11234. Дан треугольник ABC
со сторонами AC=6
, BC=8
и AB=10
. Вписанная в него окружность с центром I
касается стороны BC
в точке L
, M
— середина BC
, AP
— биссектриса треугольника ABC
, O
— центр описанной около него окружности.
а) Докажите, что P
— середина отрезка LM
.
б) Пусть прямые OI
и AC
пересекаются в точке K
, а продолжение биссектрисы AP
пересекает описанную окружность в точке Q
. Найдите площадь четырёхугольника OKCQ
.
Ответ. 12
.
Решение. а) Из теоремы, обратной теореме Пифагора, следует, что треугольник ABC
прямоугольный с прямым углом при вершине C
. Пусть D
— точка касания вписанной окружности треугольника с катетом AC
, r
— радиус этой окружности. Тогда CDIL
— квадрат, поэтому
CL=IL=r=\frac{AC+BC-AB}{2}=\frac{6+8-10}{2}=2
(см. задачу 217).
По свойству биссектрисы треугольника CP:PB=AC:AB=3:5
(см. задачу 1509), поэтому
CP=\frac{3}{8}BC=\frac{3}{8}\cdot8=3.
Значит,
LP=CP-CL=3-2=1,~PM=CM-CP=4-3=1.
Следовательно, LP=PM
. Что и требовалось доказать.
б) Центр O
окружности, описанной около прямоугольного треугольника, — середина гипотенузы, а так как точка Q
— середина дуги описанной окружности этого треугольника, то точки Q
, M
и O
лежат на серединном перпендикуляре к катету BC
. Значит, OQ\parallel AC
, а четырёхугольник OKCQ
— трапеция с основанием OQ=\frac{1}{2}AB=5
и высотой CM=\frac{1}{2}BC=4
.
Кроме того, IL=CL=2=\frac{1}{2}CM
и IL\perp CM
, поэтому IL=2
— средняя линия прямоугольной трапеции IKCL
, с основаниями OM=3
и CK
. Значит, CK=1
Следовательно,
S_{OKCQ}=\frac{CK+OQ}{2}\cdot CM=\frac{1+5}{2}\cdot4=12.
Примечание. Треугольник ABC
— разностный (см. задачу 6100).