Задание 17. Математика. ЕГЭ 2026. Ященко-3

а) Заметим сначала, что угол \(D\) в ромбе \(ABCD\) не может быть острым. Так как в противном случае расстояние от точки \(D\) до любой другой точки ромба, кроме точки \(B\) будет меньше, чем \(DB.\)

Пусть \(BM = x,\) тогда \(BC = AB = AC = DC = 2x.\) И пусть \(DB = DM = y.\) Рассматривая треугольники \(BCD\) и \(DMC\) по теореме косинусов получаем $$DB^2 = CB^2 + CD^2 - 2 \cdot CB \cdot CD \cdot \cos \angle BCD = CM^2 + CD^2 - 2 \cdot CM \cdot CD \cdot \cos \angle MCD = DM^2 $$ $$4x^2 + 4x^2 - 2 \cdot 4x^2 \cdot \cos \angle C = x^2 + 4x^2 - 2 \cdot x \cdot 2x \cdot \cos \angle C$$ $$8x^2 - 5x^2 = 4x^2 \cdot \cos \angle C$$ $$\cos \angle C = \frac{3}{4}$$ Ч.т.д.

б) Так как в четырёхугольник \(ABPD\) можно вписать окружность, то $$AB + DP = AD + BP$$ А так как \(AB = AD,\) получаем, что \(PB = PD.\) Значит треугольник \(BPD\) — равнобедренный. В ромбе \(AC \perp BD.\) Из того, что \(O\) — середина \(BD\) получаем, что \(P\) лежит на диагонали \(AC.\)

По теореме косинусов из треугольника \(BCD\) следует, что $$BD^2 = 4x^2 + 4x^2 - 2 \cdot 4x^2 \cdot \frac{3}{4} = y^2$$ Отсюда \(y^2 = 2x^2.\)

Рассматривая теперь треугольник \(BDM\) по теореме косинусов получаем, что $$BM^2 = x^2 = y^2 + y^2 - 2 \cdot y^2 \cdot \cos \angle BDM$$ $$ 4x^2 - 4x^2 \cdot \cos \angle BDM = x^2$$ $$\cos \angle BDM = \frac{3}{4}$$ Значит \(\angle BDM = \angle BCD\) и треугольники \(BCD\) и \(BDM\) подобны по двум пропорциональным сторонам и углу между ними. Причём \(DB = DM = y = \sqrt{2} x = \sqrt{2} BM = 2 \sqrt{2}.\)

Теперь $$\sin \angle BDM = \sqrt{1 - \frac{9}{16}} = \frac{\sqrt{7}}{4}$$ $$S_{BDM} = \frac{1}{2} \cdot DB \cdot DM \cdot \sin \angle BDM = \frac{1}{2} \cdot 8 \cdot \frac{\sqrt{7}}{4} = \sqrt{7}$$ С другой стороны $$S_{BDM} = \frac{1}{2} \cdot BH \cdot DM \, \Rightarrow \, BH = \frac{2 S_{BDM}}{DM} = \frac{2 \sqrt{7}}{2 \sqrt{2}} = \sqrt{\frac{7}{2}}$$ Рассматривая прямоугольный треугольник \(DBH\) по теореме Пифагора находим катет \(DH:\) $$DH = \sqrt{DB^2 - BH^2} = \sqrt{8 - \frac{7}{2}} = \frac{3\sqrt{2}}{2}$$

Треугольники \(BOP\) и \(BHD\) подобны: они прямоугольные и у них общий острый угол \(B.\) Значит $$\frac{BO}{BH} = \frac{OP}{HD} = \frac{BP}{BD}$$ $$\frac{\sqrt{2} \cdot \sqrt{2}}{\sqrt{7}} = \frac{OP \cdot \sqrt{2}}{3} \, \Rightarrow \, OP = \frac{3 \sqrt{2}}{\sqrt{7}} = \frac{3 \sqrt{14}}{7}$$ $$\frac{\sqrt{2} \cdot \sqrt{2}}{\sqrt{7}} = \frac{BP}{2 \sqrt{2}} \, \Rightarrow \, BP = \frac{4 \sqrt{14}}{7}$$

Наконец, из прямоугольного треугольника \(ABO\) по теореме Пифагора находим, что $$AO = \sqrt{AB^2 - BO^2} = \sqrt{16 - 2} = \sqrt{14}$$ Значит, диагональ \(AP\) четырёхугольника \(ABPD\) равна $$AP = AO + OP = \sqrt{14} + \frac{3 \sqrt{14}}{7} = \frac{10 \sqrt{14}}{7}$$ А его площадь тогда $$S_{ABPD} = \frac{1}{2} \cdot AP \cdot BD = \frac{1}{2} \cdot \frac{10 \sqrt{14}}{7} \cdot 2 \sqrt{2} = \frac{20 \sqrt{7}}{7}$$ С другой стороны, $$S_{ABPD} = pr,$$ где \(p\) — полупериметр четырёхугольника \(ABPD,\) а \(r\) — радиус вписанной в него окружности. Так как $$p = AB + BP = 4 + \frac{4 \sqrt{14}}{7} = 4 \cdot \left( 1 + \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{7}} \right) ,$$ получаем, что $$r = \frac{S_{ABPD}}{p} = \frac{20}{\sqrt{7} \cdot 4 \cdot \left( 1 + \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{7}} \right)} = \frac{5}{\sqrt{7} + \sqrt{2}} = \sqrt{7} - \sqrt{2}.$$

Ответ: б) \(\sqrt{7} - \sqrt{2}\)