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

BE — биссектриса угла B треугольника ABC, а O — точка пересечения биссектрис, лежащая на BE. Заметим, что CO — биссектриса угла C всего треугольника, а угол BCA совпадает с углом BCE (E лежит на AC), поэтому CO делит угол BCE пополам и является биссектрисой в треугольнике BCE. По свойству биссектрисы треугольника $\dfrac{BC}{CE}=\dfrac{BO}{OE}$. Подставляя $BC=8$, $BO:OE=2:1$, получаем $\dfrac{8}{CE}=2 \Rightarrow CE=4$, значит $AE=AC-CE=7-4=3$.

Аналогично AO — биссектриса угла A всего треугольника, а угол BAC совпадает с углом BAE, поэтому AO — биссектриса в треугольнике ABE. По той же теореме $\dfrac{AB}{AE}=\dfrac{BO}{OE}=2 \Rightarrow AB=2\cdot 3=6$.

Пусть N, K, M — точки касания вписанной окружности со сторонами AB, AC, BC. Отрезки касательных, проведённых из одной вершины, равны: $AN=AK=x$, тогда $BN=AB-x=6-x$, $CK=AC-x=7-x$, и $BM=BN$, $CM=CK$ (тоже равенство касательных). Из $BC=BM+MC$ получаем $8=(6-x)+(7-x)=13-2x$, откуда $x=\dfrac{5}{2}$. Тогда $AN=\dfrac{5}{2}$, $BN=6-\dfrac{5}{2}=\dfrac{7}{2}$, то есть $AN:BN=5:7$ — что и требовалось доказать.

Для площади треугольника ABC со сторонами $AB=6$, $BC=8$, $AC=7$ находим полупериметр $p=\dfrac{6+7+8}{2}=\dfrac{21}{2}$. По формуле Герона $S=\sqrt{p(p-AB)(p-BC)(p-AC)}=\sqrt{\dfrac{21}{2}\cdot\dfrac{9}{2}\cdot\dfrac{5}{2}\cdot\dfrac{7}{2}}=\sqrt{\dfrac{441\cdot15}{16}}=\dfrac{21\sqrt{15}}{4}$.