Задание 18 ЕГЭ по математике №00043777

Посмотрим на окружность, вписанную в $ABC$, со стороны маленького треугольника $BNP$: она касается его стороны $NP$ и продолжений сторон $BN$ и $BP$. То есть для треугольника $BNP$ это вневписанная окружность.

Пункт а. Пусть $p$ — полупериметр треугольника $ABC$. Отрезок касательной из вершины $B$ к вписанной окружности равен $p-AC$ (известное свойство: отрезки касательных из вершин равны $p-a$, $p-b$, $p-c$).

Для треугольника $BNP$ та же окружность — вневписанная, касающаяся стороны $NP$. Отрезок касательной из вершины $B$ к ней равен полупериметру треугольника $BNP$. Действительно, если $X$, $Y$ — точки касания на продолжениях $BN$ и $BP$, $T$ — на $NP$, то $BX+BY=BN+NT+BP+PT=BN+BP+NP$, а $BX=BY$.

Треугольник $BNP$ подобен $ABC$ с коэффициентом $\dfrac12$ ($NP$ — средняя линия), поэтому его полупериметр равен $\dfrac p2$. Приравниваем две записи одной касательной:

$$p-AC=\dfrac p2\ \Longrightarrow\ p=2AC\ \Longrightarrow\ AB+BC+AC=4AC.$$

Что и требовалось доказать.

Пункт б. Периметр $24$, значит, $AC=6$, $AB+BC=18$. Запишем теорему косинусов для угла $A=60^\circ$ в виде разности квадратов:

$$BC^2=AB^2+36-2\cdot AB\cdot6\cdot\dfrac12\ \Longrightarrow\ BC^2-AB^2=36-6AB.$$

Левую часть разложим: $(BC-AB)(BC+AB)=18(BC-AB)$. Получаем $18(BC-AB)=36-6AB$, то есть $BC-AB=2-\dfrac{AB}{3}$. Вместе с $BC+AB=18$:

$$2BC=20-\dfrac{AB}{3},\quad BC=18-AB\ \Longrightarrow\ 36-2AB=20-\dfrac{AB}{3}\ \Longrightarrow\ \dfrac{5AB}{3}=16\ \Longrightarrow\ AB=9{,}6.$$

Тогда $BC=8{,}4$. Площадь:

$$S=\dfrac12\cdot AB\cdot AC\cdot\sin60^\circ=\dfrac12\cdot9{,}6\cdot6\cdot\dfrac{\sqrt3}{2}=14{,}4\sqrt3=\dfrac{72\sqrt3}{5}.$$

Проверка: против угла $60^\circ$ лежит сторона, длина которой находится между двумя другими: $6\lt8{,}4\lt9{,}6$ — верно. И $8{,}4^2=70{,}56$, а $9{,}6^2+36-9{,}6\cdot6=92{,}16+36-57{,}6=70{,}56$. Совпало.