Задание №18 — Окружности и четырехугольники

Решение:

а) Исходя из свойств ромба $ABCD$, все его стороны равны ($AB = AD = BC = CD$), а диагонали в точке 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 $DQ:QO = 2:1$. Аналогично для $\triangle ABC$ точка $P$ — точка пересечения медиан, откуда $BP:PO = 2:1$.
Пусть $QO = x$. Поскольку $BO = OD$, а пропорции деления медиан одинаковы, получаем: $BP = PQ = QD = 2x$, при этом $QO = OP = x$.
Диагонали делят ромб 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 $A$, равны, а площади относятся как длины их оснований:
$S_{ABP} = \frac{BP}{BD} \cdot S_{ABD} = \frac{2x}{6x} \cdot \frac{1}{2} S_{ABCD} = \frac{1}{6} S_{ABCD}$
$S_{APQ} = \frac{PQ}{BD} \cdot S_{ABD} = \frac{2x}{6x} \cdot \frac{1}{2} S_{ABCD} = \frac{1}{6} S_{ABCD}$
$S_{AQD} = \frac{QD}{BD} \cdot S_{ABD} = \frac{2x}{6x} \cdot \frac{1}{2} S_{ABCD} = \frac{1}{6} S_{ABCD}$
Так как $P$ — точка пересечения медиан $\triangle ABC$, то медиана $AK$ делится ею в отношении $AP:PK = 2:1$, откуда $PK = \frac{1}{2} AP$.
Аналогично для точки $Q$ в $\triangle ADC$ имеем $QL = \frac{1}{2} AQ$.
Заметим, что $\triangle BKP$ и $\triangle ABP$ имеют общую высоту из вершины $B$, а $\triangle DLQ$ и $\triangle AQD$ — 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) Если в пятиугольник $CKPQL$ можно вписать окружность, то эта же окружность будет вписана в треугольник $BCD$, так как прямые $BC, CD$ и $BD$ содержат стороны этого пятиугольника.
Для описанного четырехугольника $KBCP$ (или используя свойства касательных) имеем соотношение сторон: $PK + BC = BP + KC$.
Отсюда $PK = BP + KC - BC = 4x + 3\sqrt{5} - 6\sqrt{5} = 4x - 3\sqrt{5}$.
Поскольку диагонали ромба перпендикулярны ($AC \perp BD$), применим теорему Пифагора к $\triangle DOC$:
$OC^2 = DC^2 - OD^2 = (6\sqrt{5})^2 - (3x)^2 = 180 - 9x^2$.
Тогда $OC = \sqrt{180 - 9x^2} = OA$.
Теперь рассмотрим прямоугольный $\triangle APO$:
$AP^2 = AO^2 + PO^2 = (180 - 9x^2) + x^2 = 180 - 8x^2$.
$AP = \sqrt{180 - 8x^2}$.
Учитывая, что $PK = \frac{1}{2} AP$, составим уравнение:
$4x - 3\sqrt{5} = \frac{1}{2} \sqrt{180 - 8x^2}$
$8x - 6\sqrt{5} = \sqrt{180 - 8x^2}$
Возведем в квадрат: $64x^2 - 96\sqrt{5}x + 180 = 180 - 8x^2$
$72x^2 = 96\sqrt{5}x$
$3x = 4\sqrt{5} \Rightarrow x = \frac{4\sqrt{5}}{3}$.
Найдем площадь $\triangle BDC$: $S = \frac{1}{2} \cdot BD \cdot OC = \frac{1}{2} \cdot (6 \cdot \frac{4\sqrt{5}}{3}) \cdot \sqrt{180 - 9 \cdot \frac{16 \cdot 5}{9}} = 4\sqrt{5} \cdot \sqrt{100} = 40\sqrt{5}$.
Полупериметр $\triangle BDC$: $p = \frac{BC + CD + BD}{2} = \frac{6\sqrt{5} + 6\sqrt{5} + 8\sqrt{5}}{2} = 10\sqrt{5}$.
Радиус вписанной окружности: $r = \frac{S}{p} = \frac{40\sqrt{5}}{10\sqrt{5}} = 4$.

Ответ: б) 4

Источник: ФИПИ