ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №18 — треугольники

Разбор — 3 балла

а) Обозначим через $K$ и $L$ точки касания вписанной окружности со сторонами $AC$ и $BC$. Отрезки касательных, проведённых к окружности из одной точки, равны. Пусть

$$AP=AK=2a,BP=BL=2b,CK=CL=2c.$$

Точки касания лежат на сторонах треугольника, поэтому

$$AB=2a+2b,AC=2a+2c,BC=2b+2c.$$

Точка $M$ — середина $AB$, значит,

$$AM=\frac{AB}{2}=a+b.$$

Обе точки $M$ и $P$ лежат на отрезке $AB$, поэтому расстояние между ними равно модулю разности расстояний от точки $A$: $MP=|AM-AP|$. Возможны два случая.

Если точка $M$ лежит между $P$ и $B$, то

$$MP=AM-AP=(a+b)-2a=b-a.$$

Если точка $M$ лежит между $A$ и $P$, то

$$MP=AP-AM=2a-(a+b)=a-b.$$

В обоих случаях $MP=|b-a|$. С другой стороны,

$$\frac{|BC-AC|}{2}=\frac{|(2b+2c)-(2a+2c)|}{2}=\frac{|2b-2a|}{2}=|b-a|.$$

Следовательно,

$$MP=\frac{|BC-AC|}{2}.$$

Что и требовалось доказать.

б) По условию $MC=MA$, а так как $M$ — середина $AB$, то $MA=MB$. Значит, $MA=MB=MC$: точка $M$ равноудалена от всех вершин треугольника и является центром описанной около него окружности. Центр лежит на стороне $AB$, поэтому $AB$ — диаметр описанной окружности, а вписанный угол $ACB$, опирающийся на диаметр, прямой:

$$\angle ACB=90^{\circ }.$$

Пусть $I$ — центр вписанной окружности, $R$ — её радиус. Радиусы, проведённые в точки касания, перпендикулярны касательным: $IK\perp AC$, $IL\perp BC$. В четырёхугольнике $CKIL$ углы при вершинах $C$, $K$, $L$ прямые, значит, это прямоугольник, а его соседние стороны $IK=IL=R$ равны. Следовательно, $CKIL$ — квадрат, и

$$CK=CL=R.$$

Определим, где лежит точка $P$. В обозначениях пункта а)

$$AP-AM=2a-(a+b)=a-b=\frac{AC-BC}{2}<0,$$

так как по условию $BC>AC$. Значит, $AP<AM$, и точка $P$ лежит между точками $A$ и $M$: на стороне $AB$ точки идут в порядке $A$, $P$, $M$, $B$.

Пусть $BL=x$. По равенству отрезков касательных из точки $B$ получаем $BP=BL=x$. По условию $MP=\frac{R}{2}$. Точка $M$ лежит между $P$ и $B$, поэтому

$$BM=BP-MP=x-\frac{R}{2}.$$

Так как $M$ — середина $AB$,

$$AM=BM=x-\frac{R}{2},AB=2BM=2x-R.$$

Точка $P$ лежит между $A$ и $M$, поэтому

$$AP=AM-MP=\left(x-\frac{R}{2}\right)-\frac{R}{2}=x-R,$$

и по равенству отрезков касательных из точки $A$ получаем $AK=AP=x-R$. Выразим катеты:

$$AC=AK+KC=(x-R)+R=x,BC=BL+LC=x+R.$$

В прямоугольном треугольнике $ABC$ по теореме Пифагора $A{C}^2+B{C}^2=A{B}^2$:

$$x^2+(x+R{)}^2=(2x-R{)}^2,$$

$$2x^2+2xR+R^2=4x^2-4xR+R^2,$$

$$2x^2-6xR=0\iff 2x(x-3R)=0.$$

Так как $x>0$, то $x=3R$. Тогда

$$AC=3R,BC=4R,AB=5R.$$

Проверим: радиус вписанной окружности прямоугольного треугольника равен $\frac{AC+BC-AB}{2}=\frac{3R+4R-5R}{2}=R$, а по пункту а) $MP=\frac{4R-3R}{2}=\frac{R}{2}$ — всё сходится.

Синус острого угла прямоугольного треугольника равен отношению противолежащего катета к гипотенузе:

$$\sin \angle B=\frac{AC}{AB}=\frac{3}{5}\Rightarrow \angle B=\arcsin \frac{3}{5}.$$

Сумма острых углов прямоугольного треугольника равна $90^{\circ }$, поэтому

$$\angle A=90^{\circ }-\arcsin \frac{3}{5}.$$

Ответ: б) $\angle C=90^{\circ }$, $\angle B=\arcsin \frac{3}{5}$, $\angle A=90^{\circ }-\arcsin \frac{3}{5}$.