Задание 17 ЕГЭ: описанные окружности и треугольники — гайд

О чём эта подтема

Задание 17 профильного ЕГЭ — планиметрическая задача с двумя пунктами: сначала доказательство (обычно равенство углов или отрезков), потом вычисление (чаще всего длины, площади или радиуса окружности). Подтема «Описанные окружности и треугольники» встречается почти в каждом варианте, потому что окружность, описанная около треугольника, — это универсальный инструмент: она связывает стороны и углы через теорему синусов и позволяет доказывать равенство углов через вписанные углы.

Типичная конструкция такой задачи: в треугольнике проведены две высоты, и с их помощью нужно сначала показать, что четыре точки лежат на одной окружности (а значит, некоторые углы равны), а затем — используя это, найти радиус окружности, описанной около всего треугольника или около меньшего треугольника, образованного основаниями высот и одной из вершин. Разберём именно такую конструкцию — она встречается очень часто и решается по одному и тому же шаблону.

Что нужно знать

1. Теорема о вписанном угле. Углы, опирающиеся на одну и ту же дугу окружности (то есть на одну и ту же хорду с одной стороны от неё), равны между собой.

2. Обратная теорема Фалеса. Если точка видит отрезок $XY$ под прямым углом, то она лежит на окружности с диаметром $XY$. Отсюда следует: если из двух разных точек отрезок $XY$ виден под углом $90^\circ$, то все четыре точки — концы отрезка и эти две точки — лежат на одной окружности, причём $XY$ — её диаметр.

3. Расширенная теорема синусов. Для треугольника со сторонами $a, b, c$ и противолежащими углами $A, B, C$, вписанного в окружность радиуса $R$: $$\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C} = 2R.$$

4. Ключевая лемма про основания двух высот. Пусть в треугольнике $XYZ$ проведены высоты из вершин $X$ и $Y$ (третья вершина $Z$ — «свободная», из неё высота не проведена). Обозначим основание высоты из $X$ через $P$ (лежит на стороне $YZ$), а основание высоты из $Y$ — через $Q$ (лежит на стороне $XZ$). Тогда:

• точки $X, Y, P, Q$ лежат на одной окружности с диаметром $XY$ (так как $\angle XPY = \angle XQY = 90^\circ$);
• треугольник $ZPQ$ подобен треугольнику $ZXY$ с коэффициентом $|\cos Z|$, откуда $$PQ = XY \cdot |\cos Z|.$$

Эта лемма — стержень почти всех задач такого типа, её стоит запомнить как готовый блок.

5. Признаки подобия треугольников. Чаще всего пригождается подобие по двум углам (общий угол при вершине $Z$ плюс равенство углов из леммы).

Как решать: метод и алгоритм

1. Найдите «свободную» вершину — ту, из которой высота не проведена, но обе высоты опираются на прилежащие к ней стороны.
2. Постройте окружность-диаметр. Two feet of the altitudes и две вершины, из которых проведены высоты, лежат на окружности с диаметром — отрезком, соединяющим эти две вершины. Обоснование — обратная теорема Фалеса (оба основания видят этот отрезок под $90^\circ$).
3. Докажите пункт а) с помощью теоремы о вписанном угле: нужные углы опираются на одну и ту же хорду построенной окружности, значит равны.
4. Установите подобие треугольников — маленького (образованного двумя основаниями высот и свободной вершиной) и большого (исходного треугольника), используя общий угол при свободной вершине и равенство углов из пункта а).
5. Выразите нужный отрезок через сторону исходного треугольника и косинус угла при свободной вершине по формуле $PQ = XY\cos Z$.
6. Примените теорему синусов к треугольнику, радиус описанной окружности которого требуется найти. Важно точно определить, о каком треугольнике идёт речь — часто радиус ищут не у исходного треугольника, а у меньшего (составленного из оснований высот и одной из вершин).
7. Выразите R и подставьте числа.

Этот алгоритм закрывает подавляющее большинство задач 17 с высотами и описанными окружностями. Отклонения возможны, но структура рассуждения остаётся той же: сначала находим вписанную окружность через прямые углы, затем — теорема синусов.

Разбор примера

Пример 1

Условие. В остроугольном треугольнике $ABC$ проведены высоты $AP$ и $CQ$. а) Докажите, что $\angle PAC = \angle PQC$. б) Найдите радиус окружности, описанной около треугольника $ABC$, если $PQ = 8$ и $\angle ABC = 60^\circ$.

Шаг 1. Определяем конфигурацию. Высоты проведены из вершин $A$ и $C$, значит свободная вершина — $B$. $P$ — основание высоты из $A$, лежит на стороне $BC$; $Q$ — основание высоты из $C$, лежит на стороне $AB$. Обе точки прилежат к вершине $B$ — это в точности лемма из раздела «Что нужно знать» с $X=A$, $Y=C$, $Z=B$.

Шаг 2. Строим окружность. Так как $AP \perp BC$, угол $\angle APC = 90^\circ$. Так как $CQ \perp AB$, угол $\angle AQC = 90^\circ$. Обе точки $P$ и $Q$ видят отрезок $AC$ под прямым углом, значит по обратной теореме Фалеса точки $A, Q, P, C$ лежат на одной окружности с диаметром $AC$.

Шаг 3. Доказываем пункт а). В окружности с точками $A, Q, P, C$ хорда $PC$ стягивает два угла: $\angle PAC$ (вписанный угол с вершиной $A$) и $\angle PQC$ (вписанный угол с вершиной $Q$). Точки $A$ и $Q$ лежат по одну сторону от хорды $PC$ (так как треугольник остроугольный, и порядок точек на окружности — $A, Q, P, C$), значит эти углы опираются на одну дугу $PC$ и равны по теореме о вписанном угле: $$\angle PAC = \angle PQC.$$ Что и требовалось доказать.

Шаг 4. Устанавливаем подобие для пункта б). Рассмотрим треугольники $BQP$ и $BAC$. У них общий угол при вершине $B$. Из свойств цикличной четвёрки $AQPC$ следует, что $\angle BQP = \angle BCA$ (внешний угол вписанного четырёхугольника равен внутреннему углу при противоположной вершине). По двум углам треугольники подобны: $$\triangle BQP \sim \triangle BAC.$$ Коэффициент подобия найдём из прямоугольного треугольника $BQC$: $BQ = BC\cos B$ (так как $\angle BQC = 90^\circ$), аналогично $BP = BA\cos B$. Значит коэффициент подобия равен $\cos B$, и $$PQ = AC \cdot \cos B.$$

Шаг 5. Находим сторону $AC$. Подставляем $PQ = 8$, $\angle B = 60^\circ$, $\cos 60^\circ = \tfrac12$: $$8 = AC \cdot \frac12 \;\Rightarrow\; AC = 16.$$

Шаг 6. Применяем теорему синусов к треугольнику $ABC$. Сторона $AC$ лежит против угла $B$, поэтому $$2R = \frac{AC}{\sin B} = \frac{16}{\sin 60^\circ} = \frac{16}{\frac{\sqrt3}{2}} = \frac{32}{\sqrt3}.$$ Отсюда $$R = \frac{16}{\sqrt3}.$$

Это и есть ответ: $R = \dfrac{16}{\sqrt3}$.

Пример 2

Условие. В остроугольном треугольнике $KMN$ проведены высоты $KB$ и $NA$. а) Докажите, что $\angle ABK = \angle ANK$. б) Найдите радиус окружности, описанной около треугольника $ABM$, если $KN = 8\sqrt2$ и $\angle KMN = 45^\circ$.

Шаг 1. Конфигурация. Высоты проведены из вершин $K$ и $N$, значит свободная вершина — $M$. $B$ — основание высоты из $K$ (лежит на $MN$), $A$ — основание высоты из $N$ (лежит на $KM$). Обе точки прилежат к вершине $M$ — снова наша базовая лемма, теперь с $X=K$, $Y=N$, $Z=M$.

Шаг 2. Строим окружность. $\angle KBN = 90^\circ$ (высота $KB$) и $\angle KAN = 90^\circ$ (высота $NA$). Обе точки $A$ и $B$ видят отрезок $KN$ под прямым углом, значит $A, B, N, K$ лежат на окружности с диаметром $KN$.

Шаг 3. Пункт а). Хорда $AK$ стягивает углы $\angle ABK$ и $\angle ANK$ — они опираются на одну дугу $AK$ и равны по теореме о вписанном угле: $$\angle ABK = \angle ANK.$$

Шаг 4. Подобие для пункта б). Рассмотрим треугольники $MAB$ и $MNK$. Общий угол при вершине $M$. Из прямоугольных треугольников $MAN$ и $MBK$: $MA = MN\cos M$, $MB = MK\cos M$ — то есть стороны, прилежащие к общему углу, пропорциональны с одинаковым коэффициентом $\cos M$. По признаку подобия (угол и пропорциональные стороны): $$\triangle MAB \sim \triangle MNK, \quad AB = KN\cdot\cos M.$$

Шаг 5. Находим $AB$. $KN = 8\sqrt2$, $\angle M = 45^\circ$, $\cos45^\circ = \dfrac{\sqrt2}{2}$: $$AB = 8\sqrt2 \cdot \frac{\sqrt2}{2} = 8.$$

Шаг 6. Радиус окружности, описанной около $ABM$. Угол $\angle AMB$ — это тот же угол $\angle KMN = 45^\circ$ (точки $A$ и $B$ лежат на сторонах $MK$ и $MN$, значит угол при вершине $M$ в треугольнике $ABM$ совпадает с исходным углом $M$). Сторона $AB$ лежит против этого угла, поэтому по теореме синусов: $$2R = \frac{AB}{\sin\angle AMB} = \frac{8}{\sin 45^\circ} = \frac{8}{\frac{\sqrt2}{2}} = \frac{16}{\sqrt2} = 8\sqrt2.$$ Отсюда $$R = 4\sqrt2.$$

Ответ совпадает с заявленным: $R = 4\sqrt2$.

Типичные ошибки

• Путают, около какого треугольника ищут радиус. В примере 2 радиус нужен именно для треугольника $ABM$, а не для исходного $KMN$ — невнимательность здесь стоит всей задачи.
• Забывают обосновать цикличность четырёх точек. Нельзя просто сказать «они лежат на одной окружности» — нужно явно указать два прямых угла, опирающихся на один и тот же отрезок, и сослаться на обратную теорему Фалеса.
• Путают, какая дуга даёт равенство углов. Вписанные углы равны только если они опираются на одну и ту же дугу (лежат по одну сторону от хорды). Нужно аккуратно смотреть на порядок точек на окружности, иначе можно перепутать равенство углов с их дополнением до $180^\circ$.
• Не учитывают модуль косинуса. Лемма $PQ = XY\cdot|\cos Z|$ верна с модулем — для тупого угла $Z$ косинус отрицателен, а длина отрезка положительна. В задачах с остроугольным треугольником эта проблема не возникает, но стоит держать в уме.
• Ошибка в выборе стороны и угла для теоремы синусов. Формула $2R = \dfrac{a}{\sin A}$ требует именно противолежащей пары «сторона — угол»; нельзя подставлять произвольную сторону с произвольным углом.
• Неверно определяют «свободную» вершину. Если перепутать, из каких вершин проведены высоты, вся дальнейшая конструкция (окружность, подобие) рушится.

На что обратить внимание на экзамене

• Сразу нарисуйте аккуратный чертёж с обозначением всех прямых углов маленькими квадратиками — это визуально подскажет, какие точки лежат на одной окружности.
• Проговорите вслух (или запишите), какая вершина «свободная» — это сразу определяет, какой отрезок будет диаметром вспомогательной окружности.
• В пункте а) всегда явно указывайте: «точки $X,Y,P,Q$ лежат на одной окружности, так как $\angle XPY=\angle XQY=90^\circ$» — это обязательный шаг обоснования, без него доказательство неполное.
• Проверяйте соответствие сторон и углов в подобных треугольниках — удобно выписывать подобие в виде $\triangle ZPQ \sim \triangle ZXY$, тогда сразу видно, какая сторона какой соответствует.
• Не забывайте после нахождения промежуточной стороны сразу отметить, к какому именно треугольнику применяется финальная теорема синусов, и убедиться, что угол и сторона в формуле действительно противолежащие.
• Если условие говорит про «остроугольный треугольник» — это гарантия, что основания высот лежат внутри сторон (а не на их продолжениях), что упрощает и обосновывает построение окружности.
• Держите в голове саму формулу-лемму $PQ = XY\cdot\cos Z$ как готовый инструмент — она economит время и снижает риск ошибки при выводе подобия с нуля.