4}}=\sqrt{\frac{25R^2}{4}}=\frac{5R}{2}.$$

Площадь треугольника $BDE$:

$$S_{BDE}=\frac{1}{2}\cdot DE\cdot BQ=\frac{1}{2}\cdot R\sqrt{3}\cdot \frac{5R}{2}=\frac{5\sqrt{3}{R}^2}{4}.$$

Тогда

$$S_{DEPN}=\frac{40}{49}\cdot \frac{5\sqrt{3}{R}^2}{4}=\frac{50\sqrt{3}{R}^2}{49}.$$

Подставим $R=7\sqrt{3}$, $R^2=147$:

$$S_{DEPN}=\frac{50\sqrt{3}\cdot 147}{49}=50\sqrt{3}\cdot 3=150\sqrt{3}.$$

Проверим через формулу площади трапеции. Из подобия $NP=\frac{3}{7}DE=\frac{3\sqrt{3}R}{7}$, высота треугольника $BNP$ равна $\frac{3}{7}\cdot \frac{5R}{2}$, поэтому высота трапеции равна $\frac{5R}{2}-\frac{3}{7}\cdot \frac{5R}{2}=\frac{10R}{7}$, и

$$S_{DEPN}=\frac{DE+NP}{2}\cdot \frac{10R}{7}=\frac{R\sqrt{3}+\frac{3\sqrt{3}R}{7}}{2}\cdot \frac{10R}{7}=\frac{5\sqrt{3}R}{7}\cdot \frac{10R}{7}=\frac{50\sqrt{3}{R}^2}{49}$$

— то же самое.

Ответ: б) $150\sqrt{3}$.