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

а) Проведём через вершину $A$ прямую $l\parallel BC$. Отрезки $AQ$ и $BP$ равны по условию и наклонены к $l$ и $BC$ под одинаковыми углами (углы при основании равнобедренного треугольника равны). Значит, расстояния от точек $Q$ и $P$ до прямых $l$ и $BC$ одинаковы — а тогда точки $P$ и $Q$ равноудалены от средней линии $MN$, которая лежит ровно посередине между $l$ и $BC$. Опустим перпендикуляры $PH_1$ и $QH_2$ на прямую $MN$: они равны. Если $K$ — точка пересечения $PQ$ и $MN$, то углы $PKM$ и $QKN$ равны как вертикальные, поэтому прямоугольные треугольники $PKH_1$ и $QKH_2$ равны по катету и острому углу, откуда $PK=QK$ — средняя линия делит $PQ$ пополам.

б) Угол $A=60^\circ$ и треугольник равнобедренный ⇒ он равносторонний, стороны по 6 (периметр 18). Тогда $AM=MB=CN=AN=3$, а $QN=PM=BP-MB=4-3=1$, $AQ=4$, $AP=BP...$ фактически $AP=2$ (так как $AB=6$, $BP=4$). По теореме косинусов в $\triangle APQ$: $PQ=\sqrt{AP^2+AQ^2-2\cdot AP\cdot AQ\cos60^\circ}=\sqrt{4+16-8}=\sqrt{12}=2\sqrt3$.

Пусть $PQ$ пересекает вписанную окружность в точках $T,R$, а $RT=x$. По свойству секущей и касательной: $PT(PT+x)=PM^2=1$, $QR(QR+x)=QN^2=1$, откуда $PT=QR$. Так как $PT+QR=PQ-x$, получаем $PT=\dfrac{2\sqrt3-x}{2}$. Подставляя в первое уравнение: $\dfrac{2\sqrt3-x}{2}\cdot\dfrac{2\sqrt3+x}{2}=1\Rightarrow \dfrac{12-x^2}{4}=1\Rightarrow x^2=8\Rightarrow x=2\sqrt2$.