Задание 17 ЕГЭ, математика (профиль): Вписанные окружности и треугольники

а) Так как $CK$ и $CM$ — отрезки касательных из точки $C$, то $CK=CM$; аналогично $AP=AM$ — радиусы одной окружности. Значит треугольники $MCK$ и $PAM$ равнобедренные. Углы $\angle CMK$ и $\angle AMP$ — вертикальные (образованы прямыми $KM$ и $AC$), поэтому они равны. У равнобедренных треугольников углы при основании, прилежащие к равным углам при вершине, равны: $\angle MKC=\angle MPA$. Равенство этих углов, образованных секущей $KP$ с прямыми $BC$ и $AP$, означает, что $AP\parallel BC$ (накрестлежащие углы).

б) Пусть $BK=BL=x$. Тогда $CK=CM=2$, $AL=AM=3$, $BC=x+2$, $AB=x+3$. Так как $\angle B=90^\circ$, по теореме Пифагора $AC^2=BC^2+AB^2$: $25=(x+2)^2+(x+3)^2$, откуда $x=1$. Значит $BC=3$, $AB=4$.

Поскольку $AP=AM=3=BC$ и $AP\parallel BC$, четырёхугольник $ABCP$ — прямоугольник, поэтому $CP=AB=4$.

Треугольники $AMQ$ и $CMP$ подобны (вертикальные углы при $M$, параллельность $AQ\parallel CP$), коэффициент подобия $\dfrac{AM}{MC}=\dfrac32$, поэтому $AQ=\dfrac32\cdot CP=6$.

По Пифагору $PQ=\sqrt{AP^2+AQ^2}=\sqrt{9+36}=3\sqrt5$.

Обозначим $\angle BAC=\alpha$. Так как $AO$ — биссектриса угла $A$, $\angle MAO=\alpha/2$, отсюда $\angle MAT=45^\circ-\alpha/2$. С другой стороны $\angle PAT=90^\circ-\angle QAT=45^\circ-\alpha/2$. Значит $\angle MAT=\angle PAT$, то есть $AT$ — биссектриса угла при вершине равнобедренного треугольника $MAP$, а значит и его высота, то есть $AT\perp PQ$.

В прямоугольном треугольнике $PAQ$ ($\angle PAQ=90^\circ$) высота из вершины прямого угла даёт $QT=\dfrac{AQ^2}{PQ}=\dfrac{36}{3\sqrt5}=\dfrac{12}{\sqrt5}$.