Задание 17 ЕГЭ по математике: Окружность проходит через вершины B и C треугольника ABC и…

Что нарисовано: треугольник ABC, у которого угол при вершине A тупой (150^{\circ}). Через вершины B и C проведена окружность, и она пересекает сторону AB ещё раз в точке C_1, а сторону AC — в точке B_1. Отрезок B_1C_1 отсекает от треугольника маленький треугольник AB_1C_1; всё, что осталось, — вписанный в окружность четырёхугольник BCB_1C_1.

Пункт а. Докажем, что треугольник ABC подобен треугольнику AB_1C_1.

Точки B, C, B_1, C_1 лежат на одной окружности, поэтому BCB_1C_1 — вписанный четырёхугольник, а у него суммы противоположных углов равны 180^{\circ}: \angle BC_1B_1+\angle BCB_1=180^{\circ}.

Угол \angle BCB_1 — это угол \angle ACB треугольника, ведь B_1 лежит на стороне AC. Точка C_1 лежит на стороне AB, поэтому углы \angle AC_1B_1 и \angle BC_1B_1 смежные, и \angle AC_1B_1=180^{\circ}-\angle BC_1B_1=\angle ACB.

Значит, у треугольников AB_1C_1 и ABC угол при A общий и ещё одна пара углов равна. По признаку подобия по двум углам эти треугольники подобны. Доказано.

Пункт б. Найдём B_1C_1 и радиус при \angle A=150^{\circ}, BC=5\sqrt{5}.

Пусть k=\dfrac{B_1C_1}{BC} — коэффициент подобия. Площади подобных треугольников относятся как квадрат коэффициента: S_{AB_1C_1}=k^2 S_{ABC}.

Треугольник ABC состоит из треугольника AB_1C_1 и четырёхугольника BCB_1C_1, причём по условию площадь четырёхугольника в четыре раза больше: S_{ABC}=S_{AB_1C_1}+4S_{AB_1C_1}=5S_{AB_1C_1}.

Отсюда k^2=\dfrac15, то есть k=\dfrac{1}{\sqrt{5}}, и B_1C_1=k\cdot BC=\dfrac{5\sqrt{5}}{\sqrt{5}}=5.

Теперь радиус. Хорда окружности связана с опирающимся на неё вписанным углом простым правилом: хорда =2R\sin(\text{вписанный угол}). Обозначим \varphi=\angle C_1BB_1 — вписанный угол, который опирается на хорду B_1C_1.

Найдём вписанный угол, опирающийся на хорду BC. Точка C_1 лежит на отрезке AB, поэтому \angle ABB_1=\angle C_1BB_1=\varphi. В треугольнике ABB_1 угол \angle BB_1C — внешний при вершине B_1 (луч B_1C продолжает луч AB_1), а внешний угол равен сумме двух внутренних, не смежных с ним: \angle BB_1C=150^{\circ}+\varphi.

Записываем два равенства: B_1C_1=2R\sin\varphi и BC=2R\sin\left(150^{\circ}+\varphi\right). Делим второе на первое: \dfrac{5\sqrt{5}}{5}=\sqrt{5}=\dfrac{\sin\left(150^{\circ}+\varphi\right)}{\sin\varphi}.

Раскроем синус суммы и поделим на \sin\varphi: \cos 150^{\circ}+\sin 150^{\circ}\operatorname{ctg}\varphi=\sqrt{5}, то есть -\dfrac{\sqrt{3}}{2}+\dfrac12\operatorname{ctg}\varphi=\sqrt{5}.

Умножаем на 2 и переносим: \operatorname{ctg}\varphi=2\sqrt{5}+\sqrt{3}.

Радиус: R=\dfrac{B_1C_1}{2\sin\varphi}=\dfrac52\sqrt{1+\operatorname{ctg}^2\varphi}.

Считаем квадрат: \left(2\sqrt{5}+\sqrt{3}\right)^2=20+2\cdot 2\sqrt{5}\cdot\sqrt{3}+3=23+4\sqrt{15}. Тогда 1+\operatorname{ctg}^2\varphi=24+4\sqrt{15}=4\left(6+\sqrt{15}\right).

Значит, R=\dfrac52\cdot 2\sqrt{6+\sqrt{15}}=5\sqrt{6+\sqrt{15}}.

Проверим себя: \sqrt{15}\approx 3{,}87, поэтому R\approx 5\sqrt{9{,}87}\approx 15{,}7. Половина хорды BC равна \dfrac{5\sqrt{5}}{2}\approx 5{,}6, радиус заметно больше — это нормально, ведь хорда BC видна под маленьким углом.