Ре­ше­ние. а)  Про­длим бо­ко­вые сто­ро­ны тра­пе­ции. по­это­му BC  — сред­няя линия тре­уголь­ни­ка AQD, тогда Углы MCD и MBA пря­мые, из чего сле­ду­ет, что MC и MB  — ме­ди­а­ны и вы­со­ты, тогда тре­уголь­ни­ки QMD и QMA рав­но­бед­рен­ные, то есть а зна­чит, что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  Опу­стим вы­со­ту MN в рав­но­бед­рен­ном тре­уголь­ни­ке AMD. MN  — ме­ди­а­на, от­ку­да тогда MN   — ме­ди­а­на, по­это­му угол Тре­уголь­ник MND пря­мо­уголь­ный и рав­но­бед­рен­ный, тогда За­ме­тим те­перь, что тогда Имеем:

от­ку­да Тогда

Ответ: б)

Ре­ше­ние. а)  Тра­пе­ция AMCD впи­са­на в окруж­ность, тогда углы CAD и MDA равны. Углы CAD и BAM равны по­ло­ви­не дуги AM, по­это­му они равны между собой, что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)   от­ку­да тогда а Тре­уголь­ни­ки AOD и COB по­доб­ны, по­это­му тогда

Ответ: б)

Ре­ше­ние. а)  По­сколь­ку ABCD  — рав­но­бед­рен­ная тра­пе­ция,

б)  В тре­уголь­ни­ке AMC угол Тре­уголь­ни­ки BCO и MOD равны, по­сколь­ку угол CBO равен углу ODM, а угол  C равен углу M. Тогда от­ку­да O  — се­ре­ди­на BD, CO  — ис­ко­мое рас­сто­я­ние. Из ра­вен­ства тре­уголь­ни­ков BCO и MOD сле­ду­ет ра­вен­ство от­рез­ков CO и OM, от­ку­да

Ответ: б) 4.

При­ве­дем ре­ше­ние п. б) Ро­ма­на Про­ко­пен­ко.

В тре­уголь­ни­ке CMD по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра най­дем от­ку­да CD  =  10. В тре­уголь­ни­ке  BCD точка О  — се­ре­ди­на от­рез­ка BD, по­это­му CO  — ме­ди­а­на. Най­дем ее длину по фор­му­ле длины ме­ди­а­ны:

Ре­ше­ние. а)  Про­ве­дем через точку C пря­мую па­рал­лель­ную На пе­ре­се­че­нии этой пря­мой и пря­мой AD от­ме­тим точку   — па­рал­ле­ло­грамм.

В тре­уголь­ни­ке ACC₁:

За­ме­тим, что по­сколь­ку тогда по тео­ре­ме, об­рат­ной тео­ре­ме Пи­фа­го­ра, тре­уголь­ник  ACC₁ пря­мо­уголь­ный, угол  ACC₁ пря­мой. Тогда угол COD пря­мой, что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  

Ответ: б) 60.

Ре­ше­ние. а)  Про­ве­дем через точку C пря­мую па­рал­лель­ную На пе­ре­се­че­нии этой пря­мой и пря­мой AD от­ме­тим точку   — па­рал­ле­ло­грамм.

В тре­уголь­ни­ке ACC₁:

За­ме­тим, что по­сколь­ку тогда по тео­ре­ме, об­рат­ной тео­ре­ме Пи­фа­го­ра, тре­уголь­ник ACC₁  — пря­мо­уголь­ный, угол ACC₁ пря­мой. Тогда угол COD пря­мой, что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  Вы­со­та тра­пе­ции равна

Ответ: б) 4,8.

Ре­ше­ние. а)  Пусть BC ∩ AE = L, тогда тре­уголь­ни­ки AED и LEC равны, так как DE  =  CE, ∠AED = ∠LEC, ∠ADE = ∠LCE. Сле­до­ва­тель­но, BE  — ме­ди­а­на ABL. Далее, ΔABE ∼ ΔKBO, и ΔLBE ∼ ΔCBO с тем же ко­эф­фи­ци­ен­том по­до­бия Тогда

б)  По­сколь­ку ΔAED = ΔLEC, Далее, ΔKBC∼ΔABL. Зна­чит, то есть Тогда

Ответ: 3 : 5.

Ре­ше­ние. а)  Про­длим бо­ко­вые сто­ро­ны тра­пе­ции. по­это­му BC  — сред­няя линия тре­уголь­ни­ка AQD, тогда Углы MCD и MBA пря­мые, из чего сле­ду­ет, что MC и MB  — ме­ди­а­ны и вы­со­ты, тогда тре­уголь­ни­ки QMD и QMA рав­но­бед­рен­ные, то есть а зна­чит, что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  Опу­стим вы­со­ту MN в рав­но­бед­рен­ном тре­уголь­ни­ке AMD. По усло­вию за­да­чи MN  — ме­ди­а­на, от­ку­да тогда MN  — ме­ди­а­на, по­это­му угол Тре­уголь­ник MND пря­мо­уголь­ный и рав­но­бед­рен­ный, тогда За­ме­тим те­перь, что тогда Имеем:

от­ку­да Тогда

Ответ: б)

При­ме­ча­ние.

Точка М не яв­ля­ет­ся точ­кой пе­ре­се­че­ния диа­го­на­лей тра­пе­ции. Точки А, М и С не лежат на одной пря­мой. Точки В, М и D не лежат на одной пря­мой.

Ре­ше­ние.

а)  За­ме­тим, что так как линия цен­тров со­дер­жит бис­сек­три­сы рав­но­бед­рен­ных тре­уголь­ни­ков и

Тогда и Зна­чит, по двум углам.

б)  Из ра­вен­ства углов сле­ду­ет па­рал­лель­ность пря­мых: По­это­му, учи­ты­вая, что по­лу­ча­ем: Зна­чит, а AE  — диа­метр окруж­но­сти.

Рав­но­бед­рен­ные тре­уголь­ни­ки и по­доб­ны, по­сколь­ку

Зна­чит, от­ку­да

Ответ: 8.

Ре­ше­ние. а)  За­ме­тим, что так как линия цен­тров со­дер­жит бис­сек­три­сы рав­но­бед­рен­ных тре­уголь­ни­ков и Тре­уголь­ни­ки CBD и AO₁O₂ по­доб­ны, по­сколь­ку и

б)  Из ра­вен­ства углов сле­ду­ет па­рал­лель­ность пря­мых: По­это­му, учи­ты­вая, что по­лу­ча­ем: Зна­чит, а AE  — диа­метр окруж­но­сти.

Рав­но­бед­рен­ные тре­уголь­ни­ки и по­доб­ны, по­сколь­ку

Зна­чит, от­ку­да

Ответ: б) 12.

Ре­ше­ние. а)  За­ме­тим, что цен­траль­ный, а   — его бис­сек­три­са, тогда     — впи­сан­ный угол. Ана­ло­гич­но и по­это­му по двум рав­ным углам и по­доб­ны, что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  За­ме­тим, что верно, по­сколь­ку тогда по тео­ре­ме, об­рат­ной тео­ре­ме Пи­фа­го­ра, пря­мо­уголь­ный, Най­дем вы­со­ту про­ве­ден­ную из по­это­му ко­эф­фи­ци­ент по­до­бия равен Рас­сто­я­ние от точки B до пря­мой MK, рав­ное вы­со­те про­ве­ден­ной из вер­ши­ны равно про­из­ве­де­нию ко­эф­фи­ци­ен­та по­до­бия и вы­со­ты, про­ве­ден­ной из

Ответ: б)

Ре­ше­ние. а)  Лучи AO₁ и CO₂ яв­ля­ют­ся бис­сек­три­са­ми рав­ных углов HAC и HCB со­от­вет­ствен­но. Зна­чит, то есть пря­мые AO₁ и CO₂ пер­пен­ди­ку­ляр­ны.

б)  Пусть пря­мая AB ка­са­ет­ся окруж­но­стей, впи­сан­ных в тре­уголь­ни­ки ACH и BCH, в точ­ках K и L со­от­вет­ствен­но. По­лу­ча­ем:

По­сколь­ку и   — квад­ра­ты, по­лу­ча­ем: Зна­чит, пло­щадь четырёхуголь­ни­ка равна

Ответ: б)

При­ме­ча­ние Дмит­рия Гу­щи­на.

Пункт а) можно ре­шить без вы­чис­ле­ний. По­вернём тре­уголь­ник CHA во­круг точки Н на угол 90° и сов­ме­стим точки А и С. Тогда лучи АO₁ и СО₂ сов­па­дут, по­сколь­ку яв­ля­ют­ся бис­сек­три­са­ми рав­ных углов, а зна­чит, угол между ними до по­во­ро­та был 90°.

При­ве­дем ре­ше­ние пунк­та б) Мат­вея Га­щен­ко (Санкт-Пе­тер­бург).

Пусть r, r₁, r₂  — ра­ди­у­сы окруж­но­стей, впи­сан­ных в тре­уголь­ни­ки ABC, ACH и BCH со­от­вет­ствен­но. Тре­уголь­ни­ки ABC, ACH и BCH по­доб­ны, по­это­му Из по­до­бия на­хо­дим от­но­ше­ние ра­ди­у­сов:

Най­дем ра­ди­ус окруж­но­сти, впи­сан­ной в тре­уголь­ник ABC:

Под­став­ляя в фор­му­лу на­хо­дим:

а по­то­му r₂  =  3.

За­ме­тим, что Че­ты­рех­уголь­ник MO₁NO₂  — тра­пе­ция, ее пло­щадь равна

Ре­ше­ние. а)  Так как AO  — диа­метр, а AM  — хорда, то зна­чит, AO пе­ре­се­ка­ет боль­шую окруж­ность в P, AP  — диа­метр, тогда от­ку­да

По­сколь­ку и то что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  Так как   — цен­траль­ный, то зна­чит,   — со­от­вет­ствен­ные углы. По­сколь­ку   — бис­сек­три­са тогда по свой­ству бис­сек­три­сы

Ответ: б)

Ре­ше­ние. а)  Про­ве­дем от­ре­зок CC₁, па­рал­лель­ный BD, че­ты­рех­уголь­ник BCC₁D  — па­рал­ле­ло­грамм. В тре­уголь­ни­ке ACC₁:

За­ме­тим, что сле­до­ва­тель­но, по тео­ре­ме, об­рат­ной тео­ре­ме Пи­фа­го­ра, тре­уголь­ник ACC₁  — пря­мо­уголь­ный с пря­мым углом Тогда что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  Тре­уголь­ник две сто­ро­ны ко­то­ро­го равны диа­го­на­лям тра­пе­ции, а тре­тья сто­ро­на равна сумме её ос­но­ва­ний, рав­но­ве­лик дан­ной тра­пе­ции. По­это­му

Ответ: б) 30.

Ре­ше­ние. а)  Пусть пря­мые BC и AE пе­ре­се­ка­ют­ся в точке L. Тогда тре­уголь­ни­ки AED и LEC равны, по­сколь­ку DE  =  CE, ∠AED = ∠LEC, ∠ADE = ∠LCE. Сле­до­ва­тель­но, и че­ты­рех­уголь­ник KCLA  — тра­пе­ция. Пря­мая BE со­дер­жит точку пе­ре­се­че­ния бо­ко­вых сто­рон тра­пе­ции и се­ре­ди­ну ее ос­но­ва­ния AL. Тогда по за­ме­ча­тель­но­му свой­ству тра­пе­ции она со­дер­жит и се­ре­ди­ну ос­но­ва­ния  КС  — точку O. Таким об­ра­зом,

б)  По­сколь­ку тре­уголь­ни­ки AED и LEC равны, Из по­до­бия тре­уголь­ни­ков KBC и ABL сле­ду­ет, что то есть Тогда

Ответ: 3 : 7.

При­ве­дем дру­гое ре­ше­ние пунк­та а).

Пусть пря­мые BC и AE пе­ре­се­ка­ют­ся в точке L. Тогда тре­уголь­ни­ки AED и LEC равны, так как DE  =  CE, ∠AED = ∠LEC, ∠ADE = ∠LCE. Сле­до­ва­тель­но, от­ре­зок  BE  — ме­ди­а­на ABL. Тре­уголь­ни­ки ABE и KBO по­доб­ны с ко­эф­фи­ци­ен­том по­до­бия Тре­уголь­ни­ки LBE и CBO по­доб­ны с тем же ко­эф­фи­ци­ен­том по­до­бия. Тогда

Ре­ше­ние. а)  Пусть пря­мые BC и AE пе­ре­се­ка­ют­ся в точке L. Тогда тре­уголь­ни­ки AED и LEC равны, так как DE  =  CE, ∠AED = ∠LEC, ∠ADE = ∠LCE. Сле­до­ва­тель­но, и че­ты­рех­уголь­ник KCLA  — это тра­пе­ция. Пря­мая BE со­дер­жит точку пе­ре­се­че­ния бо­ко­вых сто­рон тра­пе­ции и се­ре­ди­ну ее ос­но­ва­ния AL. Тогда по за­ме­ча­тель­но­му свой­ству тра­пе­ции она со­дер­жит и се­ре­ди­ну ос­но­ва­ния КС  — точку O. Тем самым

б)  По­сколь­ку тре­уголь­ни­ки AED и LEC равны, Из по­до­бия тре­уголь­ни­ков KBC и ABL сле­ду­ет, что то есть Тогда:

Ответ: 2 : 9.

При­ве­дем дру­гое ре­ше­ние пунк­та а).

Пусть пря­мые BC и AE пе­ре­се­ка­ют­ся в точке L. Тогда тре­уголь­ни­ки AED и LEC равны, так как DE  =  CE, ∠AED = ∠LEC, ∠ADE = ∠LCE. Сле­до­ва­тель­но, от­ре­зок BE  — ме­ди­а­на ABL. Тре­уголь­ни­ки ABE и KBO по­доб­ны с ко­эф­фи­ци­ен­том по­до­бия Тре­уголь­ни­ки LBE и CBO по­доб­ны с тем же ко­эф­фи­ци­ен­том по­до­бия. Тогда

Ре­ше­ние. а)  За­ме­тим, что так как линия цен­тров со­дер­жит бис­сек­три­сы рав­но­бед­рен­ных тре­уголь­ни­ков и Тогда

Зна­чит, тре­уголь­ни­ки CBD и по­доб­ны по двум углам.

б)  Из ра­вен­ства углов сле­ду­ет па­рал­лель­ность пря­мых: Учи­ты­вая, что по­лу­ча­ем: Зна­чит, а AE  — диа­метр окруж­но­сти. По усло­вию тогда

а по­то­му рав­но­бед­рен­ные тре­уголь­ни­ки и по­доб­ны. Зна­чит, от­ку­да

Ответ: 9.

При­ве­дем дру­гое ре­ше­ние пунк­та б).

Пусть r  — ра­ди­ус пер­вой окруж­но­сти, тогда 3r  — ра­ди­ус вто­рой. Тре­уголь­ник ABC пря­мо­уголь­ный, в нем сто­ро­на AB  =  3 по усло­вию, сто­ро­на AC  =  2r как диа­метр окруж­но­сти, В тре­уголь­ни­ке  DAO₂ из­вест­ны сто­ро­ны: По тео­ре­ме ко­си­ну­сов на­хо­дим:

По усло­вию зна­чит, равны и ко­си­ну­сы этих углов, а по­то­му от­ку­да

Ре­ше­ние. а)  За­ме­тим, что так как линия цен­тров со­дер­жит бис­сек­три­сы рав­но­бед­рен­ных тре­уголь­ни­ков и

Тогда и Зна­чит, по двум углам.

б)  Из ра­вен­ства углов сле­ду­ет па­рал­лель­ность пря­мых: По­это­му, учи­ты­вая, что по­лу­ча­ем: Зна­чит, а AE  — диа­метр окруж­но­сти.

Рав­но­бед­рен­ные тре­уголь­ни­ки и по­доб­ны, по­сколь­ку

Зна­чит, от­ку­да

Ответ: 8.

Ре­ше­ние. а)  Лучи и яв­ля­ют­ся бис­сек­три­са­ми рав­ных углов HAC и HCB со­от­вет­ствен­но. Зна­чит, то есть пря­мые и пер­пен­ди­ку­ляр­ны.

б)  Пусть пря­мая AB ка­са­ет­ся окруж­но­стей, впи­сан­ных в тре­уголь­ни­ки ACH и BCH, в точ­ках K и L со­от­вет­ствен­но. По­лу­ча­ем:

По­сколь­ку и   — квад­ра­ты, по­лу­ча­ем:

Зна­чит, пло­щадь четырёхуголь­ни­ка равна

Ответ: б)

Ре­ше­ние. а)  Тре­уголь­ни­ки BCE и CDK равны по двум ка­те­там, сле­до­ва­тель­но,

то есть пря­мая BE пер­пен­ди­ку­ляр­на пря­мой CK. Тогда в четырёхуголь­ни­ке ABOK: ∠BAK = ∠BOK  =  90°. По­это­му во­круг него можно опи­сать окруж­ность.

б)  Введём си­сте­му ко­ор­ди­нат, как по­ка­за­но на ри­сун­ке. В этой си­сте­ме

Урав­не­ние пря­мой KC: урав­не­ние пря­мой BE: Ко­ор­ди­на­ты точки O найдём из си­сте­мы урав­не­ний

Тогда рас­сто­я­ние между и равно

Ответ: б) 1.

При­ведём дру­гое ре­ше­ние п. а).

По­вернём тре­уголь­ник BCE на 90° по ча­со­вой стрел­ке и па­рал­лель­ным пе­ре­но­сом сов­ме­стим точку B с точ­кой C. Тогда тре­уголь­ник BCE на­ло­жит­ся на CKD, пря­мая BE сов­па­дет с пря­мой CK. По­сколь­ку после по­во­ро­та пря­мые сов­па­ли, до по­во­ро­та угол между ними был 90°.

При­ведём дру­гое ре­ше­ние п. б).

Пря­мо­уголь­ные тре­уголь­ни­ки BCE и BAK равны по двум ка­те­там, зна­чит, то есть на хорды AO и AB опи­сан­ной около четырёхуголь­ни­ка ABOK окруж­но­сти опи­ра­ют­ся рав­ные углы. Таким об­ра­зом,

При­ведём ре­ше­ние п. б) Ан­дрея Плю­хи­на.

Про­дол­жим от­ре­зок CK до точки F пе­ре­се­че­ния с пря­мой AB. Пря­мо­уголь­ные тре­уголь­ни­ки KDC и KAF равны по ка­те­ту и остро­му углу, по­это­му AF  =  ВС  =  1, а точка A  — се­ре­ди­на BF.

Точка O при­над­ле­жит окруж­но­сти с цен­тром в точке A и диа­мет­ром BF, по­сколь­ку эта точка  — вер­ши­на пря­мо­го угла, стя­ги­ва­ю­ще­го диа­метр BF. Сле­до­ва­тель­но, AO  =  AB  =  AF  =  1  — ра­ди­ус этой окруж­но­сти.

Вто­рой абзац этого ре­ше­ния можно за­ме­нить таким рас­суж­де­ни­ем: из суммы углов по­лу­ча­ем, что угол FOB пря­мой, сле­до­ва­тель­но, АО яв­ля­ет­ся ме­ди­а­ной пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка и равна по­ло­ви­не ги­по­те­ну­зы.

При­ведём ре­ше­ние Де­ни­са Чер­ны­ше­ва (Тю­мень).

а)  Во­круг че­ты­рех­уголь­ни­ка можно опи­сать окруж­ность тогда и толь­ко тогда, когда суммы про­ти­во­ле­жа­щих углов равны 180°. По усло­вию ABCD  — квад­рат, в нем угол А пря­мой. До­ка­жем, что угол KOB пря­мой. Имеем:

Зна­чит,

Сто­ро­ны квад­ра­та равны, по­это­му Зна­чит, ска­ляр­ное про­из­ве­де­ние равно нулю, а тогда

б)  Не­об­хо­ди­мо найти мо­дуль век­то­ра За­пи­шем его в виде

где По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра из тре­уголь­ни­ка DCK на­хо­дим:

Пря­мо­уголь­ные тре­уголь­ни­ки DCK и OCE по­доб­ны, по­сколь­ку имеют общий ост­рый угол. Зна­чит, от­ку­да

Сле­до­ва­тель­но,

Под­ста­вим най­ден­ный ко­эф­фи­ци­ент x в вы­ра­же­ние для век­то­ра по­лу­чим:

Тогда

Ре­ше­ние. а)  Угол AQP опи­ра­ет­ся на диа­метр AP боль­шей окруж­но­сти, по­это­му он пря­мой. Угол AMO опи­ра­ет­ся на диа­метр AO мень­шей окруж­но­сти, по­это­му он пря­мой. Таким об­ра­зом, пря­мые PQ и BC пер­пен­ди­ку­ляр­ны пря­мой AQ, зна­чит, они па­рал­лель­ны.

б)  Углы AOC и APQ равны, по­сколь­ку пря­мые PQ и BC па­рал­лель­ны. Диа­метр BC боль­шей окруж­но­сти пер­пен­ди­ку­ля­рен хорде AQ. Зна­чит, точка C  — се­ре­ди­на дуги AQ. Сле­до­ва­тель­но, луч PC яв­ля­ет­ся бис­сек­три­сой угла APQ пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка APQ, по­это­му

Ответ: б)

Ре­ше­ние. а)  Пусть BC ∩ AE = L, тогда тре­уголь­ни­ки AED и LEC равны, так как DE  =  CE, ∠AED = ∠LEC, ∠ADE = ∠LCE. Сле­до­ва­тель­но, BE  — ме­ди­а­на ABL. Далее, ΔABE ∼ ΔKBO, и ΔLBE ∼ ΔCBO с тем же ко­эф­фи­ци­ен­том по­до­бия Тогда

б)  По­сколь­ку ΔAED = ΔLEC, Далее, ΔKBC∼ΔABL. Зна­чит, то есть Тогда

Ответ: 3 : 5.

Ре­ше­ние. а)  Пусть окруж­ность ка­са­ет­ся ос­но­ва­ний BC и AD в точ­ках K и L со­от­вет­ствен­но, а ее центр на­хо­дит­ся в точке O.

Лучи AO и BO яв­ля­ют­ся бис­сек­три­са­ми углов BAD и ABC со­от­вет­ствен­но, по­это­му

то есть тре­уголь­ник AOB пря­мо­уголь­ный. Ана­ло­гич­но тре­уголь­ник COD тоже пря­мо­уголь­ный. Пусть BM  =  x, CN  =  y, тогда AM  =  8x, DN  =  2y.

от­ку­да y  =  2x. По­лу­ча­ем: BK  =  BM  =  x, AL  =  AM  =  8x, CK  =  CN  =  2x, DL  =  DN  =  4x, BC  =  BK + KC  =  3x, AD  =  AL + LD  =  12x, то есть AD  =  4BC.

б)  За­ме­тим, что по­это­му

Пусть пря­мые AB и CD пе­ре­се­ка­ют­ся в точке P, а пря­мые MN и PO пе­ре­се­ка­ют­ся в точке Q. Тогда тре­уголь­ни­ки BPC и APD по­доб­ны, по­это­му AP  =  4BP, AB  =  3BP, BP  =  3x, PN  =  PM  =  4x. Пря­мая  PO яв­ля­ет­ся се­ре­дин­ным пер­пен­ди­ку­ля­ром к MN. В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке OMP по­лу­ча­ем:

Зна­чит,

Ответ: б) 4.

При­ве­дем дру­гое ре­ше­ние пунк­та а).

Пусть окруж­ность ка­са­ет­ся ос­но­ва­ний BC и AD в точ­ках K и L со­от­вет­ствен­но, ее центр на­хо­дит­ся в точке  O, а BM  =  x, CN  =  y, тогда AM  =  8x, DN  =  2y. По­сколь­ку точки M, K, N и L  — точки ка­са­ния, и Опу­стим вы­со­ты BH и CQ:

тогда по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра По­сколь­ку имеем от­ку­да

Таким об­ра­зом, BC  =  BK + KC  =  3x, AD  =  AL + LD  =  12x, то есть AD  =  4BC.

Ре­ше­ние. а)  Пусть окруж­ность ка­са­ет­ся ос­но­ва­ний BC и AD в точ­ках K и L со­от­вет­ствен­но, а ее центр на­хо­дит­ся в точке O.

Лучи AO и BO яв­ля­ют­ся бис­сек­три­са­ми углов BAD и ABC со­от­вет­ствен­но, по­это­му

то есть тре­уголь­ник AOB пря­мо­уголь­ный. Ана­ло­гич­но, тре­уголь­ник COD тоже пря­мо­уголь­ный. Пусть BM  =  x, CN  =  y, тогда AM  =  6x, DN =

от­ку­да y  =  2x. По­лу­ча­ем: BK  =  BM  =  x, AL  =  AM  =  6x, CK  =  CN  =  2x, DL  =  DN  =  3x, BC  =  BK + KC  =  3x, AD  =  AL + LD  =  9x, то есть AD  =  3BC.

б)  За­ме­тим, что по­это­му

Пусть пря­мые AB и CD пе­ре­се­ка­ют­ся в точке P, а пря­мые MN и PO пе­ре­се­ка­ют­ся в точке Q. Тогда тре­уголь­ни­ки BPC и APD по­доб­ны, по­это­му AP  =  3BP, AB  =  2BP, BP = PN  =  PM = Пря­мая PO яв­ля­ет­ся се­ре­дин­ным пер­пен­ди­ку­ля­ром к MN. В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке OMP по­лу­ча­ем:

Зна­чит,

Ответ: б) 18.

Ре­ше­ние. а)  Центр окруж­но­сти, впи­сан­ной в угол, лежит на бис­сек­три­се угла, по­это­му AO и BO  — бис­сек­три­сы углов BAD и ABC. Сумма этих углов равна по­это­му сумма углов BAO и ABO равна Ана­ло­гич­но Тогда

Сле­до­ва­тель­но,

б)  Окруж­ность ра­ди­у­са R, впи­сан­ная в пря­мо­уголь­ную тра­пе­цию ABCD, ка­са­ет­ся ее сто­рон AB, BC, CD и AD в точ­ках со­от­вет­ствен­но. Тогда AKON и BKOL  — квад­ра­ты, по­это­му Зна­чит,

Бис­сек­три­сы углов тра­пе­ции, при­ле­жа­щих к бо­ко­вой сто­ро­не, пе­ре­се­ка­ют­ся под пря­мым углом, по­это­му тре­уголь­ник  COD пря­мо­уголь­ный. От­ре­зок   — вы­со­та этого пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка, про­ве­ден­ная из вер­ши­ны пря­мо­го угла, по­это­му то есть От­ку­да на­хо­дим, что Сле­до­ва­тель­но, пло­щадь тра­пе­ции равна

Ответ: б) 35.

При­ве­дем ре­ше­ние, ос­но­ван­ное на идее Олега Браж­ни­ка из Са­ра­то­ва.

Пусть ВС  — мень­шее ос­но­ва­ние тра­пе­ции и AB  =  х. Про­ве­дем вы­со­ту СК, за­ме­тим, что Тра­пе­ция опи­са­на во­круг окруж­но­сти, по­это­му Сле­до­ва­тель­но, При­ме­ним тео­ре­му Пи­фа­го­ра к тре­уголь­ни­ку CKD:

Тогда