ЕГЭ по профильной математике 2027 Как решать задание №18 — планиметрия

Разбор — 3 балла

Обозначим радиус большей окружности через $R$. Тогда $OA=OB=OC=OP=OQ=R$.

Сначала разберёмся, как устроены окружности. Точка касания двух окружностей лежит на прямой, проходящей через их центры, поэтому центр меньшей окружности лежит на прямой $OA$. Точки $A$ и $O$ лежат на меньшей окружности и на прямой, проходящей через её центр, значит, $OA$ — диаметр меньшей окружности. Точка $P$ — вторая точка пересечения луча $AO$ с большей окружностью, поэтому $AP$ — диаметр большей окружности, $AP=2R$, а $O$ — середина отрезка $AP$.

Сделаем рисунок: большая окружность с центром $O$, внутри неё меньшая окружность с диаметром $OA$. Через $O$ проходит диаметр $BC$, он вторично пересекает меньшую окружность в точке $M$. Луч $AM$ продолжаем до пересечения с большей окружностью в точке $Q$, точка $P$ диаметрально противоположна точке $A$.

а) Угол $AMO$ вписан в меньшую окружность и опирается на её диаметр $OA$. Вписанный угол, опирающийся на диаметр, прямой, поэтому $\angle AMO=90^{\circ }$, то есть $OM\perp AM$.

Угол $AQP$ вписан в большую окружность и опирается на её диаметр $AP$, поэтому $\angle AQP=90^{\circ }$, то есть $PQ\perp AQ$.

Точка $Q$ лежит на луче $AM$, поэтому прямые $AM$ и $AQ$ совпадают. Получаем, что прямые $OM$ и $PQ$ перпендикулярны одной и той же прямой $AQ$. Две прямые, перпендикулярные третьей, параллельны, значит, $PQ\parallel OM$.

Точки $O$ и $M$ лежат на диаметре $BC$, то есть прямая $OM$ — это прямая $BC$. Следовательно, $PQ\parallel BC$. Что и требовалось доказать.

б) Соберём нужные факты о точках $M$ и $C$.

Отрезок $AQ$ — хорда большей окружности, а $OM$ — перпендикуляр к ней из центра $O$. Перпендикуляр, опущенный из центра окружности на хорду, делит её пополам, поэтому $M$ — середина $AQ$:

$$AM=MQ.$$

Кроме того, $O$ — середина $AP$, а $M$ — середина $AQ$, поэтому $OM$ — средняя линия треугольника $APQ$. Средняя линия равна половине параллельной ей стороны:

$$PQ=2OM.$$

Теперь выясним, где лежит точка $C$. Точки $O$ и $P$ лежат на отрезке $AP$, выходящем из точки $A$ прямой $AQ$, поэтому они находятся по одну сторону от прямой $AQ$. Значит, дуга $AQ$, содержащая точку $P$, лежит с той же стороны от $AQ$, что и $O$, а дуга $AQ$, не содержащая $P$, — по другую сторону. Диаметр $BC$ пересекает прямую $AQ$ в точке $M$: один его конец лежит со стороны точки $O$, а другой — на продолжении луча $OM$ за точку $M$, то есть по другую сторону от $AQ$. По условию $C$ лежит на дуге, не содержащей $P$, поэтому $C$ лежит на луче $OM$, причём $M$ — между $O$ и $C$. Отсюда

$$\angle AOC=\angle AOM,MC=OC-OM=R-OM.$$

Рассмотрим прямоугольный треугольник $AMO$ с прямым углом $M$ и гипотенузой $OA=R$. По условию $\sin \angle AOM=\frac{\sqrt{15}}{4}$. Угол $AOM$ острый, поэтому его косинус положителен:

$$\cos \angle AOM=\sqrt{1-{\sin }^2\angle AOM}=\sqrt{1-\frac{15}{16}}=\frac{1}{4}.$$

Катет $OM$ прилежит к углу $AOM$, поэтому

$$OM=OA\cdot \cos \angle AOM=\frac{R}{4}.$$

Тогда

$$PQ=2OM=\frac{R}{2},MC=R-\frac{R}{4}=\frac{3R}{4}.$$

Рассмотрим точку $K$ пересечения прямых $PC$ и $AQ$. Точки $P$ и $C$ лежат по разные стороны от прямой $AQ$, а $PQ$ и $CM$ — перпендикуляры к этой прямой, поэтому точка $K$ лежит на отрезке $PC$ и на отрезке $QM$.

Треугольники $KQP$ и $KMC$ прямоугольные: $\angle KQP=\angle KMC=90^{\circ }$, так как $PQ\perp AQ$ и $CM\perp AQ$. Углы $QKP$ и $MKC$ равны как вертикальные. Значит, треугольники $KQP$ и $KMC$ подобны по двум углам, и их соответственные стороны пропорциональны:

$$\frac{QK}{KM}=\frac{PQ}{MC}=\frac{R/2}{3R/4}=\frac{2}{3}.$$

Пусть $QK=2t$, $KM=3t$. Тогда $QM=QK+KM=5t$, и так как $M$ — середина $AQ$, то $MA=QM=5t$. Точка $K$ лежит между $Q$ и $M$, поэтому

$$KA=KM+MA=3t+5t=8t.$$

Окончательно

$$QK:KA=2t:8t=1:4.$$

Ответ: б) $1:4$.

Разбор — 3 балла

Сделаем рисунок: равнобедренный треугольник $ABC$ с основанием $BC$, на основании — центр $O$ окружности, касающейся боковых сторон. Касательная к окружности отсекает от треугольника угол $A$ и пересекает $AB$ в точке $M$, а $AC$ — в точке $N$. Отрезки $OM$ и $ON$ делят четырёхугольник $BMNC$ на треугольники $BOM$, $MON$ и $NOC$.

а) Треугольник $ABC$ равнобедренный с основанием $BC$, углы при основании равны. Обозначим

$$\angle ABC=\angle ACB=\alpha .$$

Окружность касается прямых $MB$ и $MN$ и лежит внутри угла $BMN$, то есть вписана в этот угол. Центр окружности, вписанной в угол, лежит на биссектрисе угла, поэтому $MO$ — биссектриса угла $BMN$. Обозначим

$$\angle BMO=\angle NMO=\gamma .$$

Точно так же окружность вписана в угол $CNM$, поэтому $NO$ — биссектриса этого угла:

$$\angle CNO=\angle MNO=\beta .$$

Выразим углы при вершине $O$ из суммы углов треугольников. В треугольнике $BOM$ углы при вершинах $B$ и $M$ равны $\alpha$ и $\gamma$, в треугольнике $MON$ углы при $M$ и $N$ равны $\gamma$ и $\beta$, в треугольнике $NOC$ углы при $N$ и $C$ равны $\beta$ и $\alpha$. Поэтому

$$\angle BOM=180^{\circ }-\alpha -\gamma ,\angle MON=180^{\circ }-\beta -\gamma ,\angle NOC=180^{\circ }-\alpha -\beta .$$

Точка $O$ лежит на отрезке $BC$, а лучи $OM$ и $ON$ проходят между лучами $OB$ и $OC$. Значит, три угла $BOM$, $MON$ и $NOC$ вместе составляют развёрнутый угол:

$$\left(180^{\circ }-\alpha -\gamma \right)+\left(180^{\circ }-\beta -\gamma \right)+\left(180^{\circ }-\alpha -\beta \right)=180^{\circ }.$$

Отсюда $540^{\circ }-2(\alpha +\beta +\gamma )=180^{\circ }$, то есть

$$\alpha +\beta +\gamma =180^{\circ }.$$

Подставим это в выражения для углов при точке $O$:

$$\angle BOM=\beta ,\angle MON=\alpha ,\angle NOC=\gamma .$$

Получаем, что в каждом из трёх треугольников углы равны $\alpha$, $\beta$, $\gamma$:

• в треугольнике $BOM$: $\angle B=\alpha$, $\angle BOM=\beta$, $\angle BMO=\gamma$;
• в треугольнике $MON$: $\angle MON=\alpha$, $\angle ONM=\beta$, $\angle OMN=\gamma$;
• в треугольнике $NOC$: $\angle C=\alpha$, $\angle ONC=\beta$, $\angle NOC=\gamma$.

Значит, треугольники $BOM$, $MON$ и $NOC$ подобны по двум углам. Что и требовалось доказать.

б) Треугольник $ABC$ равносторонний, поэтому $AB=BC=CA=20$. Из условия $AN:NC=2:3$ находим

$$AN=\frac{2}{5}\cdot 20=8,NC=\frac{3}{5}\cdot 20=12.$$

Окружность касается сторон угла $BAC$, поэтому её центр $O$ лежит на биссектрисе этого угла: $AO$ — биссектриса треугольника $ABC$. В равнобедренном треугольнике биссектриса, проведённая к основанию, является и медианой, поэтому $O$ — середина $BC$:

$$BO=OC=\frac{20}{2}=10.$$

По пункту а) треугольники $BOM$ и $CNO$ подобны, причём равные углы соответствуют так: $\angle B=\angle C=\alpha$, $\angle BOM=\angle CNO=\beta$, $\angle BMO=\angle CON=\gamma$. Значит, вершине $B$ соответствует $C$, вершине $O$ — вершина $N$, вершине $M$ — вершина $O$. Сторона $BM$ лежит против угла $\beta$, как и сторона $CO$; сторона $BO$ лежит против угла $\gamma$, как и сторона $CN$. Запишем отношение подобия:

$$\frac{BM}{CO}=\frac{BO}{CN}\Rightarrow BM=\frac{BO\cdot CO}{CN}=\frac{10\cdot 10}{12}=\frac{25}{3}.$$

Тогда

$$AM=AB-BM=20-\frac{25}{3}=\frac{35}{3}.$$

Проверим результат. Пусть окружность касается $AB$ в точке $T$. Радиус $OT\perp AB$, и из прямоугольного треугольника $BTO$ с углом $60^{\circ }$ при вершине $B$ получаем $BT=BO\cos 60^{\circ }=5$, поэтому отрезок касательной из точки $A$ равен $AT=20-5=15$. Окружность вписана в угол $A$ и касается $MN$ с другой стороны от $A$, поэтому периметр треугольника $AMN$ равен $2AT=30$ (отрезки касательных из $M$ и из $N$ равны). Отсюда $MN=30-\frac{35}{3}-8=\frac{31}{3}$. По теореме косинусов с углом $60^{\circ }$:

$$M{N}^2=A{M}^2+A{N}^2-AM\cdot AN=\frac{1225}{9}+64-\frac{280}{3}=\frac{1225+576-840}{9}=\frac{961}{9}={\left(\frac{31}{3}\right)}^2.$$

Значения совпали.

Ответ: б) $\frac{35}{3}$.

Разбор — 3 балла

а) По условию $BP\perp AB$ и $CP\perp AC$, то есть

$$\angle ABP=\angle ACP=90^{\circ }.$$

Из точек $B$ и $C$ отрезок $AP$ виден под прямым углом. Точки, из которых отрезок виден под прямым углом, лежат на окружности, построенной на этом отрезке как на диаметре. Значит, точки $A$, $C$, $B$, $P$ лежат на окружности с диаметром $AP$.

По условию отрезок $CP$ пересекает сторону $AB$, то есть отрезки $AB$ и $CP$ — пересекающиеся диагонали четырёхугольника $ACBP$. Четырёхугольник с пересекающимися диагоналями выпуклый, поэтому вершины $B$ и $P$ лежат по одну сторону от прямой $AC$. Следовательно, вписанные углы $ABC$ и $APC$ опираются на одну и ту же дугу $AC$ и потому равны:

$$\angle ABC=\angle APC.$$

Теперь выразим угол $ACH$. В прямоугольном треугольнике $ACP$ углы $A$ и $P$ острые, поэтому основание $H$ высоты, проведённой из вершины прямого угла, лежит на гипотенузе $AP$. Треугольник $CHP$ прямоугольный с прямым углом $H$, и сумма его острых углов равна $90^{\circ }$:

$$\angle HCP=90^{\circ }-\angle HPC=90^{\circ }-\angle APC.$$

Луч $CH$ проходит внутри прямого угла $ACP$, поэтому

$$\angle ACH=\angle ACP-\angle HCP=90^{\circ }-\left(90^{\circ }-\angle APC\right)=\angle APC.$$

Итак, $\angle ABC=\angle APC=\angle ACH$. Оба угла острые: угол $ABC$ острый, потому что в треугольнике $ABC$ уже есть тупой угол $C$. Что и требовалось доказать.

б) Точка $K$ лежит на высоте $CH$, поэтому луч $CK$ совпадает с лучом $CH$ и по пункту а)

$$\angle ACK=\angle ACH=\angle ABC.$$

Рассмотрим треугольники $ACB$ и $AKC$. Точка $K$ лежит на стороне $AB$, поэтому угол $A$ у них общий: $\angle CAB=\angle KAC$. Кроме того, $\angle ABC=\angle ACK$. Значит, треугольники подобны по двум углам, причём вершине $A$ соответствует $A$, вершине $B$ — вершина $C$, вершине $C$ — вершина $K$. Запишем отношение подобия:

$$\frac{AC}{AK}=\frac{AB}{AC}\Rightarrow A{C}^2=AK\cdot AB.$$

Так как $K$ лежит на отрезке $AB$, то $AB=AK+KB=6+18=24$. Тогда

$$A{C}^2=6\cdot 24=144\Rightarrow AC=12.$$

Ответ: б) $12$.