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

а) Из точки C проведены касательные CK и CM к вписанной окружности, поэтому CK=CM — треугольник CKM равнобедренный, значит $\angle CKM=\angle CMK$. Отрезки AM и AP — радиусы окружности с центром A, поэтому AM=AP, треугольник APM тоже равнобедренный: $\angle APM=\angle AMP$. Углы AMP и KMC — вертикальные (точки K,M,P лежат на одной прямой), значит $\angle AMP=\angle KMC$. Собрав все равенства, получаем $\angle APM=\angle CKM$, а это накрест лежащие углы при прямых AP и BC и секущей KM, значит $AP\parallel BC$.

б) Пусть BK=BL=x (касательные из B). По касательным AM=AL=3, CM=CK=2, значит AB=x+3, BC=x+2, AC=5. Так как $\angle B=90°$, по теореме Пифагора $(x+3)^2+(x+2)^2=25$, откуда $x=1$.

Поскольку $AP\parallel BC$, треугольники BKQ и AQP подобны, значит $\dfrac{BK}{AP}=\dfrac{BQ}{AQ}=\dfrac13$. Из $AQ-BQ=AB=4$ получаем $BQ=2$, $AQ=6$.

Так как $AP\parallel BC$, а $AB\perp BC$, то $AP\perp AQ$, и треугольник APQ прямоугольный с гипотенузой PQ: $PQ^2=AP^2+AQ^2=9+36=45$, $PQ=3\sqrt5$.

AO — биссектриса угла A треугольника, а условие $\angle OAT=45°$ означает, что AT делит пополам угол MAP. В равнобедренном треугольнике AMP биссектриса из вершины совпадает с высотой, поэтому $AT\perp PQ$.

В прямоугольном треугольнике APQ высота AT к гипотенузе даёт соотношение $AQ^2=QT\cdot PQ$, откуда $QT=\dfrac{AQ^2}{PQ}=\dfrac{36}{3\sqrt5}=\dfrac{12\sqrt5}{5}$.