Задание 17 ЕГЭ, математика (профиль): Вписанные окружности и треугольники

Угол $A$ — наибольший, так как лежит против наибольшей стороны $BC=56$. Биссектриса $AD$ делит $BC$ по свойству биссектрисы: $$\dfrac{BD}{DC}=\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{24}{40}=\dfrac35.$$ С учётом $BD+DC=56$ получаем $BD=21$, $DC=35$.

Найдём $AD$ через теорему косинусов в исходном треугольнике, вычислив сначала $\cos B$: $$\cos B=\dfrac{AB^2+BC^2-AC^2}{2\cdot AB\cdot BC}=\dfrac{24^2+56^2-40^2}{2\cdot24\cdot56}=\dfrac{11}{14}.$$ Теперь в треугольнике $ABD$: $$AD^2=AB^2+BD^2-2\cdot AB\cdot BD\cdot\cos B=24^2+21^2-2\cdot24\cdot21\cdot\dfrac{11}{14}=225,$$ значит $AD=15$.

Так как $AD$ — общая высота треугольников $ABD$ и $ADC$ (опущенная из $A$ на прямую $BC$ не меняется), их площади относятся как основания: $$\dfrac{S_{ABD}}{S_{ADC}}=\dfrac{BD}{DC}=\dfrac35.$$

Полупериметры: $p_1=\dfrac{AB+BD+AD}{2}=\dfrac{24+21+15}{2}=30$, $p_2=\dfrac{AC+DC+AD}{2}=\dfrac{40+35+15}{2}=45$.

Используя $S=pr$ (площадь треугольника равна произведению полупериметра на радиус вписанной окружности), получаем $$\dfrac{r_1}{r_2}=\dfrac{S_{ABD}}{S_{ADC}}\cdot\dfrac{p_2}{p_1}=\dfrac35\cdot\dfrac{45}{30}=\dfrac{9}{10},$$ что и требовалось доказать.

Для второй части используем, что расстояние от вершины до точки касания вписанной окружности со стороной, выходящей из этой вершины, равно полупериметру минус противоположная сторона: $$AP=p_1-BD=30-21=9,\qquad AQ=p_2-DC=45-35=10.$$

Обе точки $P$ и $Q$ лежат на отрезке $AD$, поэтому расстояние между ними равно $$PQ=|AP-AQ|=|9-10|=1.$$