Ре­ше­ние. а)  Центр окруж­но­сти, впи­сан­ной в угол, лежит на его бис­сек­три­се, по­это­му AO и BO  — бис­сек­три­сы углов BAD и ABC со­от­вет­ствен­но. Сле­до­ва­тель­но,

От­ре­зок AB виден из точки O под углом 90°. Сле­до­ва­тель­но, точка O при­над­ле­жит окруж­но­сти, по­стро­ен­ной на от­рез­ке AB как на диа­мет­ре.

б)  Пусть K, L, M и N  — точки ка­са­ния окруж­но­сти со сто­ро­на­ми AB, BC, CD и AD дан­ной тра­пе­ции со­от­вет­ствен­но. Тогда L  — се­ре­ди­на ос­но­ва­ния BC, по­то­му что углы ABC и BCD равны, углы OBL и OCL равны и пря­мо­уголь­ные тре­уголь­ни­ки OBL и OCL равны по об­ще­му ка­те­ту OL и остро­му углу. Ана­ло­гич­но N  — се­ре­ди­на ос­но­ва­ния AD. Обо­зна­чим CM  =  CL  =  BL  =  BK  =  x; DM  =  DN  =  AN  =  AK  =  y (x < y); OK  =  OL  =  ON  =  OM  =  r, Тогда LN  =  2r  — вы­со­та тра­пе­ции, а KM равно сред­не­му гар­мо­ни­че­ско­му длин от­рез­ков AD и Для пол­но­ты до­ка­жем это утвер­жде­ние. От­ло­жим на сто­ро­не AD от­ре­зок PD  =  BC, и пусть Q  — точка пе­ре­се­че­ния от­рез­ков BP и KM. Тогда BCDP  — па­рал­ле­ло­грамм и BP па­рал­лель­но CD.

За­ме­тим, что QM  =  BC, а KQ на­хо­дит­ся из по­до­бия тре­уголь­ни­ков BKQ и BAP:

Пусть пло­щадь тра­пе­ции ABCD равна S, а пло­щадь четырёхуголь­ни­ка KLMN равна S₁. Тогда

а так как диа­го­на­ли KM и LN четырёхуголь­ни­ка KLMN пер­пен­ди­ку­ляр­ны, по­лу­ча­ем, что

Сле­до­ва­тель­но,

Ответ: б)