Задание 1 ЕГЭ по математике №00042432

Пусть $I$ — центр вписанной окружности, $O$ — центр описанной, и они симметричны относительно стороны $AC$. Центр вписанной окружности лежит внутри треугольника, поэтому $O$ лежит по другую сторону от $AC$, чем вершина $B$.

Симметрия относительно прямой $AC$ сохраняет расстояния до точек этой прямой и углы с ней. Поэтому $CI=CO$ и $\angle ICA=\angle ACO$; обозначу этот угол $\alpha$. Так же $\angle IAC=\angle OAC$.

$CI$ — биссектриса угла $C$, значит, $\angle BCA=2\angle ICA=2\alpha$.

Треугольник $AOC$ равнобедренный ($OA=OC=R$), поэтому $\angle OAC=\angle OCA=\alpha$. По симметрии и $\angle IAC=\alpha$, а $AI$ — биссектриса угла $A$: $\angle BAC=2\alpha$.

Итак, $\angle A=\angle C=2\alpha$: треугольник равнобедренный с основанием $AC$, и $\angle B=180^\circ-4\alpha$.

Найду $\alpha$. В треугольнике $BOC$ стороны $OB=OC=R$, поэтому $\angle OBC=\angle OCB$. Точки $B$ и $O$ лежат по разные стороны от $AC$, так что угол $OCB$ складывается из $\angle BCA=2\alpha$ и $\angle ACO=\alpha$: $\angle OCB=3\alpha$.

С другой стороны, в равнобедренном треугольнике центр описанной окружности лежит на оси симметрии — прямой, содержащей высоту $BM$ к основанию. Поэтому $\angle OBC=\angle MBC$, а из прямоугольного треугольника $MBC$: $\angle MBC=90^\circ-2\alpha$.

Приравниваю: $3\alpha=90^\circ-2\alpha$, $5\alpha=90^\circ$, $\alpha=18^\circ$.

Углы треугольника: $\angle A=\angle C=36^\circ$, $\angle B=180^\circ-72^\circ=108^\circ$. Наибольший из них — $108^\circ$.

Проверка. Угол $B=108^\circ$ тупой, и центр описанной окружности действительно лежит за стороной $AC$, на расстоянии $R\cdot|\cos108^\circ|=R\cos72^\circ\approx0{,}309R$ от неё. Радиус вписанной окружности $r=4R\sin\dfrac A2\sin\dfrac B2\sin\dfrac C2=4R\sin18^\circ\sin54^\circ\sin18^\circ\approx4\cdot0{,}309\cdot0{,}809\cdot0{,}309R\approx0{,}309R$. Расстояния совпадают, и оба центра лежат на одном перпендикуляре к $AC$ — симметрия есть.