Задание 18 ЕГЭ по математике №00043763

В ромбе спрятан равнобедренный треугольник $BDM$ — с него начнём. В пункте б главное — понять, где лежит точка $P$.

Пункт а. Пусть сторона ромба равна $s$. Точка $M$ — середина $BC$, поэтому $BM=\dfrac s2$. Треугольник $BDM$ равнобедренный ($DB=DM$), значит, высота $DK$, опущенная на основание $BM$, является и медианой: $BK=KM=\dfrac s4$.

Тогда $CK=s-\dfrac s4=\dfrac{3s}{4}$. В прямоугольном треугольнике $DKC$ гипотенуза $CD=s$, поэтому

$$\cos\angle BCD=\dfrac{CK}{CD}=\dfrac{3s/4}{s}=0{,}75.$$

Косинус положителен, значит, угол $C$ острый. В ромбе противоположные углы равны, а соседние в сумме дают $180^\circ$, поэтому острые углы ромба — это $A$ и $C$, и косинус острого угла равен $0{,}75$. Что и требовалось доказать.

Пункт б. В выпуклый четырёхугольник можно вписать окружность тогда и только тогда, когда суммы противоположных сторон равны: $AB+PD=BP+DA$. Так как $AB=DA$, получаем $PD=PB$.

Точки, равноудалённые от $B$ и $D$, лежат на серединном перпендикуляре к $BD$. В ромбе это диагональ $AC$ (диагонали перпендикулярны и делятся пополам). Значит, $P$ — точка пересечения луча $BH$ с прямой $AC$.

Посчитаем нужные длины при $s=4$. Угол $A$ равен углу $C$, $\cos A=0{,}75$. По теореме косинусов в треугольнике $ABD$:

$$BD^2=16+16-2\cdot16\cdot0{,}75=8,\qquad BD=2\sqrt2.$$

Пусть $O$ — центр ромба. Тогда $BO=\sqrt2$, $AO=\sqrt{16-2}=\sqrt{14}$.

Найдём угол между лучом $BH$ и диагональю $BD$. Обозначим $\beta=\angle DBC$. В треугольнике $DBK$: $\cos\beta=\dfrac{BK}{BD}=\dfrac{1}{2\sqrt2}$. Угол $BDM$ равнобедренного треугольника равен $180^\circ-2\beta$. В прямоугольном треугольнике $BHD$ угол $HBD=90^\circ-\angle BDM=2\beta-90^\circ$. Обозначим его $\varphi$.

Посчитаем: $\cos2\beta=2\cos^2\beta-1=2\cdot\dfrac18-1=-\dfrac34$, $\sin2\beta=\sqrt{1-\dfrac9{16}}=\dfrac{\sqrt7}{4}$. Тогда

$$\cos\varphi=\cos(2\beta-90^\circ)=\sin2\beta=\dfrac{\sqrt7}{4},\qquad \sin\varphi=-\cos2\beta=\dfrac34,\qquad \operatorname{tg}\varphi=\dfrac{3}{\sqrt7}.$$

Все углы треугольника $BDM$ острые, поэтому $H$ лежит на отрезке $DM$, а луч $BH$ идёт внутри угла $DBC$ и пересекает $AC$ на отрезке $OC$. Из прямоугольного треугольника $BOP$:

$$OP=BO\cdot\operatorname{tg}\varphi=\dfrac{3\sqrt2}{\sqrt7}=\dfrac{3\sqrt{14}}{7},\qquad BP=\dfrac{BO}{\cos\varphi}=\dfrac{4\sqrt2}{\sqrt7}=\dfrac{4\sqrt{14}}{7}.$$

Точки $A$ и $P$ лежат по разные стороны от $O$, поэтому $AP=AO+OP=\sqrt{14}+\dfrac{3\sqrt{14}}{7}=\dfrac{10\sqrt{14}}{7}$.

Диагонали $AP$ и $BD$ четырёхугольника $ABPD$ перпендикулярны, поэтому его площадь

$$S=\dfrac12\cdot AP\cdot BD=\dfrac12\cdot\dfrac{10\sqrt{14}}{7}\cdot2\sqrt2=\dfrac{20\sqrt7}{7}.$$

Полупериметр $p=AB+BP=4+\dfrac{4\sqrt{14}}{7}=\dfrac{28+4\sqrt{14}}{7}$. Радиус вписанной окружности равен $\dfrac Sp$:

$$r=\dfrac{20\sqrt7}{28+4\sqrt{14}}=\dfrac{5\sqrt7}{7+\sqrt{14}}=\dfrac{5\sqrt7(7-\sqrt{14})}{49-14}=\dfrac{\sqrt7(7-\sqrt{14})}{7}=\sqrt7-\sqrt2.$$

Проверим себя: четырёхугольник $ABPD$ лежит внутри ромба, поэтому диаметр окружности не больше высоты ромба $4\sin A=4\cdot\dfrac{\sqrt7}{4}=\sqrt7\approx2{,}65$. У нас $2r\approx2{,}46$ — меньше. Сходится.