Тип 18 № 18837

а) Отрезки касательных, проведённых из одной точки к окружности, равны, поэтому $AF = AP$, так как это касательные, проведённые из точки $A$ к вписанной окружности ромба.

Рассмотрим треугольник $FAP$. В нём $AF = AP$, поэтому он равнобедренный. Тогда углы при его основании $FP$ равны

$$\angle AFP = \angle FAP = \frac{180^\circ-\angle FAP}{2} = 90^\circ-\frac12\angle FAP.$$

Все стороны ромба равны, поэтому $AB = BC = CD = AD$.

Рассмотрим треугольник $BAD$. В нём $AB = AD$, поэтому он равнобедренный. Тогда углы при его основании $BD$ равны $$\angle ABD=\angle ADB=\frac{180^\circ-\angle BAD}{2} =90^\circ-\frac12\angle BAD.$$

Тогда $$\angle AFP=90^\circ-\frac12\angle FAP =90^\circ-\frac12\angle BAD=\angle ABD.$$

Таким образом, соответствующие углы $AFP$ и $ADB$, образованные прямыми $FP$ и $BD$ с секущей $AB$, равны, значит $FP \parallel BD$.

Отрезки касательных, проведённые из точки $D$ к вписанной окружности ромба, равны: $DP = DK$, поэтому он равнобедренный. Тогда углы при его основании $PK$ равны $$\angle DPK=\angle DKP=\frac{180^\circ-\angle DPK}{2} =90^\circ-\frac12\angle PDK.$$

Рассмотрим треугольник $ADC$. В нём $AD = CD$, поэтому он равнобедренный. Тогда углы при его основании $AC$ равны $$\angle DAC=\angle DCA=\frac{180^\circ-\angle ADC}{2} =90^\circ-\frac12\angle ADC.$$

Тогда $$\angle DPK=90^\circ-\frac12\angle PDK=90^\circ-\frac12\angle ADC=\angle DAC.$$

Таким образом, соответствующие углы $DPK$ и $DAC$, образованные прямыми $PK$ и $AC$ с секущей $AD$, равны, значит, $PK \parallel AC$.

Диагонали ромба перпендикулярны, то есть $BD \perp AC$, значит, перпендикулярны и прямые, параллельные им, то есть $FP \perp PK$.

Рассмотрим треугольник $FPK$. Он прямоугольный, тогда по теореме Пифагора $$FK^2 = FP^2 + PK^2 = 6^2 + 8^2 = 36 + 64 = 100 = 10^2.$$ Значит, $FK=10$.

При этом $FK$ — диаметр вписанной окружности ромба, поэтому он проходит через точку $O$ пересечения диагоналей ромба, так как центр вписанной окружности ромба — это точка пересечения диагоналей, и эта точка лежит на диаметре.

Заметим, что $OF \perp AB$ и $OK \perp CD$ как радиусы, проведённые из точки касания. Тогда $$OF = OK = \frac12 FK = \frac{10}{2} = 5.$$

Рассмотрим треугольники $FPK$ и $OFB$. Они прямоугольные, тогда $$\angle FPK = 90^\circ = \angle OFB.$$ Также у них равны углы $FPK$ и $FOB$ как накрест лежащие, образованные параллельными прямыми $FP \parallel BD$ и $OFB$ и секущей $FK$. Значит, треугольники $FPK$ и $OFB$ подобны.

Запишем подобие: $$\frac{FP}{OF}=\frac{FK}{OB}.$$ Отсюда $$\frac{6}{5}=\frac{10}{OB} \quad\Rightarrow\quad OB=\frac{25}{3}.$$

Диагонали ромба точкой пересечения делятся пополам, значит, $$BD = 2OB = 2\cdot \frac{25}{3} = \frac{50}{3}.$$

Рассмотрим треугольник $OFB$. Он прямоугольный, тогда по теореме Пифагора

$$FB^2 = BO^2 - FO^2 = \left(\frac{25}{3}\right)^2 - 5^2 = \frac{625}{9}-\frac{225}{9} = \frac{400}{9} = \left(\frac{20}{3}\right)^2.$$ Следовательно, $FB=\frac{20}{3}$.

Рассмотрим треугольники $ABO$ и $OFB$. Они прямоугольные, а угол $\angle ABO = \angle OFB = 90^\circ$, то есть углы при $A$ и при $F$ равны. Также в них общий угол $\angle AOB = \angle OFB$ (как углы при вершине), значит треугольники $ABO$ и $OFB$ подобны.

Запишем отношение подобия:

$$\frac{BO}{FB}=\frac{AO}{FO}.$$ Тогда

$$\frac{\frac{25}{3}}{\frac{20}{3}}=\frac{AO}{5} \quad\Rightarrow\quad \frac{25}{20}=\frac{AO}{5} \quad\Rightarrow\quad \frac54=\frac{AO}{5} \quad\Rightarrow\quad AO=\frac{25}{4}.$$

Диагонали ромба точкой пересечения делятся пополам, значит

$$AC = 2\cdot AO = 2\cdot \frac{25}{4}=\frac{25}{2}.$$

По формуле площади ромба

$$S_{ABCD}=\frac12\cdot AC\cdot BD =\frac12\cdot \frac{25}{2}\cdot \frac{50}{3} =\frac{625}{6}.$$

Ответ: $ \frac{625}{6}$.