ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №18 — окружности

Разбор — 3 балла

а) Треугольник остроугольный, поэтому центр $O$ описанной окружности и точка $H$ пересечения высот лежат внутри треугольника.

Проведём радиусы $OB$ и $OC$. Треугольник $BOC$ равнобедренный ($OB=OC$), поэтому углы при его основании равны. Пусть $\angle OBC=\angle OCB=x$, тогда по теореме о сумме углов треугольника

$$\angle BOC=180^{\circ }-2x.$$

По условию $\angle BAC=\angle OBC+\angle OCB=2x$. С другой стороны, $\angle BOC$ — центральный, а $\angle BAC$ — вписанный угол, и они опираются на одну и ту же дугу $BC$ (точка $O$ лежит внутри треугольника, по ту же сторону от $BC$, что и $A$). Центральный угол вдвое больше вписанного:

$$\angle BOC=2\angle BAC\Rightarrow 180^{\circ }-2x=4x\Rightarrow x=30^{\circ }.$$

Следовательно, $\angle BAC=60^{\circ }$ и $\angle BOC=120^{\circ }$.

Пусть $B{B}_1$ и $C{C}_1$ — высоты треугольника ($B_1$ лежит на $AC$, $C_1$ — на $AB$), они пересекаются в точке $H$. Рассмотрим прямоугольные треугольники $AB{B}_1$ и $HB{C}_1$: в них $\angle A{B}_{1}B=\angle H{C}_{1}B=90^{\circ }$, а угол $AB{B}_1$ общий (точка $H$ лежит на отрезке $B{B}_1$, точка $C_1$ — на отрезке $BA$). Значит, они подобны по двум углам, и

$$\angle BH{C}_1=\angle BA{B}_1=\angle BAC=60^{\circ }.$$

Точка $H$ лежит на отрезке $C{C}_1$, поэтому углы $BHC$ и $BH{C}_1$ смежные:

$$\angle BHC=180^{\circ }-\angle BH{C}_1=180^{\circ }-60^{\circ }=120^{\circ }.$$

Итак, $\angle BHC=\angle BOC=120^{\circ }$, причём точки $H$ и $O$ лежат по одну сторону от прямой $BC$ (обе внутри треугольника). Точки, из которых отрезок $BC$ виден под одним и тем же углом и которые лежат по одну сторону от $BC$, лежат на одной дуге окружности, проходящей через $B$ и $C$. Значит, точка $H$ лежит на окружности, описанной около треугольника $BOC$. Что и требовалось доказать.

б) Обозначим окружность, описанную около треугольника $BOC$, через $\omega$. По пункту а) $\angle BAC=60^{\circ }$, по условию $\angle ABC=40^{\circ }$, поэтому

$$\angle ACB=180^{\circ }-60^{\circ }-40^{\circ }=80^{\circ }.$$

Центр $Q$ вписанной окружности — точка пересечения биссектрис, поэтому

$$\angle QBC=\frac{1}{2}\angle ABC=20^{\circ },\angle QCB=\frac{1}{2}\angle ACB=40^{\circ },$$

$$\angle BQC=180^{\circ }-20^{\circ }-40^{\circ }=120^{\circ }.$$

Точка $Q$ лежит внутри треугольника, по ту же сторону от $BC$, что $O$ и $H$, и тоже видит отрезок $BC$ под углом $120^{\circ }$. Значит, точка $Q$ также лежит на окружности $\omega$: точки $B$, $C$, $O$, $H$, $Q$ лежат на одной окружности.

Найдём углы, которые лучи $BH$, $BQ$, $BO$ образуют с лучом $BC$:

• $\angle HBC=\angle B_{1}BC=90^{\circ }-\angle ACB=10^{\circ }$ (из прямоугольного треугольника $B{B}_{1}C$);
• $\angle QBC=20^{\circ }$;
• $\angle OBC=30^{\circ }$ (из пункта а).

Все эти лучи идут внутри угла $ABC$, поэтому луч $BQ$ лежит между лучами $BH$ и $BO$, и

$$\angle OBQ=\angle OBC-\angle QBC=30^{\circ }-20^{\circ }=10^{\circ }.$$

Каждый луч, выходящий из точки $B$ внутрь окружности $\omega$, пересекает её ещё ровно в одной точке, и порядок лучей совпадает с порядком точек на дуге, не содержащей $B$. Значит, точка $Q$ лежит на дуге $HO$, не содержащей $B$, и точки $B$ и $H$ лежат на окружности $\omega$ по одну сторону от хорды $OQ$.

Вписанные углы $OBQ$ и $OHQ$ опираются на одну и ту же дугу $OQ$, поэтому они равны:

$$\angle OHQ=\angle OBQ=10^{\circ }.$$

Ответ: б) $10^{\circ }$.