ФИПИ B45F0C — Четырехугольники и окружности

Нужно доказать существование окружности, касающейся всех четырёх сторон $ABCP$, и вычислить её радиус. Выберем координаты: перпендикулярные диагонали и равнобедренная трапеция тогда дадут простые уравнения. Центр искомой окружности найдём как точку с одинаковыми расстояниями до всех сторон. Шаг 1. Введём обозначения и найдём высоту трапеции. Пусть $AD=d$, $BC=b$, высота равна $h$. Из-за равенства боковых сторон верхнее основание расположено симметрично над нижним. Его отступ с каждой стороны равен $q=(d-b)/2$. Положим $p=q+b=(d+b)/2$. Начало координат выберем в $A$, горизонтальную ось направим вдоль $AD$: $$A=(0;0),\quad D=(d;0),\quad B=(q;h),\quad C=(p;h).$$ Вектор $AC$ имеет координаты $(p;h)$, вектор $BD$ — $(d-q;-h)=(p;-h)$. Для перпендикулярных векторов сумма произведений соответствующих координат равна нулю: $$p\cdot p+h\cdot(-h)=0,$$ $$p^2-h^2=0,\qquad h^2=p^2.$$ Высота и $p$ положительны, поэтому $h=p$. Теперь $B=(q;p)$ и $C=(p;p)$. Шаг 2. Найдём точку $P$ с помощью прямых углов в полуокружности. Угол, опирающийся на диаметр, прямой. Поскольку $M$ лежит на окружности с диаметром $AD$, имеем $AM\perp MD$, а прямая $MD$ совпадает с $CD$. Аналогично для окружности с диаметром $CD$: $CN\perp ND$, то есть $CN\perp AD$. Поэтому $CN$ — вертикаль через $C$, её уравнение $x=p$. У прямой $CD$ направляющий вектор $(d-p;-p)=(q;-p)$. Перпендикулярный ему вектор $(p;q)$ подходит для $AM$, потому что $$q\cdot p+(-p)\cdot q=pq-pq=0.$$ Прямая $AM$ проходит через начало координат и имеет направление $(p;q)$. При $x=p$ её вторая координата равна $q$. Значит, $$P=(p;q).$$ Шаг 3. Построим центр окружности и проверим все расстояния. Прямая $AC$ имеет уравнение $y=x$. Отражение относительно неё меняет координаты местами: $B=(q;p)$ переходит в $P=(p;q)$, а $A,C$ остаются на месте. Поэтому удобно искать центр в виде $I=(t;t)$. Обозначим длину $AB$ буквой $l$. По формуле расстояния между точками $$l=\sqrt{q^2+p^2}.$$ Стороны $BC$ и $CP$ лежат соответственно на прямых $y=p$ и $x=p$. Если $0<t<p$, расстояние от $I$ до каждой из них равно $p-t$. Уравнение прямой $AB$ — $px-qy=0$: обе точки $A=(0;0)$ и $B=(q;p)$ ему удовлетворяют. Расстояние от $(t;t)$ до этой прямой равно модулю левой части, делённому на корень из суммы квадратов коэффициентов: $$\frac{|pt-qt|}{\sqrt{p^2+q^2}}=\frac{(p-q)t}{l}=\frac{bt}{l}.$$ Здесь $p-q=b$. Для $AP$ уравнение $qx-py=0$, и расстояние такое же: $bt/l$. Чтобы все четыре расстояния совпали, решаем $$p-t=\frac{bt}{l}.$$ Умножаем обе части на $l$, переносим слагаемое $lt$ вправо и выносим $t$: $$lp-lt=bt,\qquad lp=bt+lt=(b+l)t,$$ $$t=\frac{lp}{b+l}.$$ Поскольку $b>0$, дробь $l/(b+l)$ находится между 0 и 1, значит, $0<t<p$. Кроме того, при $x=y=t$ левая часть $px-qy$ положительна, а $qx-py$ отрицательна. Это именно внутренние полуплоскости относительно $AB$ и $AP$. Точка $I$ находится внутри всех четырёх полуплоскостей, ограниченных сторонами. Круг с центром $I$ и радиусом, равным этим расстояниям, целиком находится в каждой из четырёх полуплоскостей и касается её границы. Поэтому точки касания лежат на самих сторонах четырёхугольника. Мы получили вписанную окружность. Пункт а доказан. Шаг 4. Вычислим радиус при данных основаниях. Из найденной координаты центра: $$r=p-t=p-\frac{lp}{b+l}=\frac{p(b+l)-lp}{b+l}=\frac{pb+pl-lp}{b+l}=\frac{pb}{b+l}.$$ Подставляем $b=7$ и $d=23$: $$p=\frac{23+7}2=\frac{30}2=15,\qquad q=\frac{23-7}2=\frac{16}2=8.$$ $$l=\sqrt{15^2+8^2}=\sqrt{225+64}=\sqrt{289}=17.$$ $$r=\frac{15\cdot 7}{7+17}=\frac{105}{24}=\frac{35}{8}.$$ Для проверки $t=p-r=\frac{85}{8}$. Подставляем в другое выражение расстояния: $bt/l=7\cdot(\frac{85}{8})/17=\frac{35}{8}$. Радиус положителен и совпадает для всех сторон. Ответ: а) окружность можно вписать; б) $r=\frac{35}{8}$.