Банк Задач
Школьник
Студент
Преподаватель
Конструктор
Варианты
Банк заданий
Методички
Статистика
Мои классы
Баллодожималка
ДВИ МГУNEW
Банк Задач
Конструктор
Варианты
Банк заданий
Методички
Статистика
Мои классы
Баллодожималка
ДВИ МГУNEW
Банк Задач Профиматика

Больше 5 лет помогаем школьникам уверенно сдавать ЕГЭ и поступать в вузы мечты. Не шаблоны — настоящее понимание предмета.

Карта сайта:

Банк задачКонструктор вариантовО платформе

Наши соцсети

Для учеников

YouTubeTelegramВКонтактеMax

Для преподавателей

YouTubeTelegramВКонтактеMax

Для студентов

YouTubeTelegramВКонтактеMax
политика конфиденциальностиполитика обработки перс данныхсогласие на рассылки

© 2026 Профиматика

ПланиметрияЕГЭ 2022 (досрок)
В треугольник ABCABCABC вписана окружность, которая касается стороны ABABAB в точке PPP. Точка MMM --- середина стороны ABABAB.


а) Докажите, что MP=∣BC−AC∣2MP=\dfrac{|BC-AC|}{2}MP=2∣BC−AC∣​.
б) Найдите углы треугольника ABCABCABC, если известно, что отрезок MPMPMP равен половине радиуса окружности, вписанной в треугольник ABCABCABC, BC>ACBC>ACBC>AC и отрезки MCMCMC и MAMAMA равны.

Решение

\item Обозначим через KKK и LLL точки касания вписанной окружности со сторонами ACACAC и BCBCBC соответственно.

По свойству касательных, проведённых к окружности из одной точки, имеем: AP=AK,BP=BL,CK=CL.AP=AK,\qquad BP=BL,\qquad CK=CL.AP=AK,BP=BL,CK=CL.

Пусть AP=AK=2a,BP=BL=2b,CK=CL=2c.AP=AK=2a,\qquad BP=BL=2b,\qquad CK=CL=2c.AP=AK=2a,BP=BL=2b,CK=CL=2c.
Тогда AB=2a+2b,AB=2a+2b,AB=2a+2b,
а так как MMM --- середина стороны ABABAB, то
AM=MB=AB2=a+b.AM=MB=\dfrac{AB}{2}=a+b.AM=MB=2AB​=a+b.

Теперь рассмотрим расстояние MPMPMP. Возможны два случая взаимного расположения точек MMM и PPP на стороне ABABAB.
Изображение 1


Если точка MMM расположена правее точки PPP, то MP=AM−AP=(a+b)−2a=b−a.MP=AM-AP=(a+b)-2a=b-a.MP=AM−AP=(a+b)−2a=b−a.
Изображение 2

Если точка MMM расположена левее точки PPP, то MP=AP−AM=2a−(a+b)=a−b.MP=AP-AM=2a-(a+b)=a-b.MP=AP−AM=2a−(a+b)=a−b.

В обоих случаях MP=∣b−a∣.MP=|b-a|.MP=∣b−a∣.

С другой стороны, AC=AK+CK=2a+2c,AC=AK+CK=2a+2c,AC=AK+CK=2a+2c, BC=BL+CL=2b+2c.BC=BL+CL=2b+2c.BC=BL+CL=2b+2c.
Следовательно,
∣BC−AC∣2=∣(2b+2c)−(2a+2c)∣2=∣2b−2a∣2=∣b−a∣.\dfrac{|BC-AC|}{2}
=
\dfrac{|(2b+2c)-(2a+2c)|}{2}
=
\dfrac{|2b-2a|}{2}
=
|b-a|.2∣BC−AC∣​=2∣(2b+2c)−(2a+2c)∣​=2∣2b−2a∣​=∣b−a∣.

Значит,
MP=∣BC−AC∣2.MP=\dfrac{|BC-AC|}{2}.MP=2∣BC−AC∣​.

Что и требовалось доказать.

б) По условию MC=MA.MC=MA.MC=MA.
Так как MMM --- середина стороны ABABAB, то MA=MB.MA=MB.MA=MB.
Следовательно, MA=MB=MC.MA=MB=MC.MA=MB=MC.
Значит, точка MMM равноудалена от вершин AAA, BBB, CCC, то есть является центром описанной окружности треугольника ABCABCABC.

Так как точка MMM лежит на стороне ABABAB, то отрезок ABABAB является диаметром описанной окружности. Следовательно, ∠C=90∘.\angle C=90^\circ.∠C=90∘.

Обозначим радиус вписанной окружности через RRR. Так как ∠C=90∘\angle C=90^\circ∠C=90∘, то стороны BCBCBC и CACACA перпендикулярны. Радиусы, проведённые в точки касания, также перпендикулярны соответствующим сторонам, поэтому четырёхугольник, образованный вершиной CCC, центром вписанной окружности и точками LLL и KKK, является квадратом со стороной RRR.

Значит, CL=CK=R.CL=CK=R.CL=CK=R.

Так как BC>ACBC>ACBC>AC, то в рассматриваемом случае точка PPP лежит между точками AAA и MMM.
Изображение 3

Пусть BL=x.BL=x.BL=x.
Тогда по свойству касательных, проведённых к окружности из одной точки, BP=BL=x.BP=BL=x.BP=BL=x.

По условию
MP=R2.MP=\dfrac{R}{2}.MP=2R​.
Поэтому
BM=BP−MP=x−R2.BM=BP-MP=x-\dfrac{R}{2}.BM=BP−MP=x−2R​.

Но MMM --- середина стороны ABABAB, значит,
AM=BM=x−R2.AM=BM=x-\dfrac{R}{2}.AM=BM=x−2R​.

Так как точка PPP лежит между AAA и MMM, то
AP=AM−MP=(x−R2)−R2=x−R.AP=AM-MP=\left(x-\dfrac{R}{2}\right)-\dfrac{R}{2}=x-R.AP=AM−MP=(x−2R​)−2R​=x−R.

По свойству касательных, проведённых к окружности из точки AAA, AK=AP=x−R.AK=AP=x-R.AK=AP=x−R.

Теперь выразим стороны треугольника: AC=AK+KC=(x−R)+R=x,AC=AK+KC=(x-R)+R=x,AC=AK+KC=(x−R)+R=x, BC=BL+LC=x+R,BC=BL+LC=x+R,BC=BL+LC=x+R,
AB=AM+MB=(x−R2)+(x−R2)=2x−R.AB=AM+MB=\left(x-\dfrac{R}{2}\right)+\left(x-\dfrac{R}{2}\right)=2x-R.AB=AM+MB=(x−2R​)+(x−2R​)=2x−R.

Так как треугольник ABCABCABC прямоугольный, то по теореме Пифагора AC2+BC2=AB2.AC^2+BC^2=AB^2.AC2+BC2=AB2.
Подставим найденные выражения: x2+(x+R)2=(2x−R)2.x^2+(x+R)^2=(2x-R)^2.x2+(x+R)2=(2x−R)2.

Раскроем скобки: x2+x2+2xR+R2=4x2−4xR+R2,x^2+x^2+2xR+R^2=4x^2-4xR+R^2,x2+x2+2xR+R2=4x2−4xR+R2, 2x2+2xR=4x2−4xR,2x^2+2xR=4x^2-4xR,2x2+2xR=4x2−4xR, 2x2−6xR=0,2x^2-6xR=0,2x2−6xR=0, 2x(x−3R)=0.2x(x-3R)=0.2x(x−3R)=0.
Так как x>0x>0x>0, то x=3R.x=3R.x=3R.

Тогда AC=x=3R,AC=x=3R,AC=x=3R, BC=x+R=4R,BC=x+R=4R,BC=x+R=4R, AB=2x−R=5R.AB=2x-R=5R.AB=2x−R=5R.

Следовательно, треугольник ABCABCABC имеет стороны 3R3R3R, 4R4R4R, 5R5R5R.

Тогда
sin⁡∠B=ACAB=3R5R=35.\sin\angle B=\dfrac{AC}{AB}=\dfrac{3R}{5R}=\dfrac35.sin∠B=ABAC​=5R3R​=53​.
Значит,
∠B=arcsin⁡35.\angle B=\arcsin\dfrac35.∠B=arcsin53​.

Так как ∠C=90∘\angle C=90^\circ∠C=90∘, то
∠A=90∘−arcsin⁡35.\angle A=90^\circ-\arcsin\dfrac35.∠A=90∘−arcsin53​.

Итак,
∠A=90∘−arcsin⁡35,∠B=arcsin⁡35,∠C=90∘.\angle A=90^\circ-\arcsin\dfrac35,\qquad
\angle B=\arcsin\dfrac35,\qquad
\angle C=90^\circ.∠A=90∘−arcsin53​,∠B=arcsin53​,∠C=90∘.

Ответ: ∠A=90∘−arcsin⁡35\angle A=90^\circ-\arcsin\dfrac35∠A=90∘−arcsin53​, ∠B=arcsin⁡35\angle B=\arcsin\dfrac35∠B=arcsin53​, ∠C=90∘\angle C=90^\circ∠C=90∘.