Ре­ше­ние. А)  Пусть бис­сек­три­са угла А пе­ре­се­ка­ет BC в точке M, бис­сек­три­са угла С  — AD в точке Q, бис­сек­три­са угла В  — AD в точке F, бис­сек­три­са угла D  — BC в точке E. Че­ты­рех­уголь­ник, огра­ни­чен­ный бис­сек­три­са­ми обо­зна­чим KHRP (см. рис.)

Со­еди­ним от­рез­ка­ми точки E и Q, M и F.

∠BMA = ∠MAF  =  30° как внут­рен­ние на­крест ле­жа­щие при па­рал­лель­ных BC, AD и се­ку­щей AM. По­сколь­ку ∠BA  =  30°, Δ ABM  — рав­но­бед­рен­ный, AB  =  BM. Ана­ло­гич­но по­лу­чим: AF  =  FM.

Кроме того, ∠BAF = ∠ABF = ∠AFB  =  60°, т. е. Δ ABF  — рав­но­сто­рон­ний. Ана­ло­гич­но с Δ BMF. От­сю­да вывод  — че­ты­рех­уголь­ник ABMF  — ромб (по при­зна­ку), у ко­то­ро­го диа­го­на­ли BF и AM обя­за­ны быть пер­пен­ди­ку­ляр­ны­ми.

Ана­ло­гич­но по­лу­чим: QECD  — ромб, Δ ED  — рав­но­сто­рон­ний. Зна­чит, ∠CED = ∠FBE  =  60°. Эти углы яв­ля­ют­ся со­от­вет­ствен­ны­ми при пря­мых BF, ED и се­ку­щей BC. Зна­чит, FBED  — па­рал­ле­ло­грамм, от­ку­да KP || HR.

В ромбе QECD диа­го­на­ли QCи D также будут вза­им­но пер­пен­ди­ку­ляр­ны­ми. Сле­до­ва­тель­но, от­рез­ки KH, PR, бу­дучи пер­пен­ди­ку­ляр­ны­ми к па­рал­лель­ным KP, HRbока­жут­ся па­рал­лель­ны­ми. Таким об­ра­зом, KHRP  — пря­мо­уголь­ник. А у пря­мо­уголь­ни­ка диа­го­на­ли равны, что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

Б)   Два рав­но­сто­рон­них тре­уголь­ни­ка ABF и ED с рав­ны­ми сто­ро­на­ми AB и CD будут рав­ны­ми. Далее:

Ана­ло­гич­но, Сле­до­ва­тель­но,

Ответ: Б)