Ре­ше­ние. а)  Пусть диа­го­на­ли па­рал­ле­ло­грам­ма пе­ре­се­ка­ют­ся в точке K, точки O₁ и O₂  — цен­тры окруж­но­стей, а R и r  — их со­от­вет­ству­ю­щие ра­ди­у­сы. Не ума­ляя общ­но­сти, будем счи­тать, что и цен­тры окруж­но­стей лежат по одну сто­ро­ну от пря­мой MN.

Тре­уголь­ни­ки O₁AC и O₂BD  — рав­но­бед­рен­ные, по­то­му что и Диа­го­на­ли па­рал­ле­ло­грам­ма точ­кой пе­ре­се­че­ния де­лят­ся по­по­лам, сле­до­ва­тель­но, от­рез­ки O₁K и O₂K суть ра­ди­у­сы, де­ля­щие хорду по­по­лам. В таком слу­чае, от­ре­зок O₁K пер­пен­ди­ку­ля­рен хорде AC, а от­ре­зок O₂K пер­пен­ди­ку­ля­рен хорде BD. Зна­чит, тре­уголь­ни­ки AKO₁ и CKO₂ яв­ля­ют­ся пря­мо­уголь­ны­ми. При­ме­ним в них тео­ре­му Пи­фа­го­ра, на­хо­дим Пусть точка P  — се­ре­ди­на от­рез­ка MN, точка H  — про­ек­ция точки K на пря­мую MN, а также По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра в тре­уголь­ни­ках O₁PN и O₂PN:

от­ку­да

От­рез­ки O₁P и KH пер­пен­ди­ку­ляр­ны к одной пря­мой MN, сле­до­ва­тель­но, они па­рал­лель­ны, а тогда че­ты­рех­уголь­ни­ки O₁PHK и O₂PHK  — пря­мо­уголь­ные тра­пе­ции. Про­ве­дем из их вер­шин K и O₂ вы­со­ты KL и O₂F со­от­вет­ствен­но. По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра в тре­уголь­ни­ках O₁KL и O₂KF по­лу­ча­ем:

От­рез­ки KL и O₂F равны как пер­пен­ди­ку­ля­ры, за­клю­чен­ные между па­рал­лель­ны­ми пря­мы­ми. При­рав­ня­ем:

Под­ста­вим в по­лу­чен­ное вы­ра­же­ние зна­че­ние (1) и по­лу­чим:

б)  Из пунк­та а) а тогда

Так как и то можно вос­поль­зо­вать­ся тео­ре­мой ко­си­ну­сов в тре­уголь­ни­ке O₁KO₂:

Най­дем пло­щадь па­рал­ле­ло­грам­ма:

Ответ: б)