Задание 18 ЕГЭ математика профиль

а) Треугольник остроугольный, поэтому основание $H$ высоты $CH$ лежит на стороне $AB$. Окружность касается прямых $BH$, $BC$ и $CH$ — сторон треугольника $BHC$, а её центр лежит внутри угла $B$. Такая окружность — либо вписанная в треугольник $BHC$, либо вневписанная, касающаяся стороны $HC$; но вневписанная касалась бы прямой $BC$ на продолжении за точку $C$, а по условию точка касания лежит на стороне $BC$. Значит, окружность вписана в треугольник $BHC$; значит, $O$ лежит на биссектрисе угла $BCH$ и на биссектрисе угла $B$. В равнобедренном треугольнике $ABC$ биссектриса угла $B$ — это его ось симметрии $BM$ ($M$ — середина $AC$), поэтому $OA=OC$ и $\angle OAC=\angle OCA$. Пусть $\angle BAC=\angle BCA=\alpha$. Из прямоугольного треугольника $AHC$: $\angle HCA=90^\circ-\alpha$. Тогда $\angle BCH=\alpha-(90^\circ-\alpha)=2\alpha-90^\circ$ и $\angle OCH=\alpha-45^\circ$. Следовательно,

$$\angle OCA=\angle OCH+\angle HCA=(\alpha-45^\circ)+(90^\circ-\alpha)=45^\circ,$$

а значит, и $\angle OAC=45^\circ$, что и требовалось доказать.

б) Из пункта а) в треугольнике $AOC$ два угла по $45^\circ$, поэтому $\angle AOC=90^\circ$. $OM$ — медиана, проведённая к гипотенузе, $OM=\dfrac12AC=3$. Точка $O$ лежит на отрезке $BM$ (она внутри треугольника), поэтому $BM=BO+OM=1+3=4$. $BM\perp AC$, $MC=3$, и по теореме Пифагора

$$BC=\sqrt{BM^2+MC^2}=\sqrt{16+9}=5.$$

Ответ: б) 5.