а) Угол BTC вписан в окружность, а угол BOC — соответствующий ему центральный угол. Следовательно, ∠BOC = 2∠BTC.

б) Из условия касания окружности и стороны AD следует, что прямые OT и AD перпендикулярны. Пусть окружность вторично пересекает прямую AB в точке L и сторону CD — в точке M. Тогда диаметр окружности, перпендикулярный стороне AB, делит каждую из хорд BL и CM пополам. Обозначим OT = r, тогда

По теореме Пифагора По теореме о касательной и секущей  Следовательно,

Аналогично

Из теоремы синусов следует, что BC = 2r · sin ∠BTC. Пусть h — искомое

расстояние от точки T до прямой BC . Выразим площадь треугольника BTC двумя способами:

Отсюда получаем, что Следовательно,

Ответ: 6.

Примечание.

Заметим, что AL больше радиуса окружности, а DC меньше диаметра, поэтому DC < 2AL. В данной задаче АВ = 4, CD = 9, поэтому точка В лежит на отрезке AL. При других числовых данных точка В может лежать на продолжении отрезка АL за точку L. Приведенное решение остается верным и для такого случая.

Приведем решение пункта б) Сергей Николаева.

Пусть K — точка пересечения прямых AD и ВC, точка S — основание перпендикуляра, опущенного из точки T на прямую BC. Треугольники DKC и AKB подобны по двум углам, поэтому По теореме об отрезках секущей тогда и Треугольники KTS и KCD подобны по двум углам, поэтому откуда

Еще один способ решения

приведен нами на сайте Решу ОГЭ в задании 340855.

а) Треугольник KOH равнобедренный и трапеция KLMN равнобедренная, поэтому ∠KHO = ∠OKH = ∠MNK. Значит, прямые OH и MN параллельны, а так как OQ — средняя линия трапеции, то параллельны прямые OQ и KN. Противоположные стороны четырёхугольника NQOH попарно параллельны, следовательно, NQOH — параллелограмм.

б) Пусть окружность с центром в точке O радиуса R касается стороны MN в точке P. В прямоугольных треугольниках OPQ и KHL имеем

Поэтому

Пусть KH = x. Поскольку трапеция KLMN равнобедренная, KN = 2KH + LM, NH = KH + LM = x + 1.

Тогда

откуда x = 1. Значит, KN = 2x + 1 = 3.

Ответ: б) 3.

а) Треугольник KOH равнобедренный и трапеция KLMN равнобедренная, поэтому ∠KHO = ∠OKH = ∠MNK. Значит, прямые OH и MN параллельны, а так как OQ — средняя линия трапеции, то параллельны прямые OQ и KN. Противоположные стороны четырёхугольника NQOH попарно параллельны, следовательно, NQOH — параллелограмм.

б) Пусть окружность с центром в точке O радиуса R касается стороны MN в точке P. В прямоугольных треугольниках OPQ и KHL имеем

Поэтому

Пусть KH = x. Поскольку трапеция KLMN равнобедренная, KN = 2KH + LM; NH = KH + LM = x + 2.

Тогда

откуда x = 2. Значит, KN = 2x + 2 = 6.

Ответ: б) 6.

а) Заметим, что поскольку прямые BC и AQ параллельны. Углы и равны, поскольку оба равны половине дуги MP (первый — угол между касательной и хордой, второй — вписанный угол), откуда и следует утверждение задачи.

б) Обозначим центр окружности за O, а основание перпендикуляра из точки O на прямую AD за K, на прямую BC — за L. Тогда CMOL — квадрат и, значит, радиус окружности равен 17. Тогда в треугольнике OPK имеем

Значит, PQ = 2PK = 16, DK = CL = 17. Тогда PD = DK – PK = 9.

Тогда DQ = 25 и откуда

Ответ:

а) Из описанности трапеций следует, что и Поскольку и получаем, что

б) Очевидно, при этих условиях отрезок MN является высотой трапеции и имеет длину 6. Пусть AN = t, тогда из описанности трапеции BMNA, следует, откуда Опуская высоту BK, получим откуда Решая это уравнение получаем и

Обозначим O — центр окружности, вписанной в BMNA, центр второй окружности — их проекции на сторону AB за T и соответственно, радиус второй окружности обозначим r. Тогда  — трапеция, в которой

Опустим из O перпендикуляры OL и OH на BM и MN соответственно. Тогда OLMH — квадрат со стороной 3, поэтому а Из подобия треугольников ATO и находим, что и

Теперь, опустим перпендикуляр на OT. Тогда получаем уравнение:

Из двух корней подходит только меньший, поскольку

Ответ: