Задание №17 — Окружности и четырехугольники

Решение:

а) Исходя из свойств ромба $ABCD$, все его стороны равны ($AB = AD = BC = CD$), а диагонали точкой пересечения делятся пополам.

Обозначим точку пересечения диагоналей как $O$.
Рассмотрим $\triangle ADC$. Точка $Q$ является точкой пересечения его медиан, следовательно, она делит медиану $DO$ в отношении $\frac{DQ}{QO} = \frac{2}{1}$. Аналогично для $\triangle ABC$ точка $P$ — точка пересечения медиан, и $\frac{BP}{PO} = \frac{2}{1}$.
Пусть $QO = x$. Учитывая, что $BO = OD$, а также пропорции $\frac{DQ}{QO} = 2$ и $\frac{BP}{PO} = 2$, получаем равенства: $BP = PQ = QD = 2x$, при этом $QO = OP = x$.
Диагональ ромба делит его на два равновеликих треугольника, то есть $S_{ABD} = S_{BDC} = \frac{1}{2} S_{ABCD}$.
Треугольники $ABP, APQ, AQD$ имеют общую вершину $A$ и их основания лежат на одной прямой $BD$. Значит, их высоты, опущенные из $A$, совпадают, а площади относятся как длины их оснований:
$S_{ABP} = \frac{BP}{BD} \cdot S_{ABD} = \frac{2x}{6x} \cdot \frac{1}{2} S_{ABCD} = \frac{1}{6} S_{ABCD}$
$S_{PAQ} = \frac{PQ}{BD} \cdot S_{ABD} = \frac{2x}{6x} \cdot \frac{1}{2} S_{ABCD} = \frac{1}{6} S_{ABCD}$
$S_{AQD} = \frac{QD}{BD} \cdot S_{ABD} = \frac{2x}{6x} \cdot \frac{1}{2} S_{ABCD} = \frac{1}{6} S_{ABCD}$
Так как $P$ — точка пересечения медиан $\triangle ABC$, то медиана $AK$ делится ею в отношении $\frac{AP}{PK} = \frac{2}{1}$, откуда $\frac{PK}{AK} = \frac{1}{3}$ и $\frac{PK}{AP} = \frac{1}{2}$. Аналогично для точки $Q$ в $\triangle ADC$ имеем $\frac{QL}{AQ} = \frac{1}{2}$.
Заметим, что $\triangle ABP$ и $\triangle BPK$ имеют общую высоту из вершины $B$, а $\triangle AQD$ и $\triangle QDL$ — общую высоту из вершины $D$. Тогда:
$S_{BKP} = \frac{PK}{AP} \cdot S_{ABP} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{6} S_{ABCD} = \frac{1}{12} S_{ABCD}$
$S_{DLQ} = \frac{LQ}{AQ} \cdot S_{AQD} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{6} S_{ABCD} = \frac{1}{12} S_{ABCD}$
Суммируя площади, получаем: $S_{BKP} + S_{DLQ} = \frac{1}{12} S_{ABCD} + \frac{1}{12} S_{ABCD} = \frac{1}{6} S_{ABCD} = S_{APQ}$. Что и требовалось доказать.

б) По условию в пятиугольник $CKPQL$ вписана окружность. Поскольку прямые $BC$ и $DC$ содержат стороны пятиугольника, а точки $B$ и $D$ лежат на продолжениях сторон $PQ, KC, LC$, эта окружность также является вписанной в треугольник $BCD$.
Воспользуемся свойством отрезков касательных (или условием описанного четырехугольника $KCDP$): $PK + CD = PD + KC$.
Выразим $PK$: $PK = PD + KC - CD$. Заметим, что $PD = PQ + QD = 4x$. Тогда $PK = 4x + 6\sqrt{5} - 12\sqrt{5} = 4x - 6\sqrt{5}$.
В прямоугольном $\triangle DOC$ (так как диагонали ромба перпендикулярны) по теореме Пифагора:
$OC^{2} = DC^{2} - OD^{2} = (12\sqrt{5})^2 - (3x)^2 = 720 - 9x^2$.
Следовательно, $OC = \sqrt{720 - 9x^2} = OA$.
Для прямоугольного $\triangle APO$ запишем теорему Пифагора:
$AP^2 = AO^2 + PO^2 = (720 - 9x^2) + x^2 = 720 - 8x^2$, откуда $AP = \sqrt{720 - 8x^2}$.
В $\triangle ABC$ точка $P$ делит медиану $AK$ в отношении $2:1$, значит $PK = \frac{1}{2} AP$.
Составим уравнение:
$4x - 6\sqrt{5} = \frac{1}{2} \sqrt{720 - 8x^2}$
$8x - 12\sqrt{5} = \sqrt{720 - 8x^2}$
Возведем в квадрат: $64x^2 - 192\sqrt{5}x + 720 = 720 - 8x^2$
$72x^2 = 192\sqrt{5}x$
$x = \frac{192\sqrt{5}}{72} = \frac{8\sqrt{5}}{3}$.
Найдем площадь $\triangle BDC$: $S_{BDC} = \frac{1}{2} \cdot AC \cdot OD = OC \cdot OD = \sqrt{720 - 9 \cdot \frac{64 \cdot 5}{9}} \cdot (3 \cdot \frac{8\sqrt{5}}{3}) = \sqrt{400} \cdot 8\sqrt{5} = 160\sqrt{5}$.
Полупериметр $\triangle BDC$: $p = \frac{BC + CD + BD}{2} = \frac{12\sqrt{5} + 12\sqrt{5} + 16\sqrt{5}}{2} = 20\sqrt{5}$.
Радиус вписанной окружности $r = \frac{S}{p} = \frac{160\sqrt{5}}{20\sqrt{5}} = 8$.

Ответ: б) 8

Источник: ФИПИ