Треугольники — задача ЕГЭ по профильной математике

Условие, ответ и разбор задачи

Планиметрическая задачаЕГЭ 2022 (досрок)

На сторонах

AB

BC

треугольника

ABC

отмечены точки

M

N

так, что

AM:MB=CN:NB=1:2

. Вписанная окружность треугольника

ABC

касается отрезка

MN

в точке

L

.

а) Докажите, что

AB+BC=5AC

.

б) Известно, что

ML=1

LN=3

. Найдите радиус вписанной окружности.

Решение

а) Пусть

AM=x,\qquad CN=y.

Тогда, по условию,

MB=2x,\qquad NB=2y,

поэтому

AB=3x,\qquad BC=3y.

Так как

\dfrac{BM}{BA}=\dfrac{2}{3}\qquad \text{и} \qquad\dfrac{BN}{BC}=\dfrac{2}{3},

то стороны

BM

BN

треугольника

\triangle BMN

пропорциональны сторонам

BA

BC

треугольника

\triangle BAC

.

Кроме того, угол между этими сторонами общий:

\angle MBN=\angle ABC.

Следовательно,

\triangle BMN\sim\triangle BAC

по двум пропорциональным сторонам и углу между ними.

Обозначим

MN=2t.

Тогда из подобия получаем

\dfrac{MN}{AC}=\dfrac{BM}{BA}=\dfrac{2}{3},

значит,

AC=3t.

Рассмотрим четырёхугольник

AMNC

. В него вписана окружность, значит, суммы противоположных сторон этого четырёхугольника равны:

AM+CN=MN+AC.

То есть

x+y=2t+3t=5t.

Тогда

AB+BC=3x+3y=3(x+y)=3\cdot 5t=5\cdot 3t=5AC.

Что и требовалось доказать.

б) По условию

ML=1,\qquad LN=3,

следовательно,

MN=ML+LN=4.

Значит,

2t=4,

откуда

t=2,\qquadAC=3t=6.

Обозначим через

P

Q

R

точки касания вписанной окружности со сторонами

AB

BC

AC

соответственно.

По свойству касательных, проведённых из одной точки к окружности,

MP=ML=1,\qquad NQ=NL=3.

Тогда

AP=AM-MP=x-1,

CQ=CN-NQ=y-3.

Теперь применим то же свойство к точкам

A

C

AR=AP=x-1,\qquadCR=CQ=y-3.

Значит,

AC=AR+RC=(x-1)+(y-3).

Так как

AC=6

, получаем

(x-1)+(y-3)=6,

то есть

x+y=10.

Теперь используем равенство касательных, проведённых из точки

B

BP=BQ.

Но

BP=BM+MP=2x+1,

BQ=BN+NQ=2y+3.

Значит,

2x+1=2y+3.

Отсюда

x-y=1.

Решим систему

\begin{cases}x+y=10,\\x-y=1.\end{cases}

Складывая уравнения, получаем

2x=11,

x=\dfrac{11}{2}.

Тогда

y=10-\dfrac{11}{2}=\dfrac{9}{2}.

Следовательно,

AB=3x=3\cdot \dfrac{11}{2}=\dfrac{33}{2}=16{,}5,

BC=3y=3\cdot \dfrac{9}{2}=\dfrac{27}{2}=13{,}5,

AC=6.

Найдём полупериметр:

p=\dfrac{AB+BC+AC}{2}=\dfrac{\dfrac{33}{2}+\dfrac{27}{2}+6}{2}=\dfrac{36}{2}=18.

Площадь треугольника найдём по формуле Герона:

S=\sqrt{p(p-AB)(p-BC)(p-AC)}.

Подставим найденные значения:

S=\sqrt{18\left(18-\dfrac{33}{2}\right)\left(18-\dfrac{27}{2}\right)(18-6)}=\sqrt{18\cdot \dfrac{3}{2}\cdot \dfrac{9}{2}\cdot 12}=27\sqrt2.

Для вписанной окружности

S=pr.

Значит,

r=\dfrac{S}{p}=\dfrac{27\sqrt2}{18}=\dfrac{3\sqrt2}{2}.

Ответ:

\dfrac{3\sqrt2}{2}

Треугольники — задача ЕГЭ по профильной математике

Похожие задачи