Окружности… — Задание 18 ЕГЭ по математике №00042193

Сначала разберёмся с картинкой. Окружность построена на отрезке $BP$ как на диаметре; она вторично пересекает стороны $AB$ и $BC$ в точках $M$ и $N$. Через $M$ и $N$ проведены хорды, параллельные $BP$, — это $MF$ и $NE$. Прямые $FP$ и $EP$ высекают на сторонах $AB$ и $BC$ точки $T$ и $S$.

Пункт а. Докажем, что треугольники $APT$ и $CSP$ подобны.

Хорды $MF$ и $BP$ параллельны, поэтому четырёхугольник $BMFP$ — трапеция, вписанная в окружность. Вписанная трапеция равнобокая, и углы при её основании $BP$ равны: $\angle FPB=\angle MBP$.

Точка $M$ лежит на стороне $AB$, значит, $\angle MBP=\angle ABP$. Обозначим $\angle ABP=\beta$. Точка $T$ лежит на отрезке $FP$, поэтому $\angle TPB=\angle FPB=\beta=\angle TBP$. Треугольник $TBP$ равнобедренный: $TB=TP$.

Угол $ATP$ — внешний угол треугольника $TBP$, он равен сумме двух углов, не смежных с ним: $\angle ATP=2\beta$.

Точно так же из $NE\parallel BP$ получаем, что $BNEP$ — равнобокая трапеция, $\angle EPB=\angle NBP=\angle CBP=\gamma$, треугольник $SBP$ равнобедренный ($SB=SP$) и $\angle CSP=2\gamma$.

Треугольник $ABC$ равносторонний, поэтому $\beta+\gamma=\angle ABC=60^\circ$ и $\angle A=\angle C=60^\circ$. В треугольнике $APT$:

$$\angle APT=180^\circ-60^\circ-2\beta=120^\circ-2\beta=2(60^\circ-\beta)=2\gamma=\angle CSP.$$

Треугольники $APT$ и $CSP$ имеют по две пары равных углов: $\angle PAT=\angle SCP=60^\circ$ и $\angle APT=\angle CSP$. Значит, они подобны, причём $A\leftrightarrow C$, $P\leftrightarrow S$, $T\leftrightarrow P$. Доказано.

Пункт б. Найдём $AP:PC$, если $S_{APT}:S_{CSP}=4:9$.

Площади подобных треугольников относятся как квадрат коэффициента подобия, поэтому $k=\sqrt{\dfrac49}=\dfrac23$:

$$\dfrac{AP}{CS}=\dfrac{AT}{CP}=\dfrac{PT}{SP}=\dfrac23.$$

Отношение не зависит от размера треугольника, примем сторону $ABC$ за 1. Пусть $AP=x$, тогда $PC=1-x$.

Из второго отношения $AT=\dfrac23(1-x)$, а так как $PT=TB=AB-AT$:

$$PT=1-\dfrac{2(1-x)}{3}=\dfrac{1+2x}{3}.$$

Из первого отношения $CS=\dfrac32x$, а $SP=SB=BC-CS=1-\dfrac{3x}{2}=\dfrac{2-3x}{2}$.

Подставляем в третье отношение $PT=\dfrac23SP$:

$$\dfrac{1+2x}{3}=\dfrac23\cdot\dfrac{2-3x}{2}=\dfrac{2-3x}{3}\ \Rightarrow\ 1+2x=2-3x\ \Rightarrow\ x=\dfrac15.$$

Значит, $AP=\dfrac15$, $PC=\dfrac45$, и $AP:PC=1:4$ (считая от вершины $A$).

Проверим себя. При $x=\dfrac15$: $AT=\dfrac{8}{15}$, $PT=TB=\dfrac{7}{15}$ (в сумме $AT+TB=1$), $CS=\dfrac{3}{10}$, $SP=SB=\dfrac{7}{10}$. Все три отношения $\dfrac{AP}{CS}=\dfrac{1/5}{3/10}$, $\dfrac{AT}{CP}=\dfrac{8/15}{4/5}$, $\dfrac{PT}{SP}=\dfrac{7/15}{7/10}$ равны $\dfrac23$. И по теореме косинусов в треугольнике $APT$ с углом $60^\circ$: $PT^2=\dfrac{1}{25}+\dfrac{64}{225}-\dfrac15\cdot\dfrac{8}{15}=\dfrac{9+64-24}{225}=\dfrac{49}{225}$, $PT=\dfrac{7}{15}$. Совпало.