17822. Дан квадрат ABCD
со стороной 1. Точка P
лежит на диагонали AC
, а описанная окружность треугольника BPC
пересекает сторону CD
в точке Q
. Найдите радиус окружности, если площадь треугольника CPQ
равна \frac{6}{25}
.
Ответ. \frac{\sqrt{34}}{10}
.
Решение. Четырёхугольник BPQC
вписан в окружность, а \angle BCD=90^{\circ}
, поэтому \angle BPQ=90^{\circ}
. Кроме того, из симметрии относительно диагонали AC
получаем, что
\angle PCB=\angle PCQ=45^{\circ}.
По теореме Птолемея (см. задачу 130)
PB\cdot QC+PQ\cdot BC=PC\cdot BQ.\eqno(1)
Поскольку BQ=PB\sqrt{2}=PQ\sqrt{2}
и BC=1
, то из (1) следует, что
\frac{BQ}{\sqrt{2}}\cdot QC+\frac{BQ}{\sqrt{2}}\cdot1=PC\cdot BQ\sqrt{2},~\mbox{или}~QC+1=PC\sqrt{2}.
Обозначим CQ=y
. Тогда PC=\frac{y+1}{\sqrt{2}}
, поэтому
\frac{6}{25}=S_{\triangle CPQ}=\frac{1}{2}PC\cdot CQ\sin45^{\circ}=\frac{1}{2}\cdot\frac{y+1}{\sqrt{2}}\cdot y\cdot\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{1}{4}y(y+1).
Таким образом, получили уравнение
\frac{1}{4}y(y+1)=\frac{6}{25},~\mbox{или}~y^{2}+y-\frac{24}{25}=0.
Условию задачи удовлетворяет его положительный корень y=\frac{3}{5}
.
Пусть R
— искомый радиус. Тогда из прямоугольного треугольника BCQ
находим
R=\frac{1}{2}BQ=\frac{1}{2}\sqrt{BC^{2}+CQ^{2}}=\frac{1}{2}\sqrt{1+y^{2}}=\frac{1}{2}\sqrt{1+\frac{9}{25}}=\frac{\sqrt{34}}{10}.
Источник: Математические олимпиады Гонконга. — 2011, задача 12