Четырехугольник в окружности и периметр треугольника

[stedent076]

Около четырёхугольника $ABCD$, в котором диагонали пересекаются в точке $P$ и $BC=CD$ , описана окружность. Известно, что $BC=5\sqrt{2}$ и $BD$ – диаметр окружности, $AB=8$. Найти площадь треугольника $ACD$ и длину отрезка $AP$.
$\angle BAD=\angle BCD=90$ как опирающиеся на диаметр

$\angle PDC=\angle PBC=45$, очевидно

$ BD=\sqrt { 2\cdot (5\sqrt { 2 })^ 2 } =10$ по теореме Пифагора

$ AD=\sqrt { 100-64 } =6$ тоже по ней

$S(ACD)=\frac { AD\cdot AC\cdot CD }{ 4R }$ где $R=\frac { BD }{ 2 } =5\\ \cos { (\angle ADP)=\frac { AB }{ BD } =0,6 } \\ \\ \cos { (\angle СDP } +\angle ADP)=cos45\cdot 0,6-\sin { 45 } \sin { (\arccos { (0,6)) } } =\frac { \sqrt { 2 } }{ 2 } \cdot \frac { 3 }{ 5 } -\frac { \sqrt { 2 } }{ 2 } \cdot 0,8=\frac { -\sqrt { 2 } }{ 10 }$

По теореме косинусов: ${ AC }^{ 2 }=AD^{ 2 }+{ CD }^{ 2 }-2{ AC }{ \cdot CD }\cdot \cos { (\angle СDP } +\angle ADP)\\ { AC }^{ }=\sqrt { { 6 }^{ 2 }+({ 5\sqrt { 2 } ) }^{ 2 }-2\cdot 6\cdot \sqrt { 2 } \cdot 5\cdot \frac { -\sqrt { 2 } }{ 10 } = } 7\sqrt { 2 } \\ S(ACD)=\frac { 7\sqrt { 2 } \cdot 5\sqrt { 2 } \cdot 6 }{ 20 } =21$

По теореме косинусов:
${ AP }^{ 2 }={ AD }^{ 2 }+{ PD }^{ 2 }-2{ AD }\cdot { PD }\cdot (\cos { (\arccos { 0,6 } } ))$

Cдругой стороны: ${ AP }^{ 2 }={ AB }^{ 2 }+{ (10-PD) }^{ 2 }-2{ AB }\cdot (10-PD)\cdot (\cos { (\arccos { 0,8 } } ))\\ \\ { AD }^{ 2 }+{ PD }^{ 2 }-2{ AD }\cdot { PD }\cdot (\cos { (\arccos { 0,6 } } ))={ AB }^{ 2 }+{ (10-PD) }^{ 2 }-2{ AB }\cdot (10-PD)\cdot (\cos { (\arccos { 0,8 } } ))\\ 36+{ x }^{ 2 }-\frac { 36 }{ 5 } x=64+{ (10-x) }^{ 2 }-128-0,8x$

Последнее уравнение не получается решить. У меня вышло, что $-0.8x\cdot 5+36x=100x$ Помогите,пожалуйста, разобраться вчем ошибка.
___________________________


Около окружности с центром в точке $O$ описан квадрат $ABCD$ .Касательная к окружности пересекает стороны $AB$ и $AD$ в точках $M$ и $N$ соответственно. Доказать, что периметр треугольника $AMN$ равен стороне квадрата.

Пусть $O$ – центр окружности, $O_1$,$O_2$ – точки касания окружности квадрата.
${ O }_{ 1 }={ O }_{ 2 }=\frac { a }{ 2 } \\ A{ O }_{ 1 }=A{ O }_{ 2 }=\sqrt { 2\cdot { (\frac { a }{ 2 } })^{ 2 } } =\frac { \sqrt { 2 } a }{ 2 }$
Докажем, что $MN\parallel O_1O_2$
Если рассмотреть прямую $O_1O_2$ как кусок оси, а дугу $O_1O_2$ – как график некоторой функции, то можно заметить, что касательная $MN$ проведена к ее максимуму. Вспоминаем геометрический смысл производной (касательная к графику) и оказывается, что в максимуме коэф-т наклона касательной равен нулю или касательная параллельна оси $X$.
$MNO_1O_2$ – трапеция, причем равнобокая, т.к. $\angle AO_{ 1 }O_{ 2 }=\angle AO_{ 2 }O_{ 1 }=45$
Поэтому $MNA$ – равнобедренный. Т.к.
$\cos 45 =\dfrac{a\sqrt{2}-MN}{a\sqrt{2}+MN$}
$MN=a\dfrac{2\sqrt{2}-2}{\sqrt{2}+2}}$

По теореме Пифагора:
$AM=AN=a\dfrac{2\sqrt{2}-2}{2+2\sqrt{2}}$

Тогда $P(AMN)=2a\dfrac{2\sqrt{2}-2}{2+2\sqrt{2}}+a\dfrac{2\sqrt{2}-2}{\sqrt{2}+2}}=\dfrac{-4}{4+3\sqrt{2}}$, что, понятно, неверно. Ыроде все правильно....Не могу найти ошибку.

Чертежи:

[gris]

1. $\angle PDA=?\quad BP:PD=?$ Теорема синусов удобнее теоремы косинусов. Чертёжик хороший. Только при построении нетрудно было учесть $BC=CD$. Что-то виднее бы стало.
2. $MN$ касательная... И $NM$ тоже касательная. К чему бы это? Чертёжик хороший. Только касательная черезчур частная. И синяя точка стоит не в месте касания
Я честно прождал два часа, но не вытерпел-таки .

[DeBill]

stedent076 в сообщении #1163910 писал(а):

Последнее уравнение не получается решить.

Потому что в нем вместо последнего слагаемого $-0.8x$ должно быть $+12.8x$ (и тогда будет все хорошо. Не в том смысле, что Вы найдете, чё надо, а - тождество будет, $0=0$. А это - верно!)

[stedent076]

gris
DeBill
Спасибо, разобрался!)