ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №18 — окружности

Разбор — 3 балла

Катеты треугольника — $AC$ и $BC$, гипотенуза — $AB$, поэтому $\angle ACB=90^{\circ }$. Центр $O$ окружности — середина её диаметра $AC$.

а) Вписанный угол $ADC$ опирается на диаметр $AC$, значит, $\angle ADC=90^{\circ }$. Тогда $CD$ — высота прямоугольного треугольника $ABC$, проведённая к гипотенузе, её основание $D$ лежит между $A$ и $B$. Смежный с ним угол $BDC$ тоже прямой, то есть треугольник $BDC$ прямоугольный с прямым углом $D$.

Прямая $BC$ перпендикулярна радиусу $OC$ и проходит через его конец $C$, лежащий на окружности. По признаку касательной прямая $BC$ касается окружности в точке $C$.

Из точки $M$ к окружности проведены две касательные: $MC$ и $MD$. Отрезки касательных, проведённых из одной точки, равны:

$$CM=DM.$$

Уточним, где лежит точка $M$. Окружность целиком лежит по одну сторону от своей касательной $DM$, поэтому точки окружности $A$ и $C$ находятся по одну сторону от прямой $DM$. Точка $D$ лежит между $A$ и $B$, поэтому $A$ и $B$ — по разные стороны от этой прямой. Значит, $B$ и $C$ лежат по разные стороны от прямой $DM$: она пересекает отрезок $BC$ во внутренней точке, $M$ лежит между $B$ и $C$, а луч $DM$ проходит внутри прямого угла $BDC$.

Треугольник $CMD$ равнобедренный, так как $CM=DM$. Углы при его основании $CD$ равны:

$$\angle MCD=\angle MDC.$$

Сумма острых углов прямоугольного треугольника $BDC$ равна $90^{\circ }$, а луч $DM$ делит прямой угол $BDC$ на два угла. Поэтому

$$\angle MBD=90^{\circ }-\angle MCD,\angle BDM=90^{\circ }-\angle MDC.$$

Правые части равны, значит, $\angle MBD=\angle BDM$. Треугольник $BMD$ равнобедренный с основанием $BD$, и $BM=DM$. Вместе с равенством $DM=CM$ получаем

$$BM=CM.$$

Что и требовалось доказать.

б) По пункту а) $M$ — середина $BC$, а $O$ — середина $AC$. Значит, $OM$ — средняя линия треугольника $ABC$, и

$$OM\parallel AB.$$

Обозначим $\alpha =\angle BAC$. Сумма острых углов прямоугольного треугольника $ABC$ равна $90^{\circ }$, поэтому $\angle ABC=90^{\circ }-\alpha$. Точка $D$ лежит на отрезке $AB$, поэтому $\angle MBD=\angle ABC$. В равнобедренном треугольнике $BMD$ углы при основании равны, и по теореме о сумме углов треугольника

$$\angle BMD=180^{\circ }-2\angle MBD=180^{\circ }-2\left(90^{\circ }-\alpha \right)=2\alpha .$$

Теперь выясним, где прямая $DM$ пересекает прямую $AC$. Косинус убывает на промежутке $(0^{\circ };180^{\circ })$, а

$$\cos 45^{\circ }=\frac{\sqrt{2}}{2}<\frac{4}{5}=\cos \alpha ,$$

поэтому $\alpha <45^{\circ }$ и $\angle BMD=2\alpha <90^{\circ }$. Продолжим отрезок $DM$ за точку $M$. Этот луч лежит по другую сторону от прямой $BC$, чем точки $A$ и $D$, и образует с лучом $MC$ угол, вертикальный углу $BMD$, то есть угол $2\alpha$. Прямая $AC$ перпендикулярна $BC$ в точке $C$. Сумма углов $2\alpha +90^{\circ }$ меньше $180^{\circ }$, поэтому луч пересекает прямую $AC$ в точке $P$ на продолжении отрезка $AC$ за точку $C$. При этом $M$ лежит между $D$ и $P$, треугольник $MCP$ прямоугольный ($\angle MCP=90^{\circ }$) и

$$\angle CMP=\angle BMD=2\alpha$$

как вертикальные углы.

Рассмотрим угол $DPB$ со сторонами $PD$ и $PB$. Параллельные прямые $OM$ и $AB$ пересекают его стороны: первая — в точках $M$ и $K$, вторая — в точках $D$ и $B$. По теореме о пропорциональных отрезках (обобщённой теореме Фалеса)

$$\frac{BK}{KP}=\frac{DM}{MP}.$$

По пункту а) $DM=CM$. В прямоугольном треугольнике $MCP$ косинус острого угла равен отношению прилежащего катета к гипотенузе, поэтому

$$\frac{BK}{KP}=\frac{CM}{MP}=\cos \angle CMP=\cos 2\alpha .$$

По формуле косинуса двойного угла

$$\cos 2\alpha =2{\cos }^2\alpha -1=2\cdot \frac{16}{25}-1=\frac{32-25}{25}=\frac{7}{25}.$$

Ответ: б) $7:25$.