а) Обозначим буквой E точку пересечения отрезков MK и AB. Углы ∠ALB и ∠LAD равны, как накрест лежащие углы; аналогично ∠CLD = ∠ADL, как накрест лежащие. Отсюда получаем, что ∠BAL = ∠BLA, ∠CDL = ∠CLD, то есть треугольники ABL и CLD равнобедренные (AB = BL, CL = CD). Тогда биссектрисы этих треугольников BM и CK являются также высотами и медианами. Значит, точки M и K являются серединами сторон AL и DL соответственно. Отсюда следует, что отрезок MK является средней линией треугольника ALD. Значит, MK || AD.

Теперь если рассмотреть треугольник ABL, получаем, что отрезок EM параллелен стороне BL и исходит из середины стороны AL. Отсюда следует, что EM является средней линией этого треугольника, а значит точка E — середина стороны AB. Что и требовалось доказать.

б) Рассмотрим 4-угольник MLKN. Из предыдущего пункта получили, что ∠M = 90°, ∠K = 90°, откуда следует, что

То есть у данного 4-угольника суммы противоположных углов дают , откуда следует, что вокруг него можно описать окружность. Соединим точки N и L (пересечение с MK в точке F) — получим 2 прямоугольных треугольника NML и NKL. Тогда центр описанной окружности лежит на середине общей гипотенузы NL.

Теперь заметим, что треугольники MFL и NFK подобны по 2 углам (∠MFL = ∠NFK, как вертикальные; ∠MLF = ∠NKF, как вписанные углы, опирающиеся на одну и ту же дугу MN). Тогда

Аналогично треугольники NMF и KFL подобны по 2 углам (∠NFM = ∠KFL, как вертикальные; ∠MNF = ∠FKL, как вписанные углы, опирающиеся на одну и ту же дугу ML). Тогда

Поделим соотношения друг на друга:

Из подобия треугольников NLC и NFK (по 3-м углам) получим, что Аналогично из подобия треугольников NLB и NFM получим, что , откуда следует:

Окончательно получаем, что

Ответ: 5 : 14.

В решении задачи будем использовать подобие треугольников и теорему Фалеса.

а) Треугольники AMK и ABC подобны по 2 углам (∠ A — общий, ∠AMK = ∠ABC, как соответственные при параллельных прямых). Тогда По теореме Фалеса получаем откуда

(последнее равенство следует из подобия треугольников BDC и LDN по двум углам). Следовательно, , откуда MK = NL. Что и требовалось доказать.

б) Обозначим MK = NL x, KL = 3x. Из треугольников ABC и AMK:

Из подобных треугольников ACD и KCN (опять же по 2-м углам):

Обозначим и выпишем полученную систему двух уравнений:

Окончательно

Ответ: 6.

а) Соединим точку O с вершинами 4-угольника K, L, M и N. Обозначим площадь треугольника AOK за x, тогда площадь треугольника KOD равна 6 − x. Так как медиана разбивает треугольник на два равновеликих, то из треугольника KOL получаем , из треугольника KON Далее получим, что

Из треугольника MON получим , откуда Что и требовалось доказать.

б) Используя предыдущий пункт, предварительно докажем, что данная фигура на самом деле является трапецией.

Лемма: отрезки AC и BD делятся точкой пересечения пополам.

Доказательство: (вспомогательные линии здесь не приведены, чтобы не загрязнять чертеж) если рассмотреть треугольник KLM, то отрезок AB является в нем средней линией. Тогда Теперь если рассмотреть треугольник KMN, то в нем CD является средней линией. Тогда Отсюда получаем, что Аналогично доказывается, что

Значит, ABCD является параллелограммом. Отрезки AC и BD являются диагоналями ABCD, а так как диагонали в параллелограмме делятся точкой пересечения пополам, то требуемое доказано.

Площади треугольников LBO и KDO равны, при этом равны и их основания BO и OD (по лемме), значит, должны быть равны и высоты треугольников, проведенные из вершин L и K соответственно. Отсюда следует, что точки прямых LK и BD равноудалены друг от друга, то есть Аналогично доказывается из площадей треугольников MBO и NDO, что Значит, и KLMN — трапеция.

Обозначим OH = OF = h, MN = a. Выразим площади фигур:

Решим систему трех уравнений: подставляя x из первого уравнения во второе, получим:

Осталось подставить найденное значение h в третье уравнение:

Ответ: 7.

Докажем два вспомогательных утверждения.

1) В любом четырехугольнике

В самом деле, обозначая имеем

2) В трапеции

В самом деле,

Теперь решим задачу.

а) Раскрывая скобки, имеем

б) Используя формулу пункта а) имеем:

Ответ: б) 225.

а) Обозначим тогда Отметим на MN точку T такую, что На продолжении CB а точку B отметим точку K так, чтобы Тогда

Треугольники ABK и ADN равны по двум катетам, следовательно,

Значит, треугольники AKM и ANM равны по трем сторонам. Тогда поэтому A лежит на биссектрисе угла KMN.

Очевидно, A лежит также на биссектрисе угла MCN — диагонали квадрата. Значит, A — центр вневписанной окружности. При этом поэтому B и D — точки касания.

б) Заметим, что треугольники ABM и ATM равны по двум сторонам и углу между ними ( AM — общая). Значит, Кроме того, Тогда треугольники TNA и DNA равны по катету и гипотенузе, поэтому

Следовательно,

Ответ: 45°.