Биссектриса CD угла ACB при основании равнобедренного треугольника ABC (AB = AC) делит сторону AB так, что AD = BC = 2.
а) Докажите, что CD = BC.
б) Найдите площадь треугольника ABC.
Решение. а) По свойству биссектрисы получим:
Воспользуемся теоремой синусов для треугольника ABC:
Осталось по теореме косинусов найти CD из треугольника BCD:
Таким образом, CD = BC = 2. Что и требовалось доказать.
б) Найдем площадь треугольника по формуле Герона:
Ответ: 
Примечание: в данной задаче получилось, что ADC равнобедренный, откуда 
откуда 
| Критерии оценивания выполнения задания | Баллы |
|---|---|
| Имеется верное доказательство утверждения пункта а и обоснованно получен верный ответ в пункте б. | 3 |
| Получен обоснованный ответ в пункте б. ИЛИ Имеется верное доказательство утверждения пункта а и при обоснованном решении пункта б получен неверный ответ из-за арифметической ошибки. | 2 |
| Имеется верное доказательство утверждения пункта а. ИЛИ При обоснованном решении пункта б получен неверный ответ из-за арифметической ошибки. ИЛИ Обоснованно получен верный ответ в пункте б и использованием утверждения пункта а, при этом пункт а не выполнен. | 1 |
| Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше. | 0 |
| Максимальный балл | 3 |
а также 
получим: 
Итак, в четырехугольнике AFGD две стороны равны и параллельны, значит, он параллелограмм и 
откуда 
откуда 
где 
общий, 
) с коэффициентом 
и в таком же отношении находятся их радиусы вписанных окружностей. 
общий, 
). Значит, и треугольники ACD и BCD подобны.
Тогда по теореме Пифагора 
откуда 
и BC = 5. На стороне AB взята точка D такая. что AD = 1.
откуда 
откуда 
и по теореме, обратной к теореме Пифагора, треугольник ADC прямоугольный.
Рассмотрим два случая, изображенных на рисунке.
находим 
а значит, 
то есть
Заметим, что второй случай включает в себя первый.
Возможны три варианта.
или 
что невозможно в равнобедренном треугольнике.
или 
откуда углы треугольника равны 30°, 30°, 120°.
В этом случае треугольник является равнобедренным прямоугольным, а высота, проведенная к боковой стороне, является боковой стороной и равна 2.
кроме того, 
откуда AC = 5.
или 
Пусть 
тогда 
так как 
Значит, 
поэтому такой случай невозможен.
Значит,
тогда и 
а по свойству внешнего угла треугольника: 
Поскольку по условию углы ABD и CAD равны, угол CAD равен 2α. Это значит, что отрезок AB — биссектриса угла CAD, что и требовалось доказать.
следовательно, 
и 
Проведем медиану BE к стороне 
BE также будет служить высотой этого треугольника. Тогда в прямоугольном треугольнике ABE по теореме Пифагора 
числа 3; 4 и 5 — пифагоровы. Следовательно, 
Положим 
тогда 
По теореме косинусов для треугольника АВС находим:
Чтобы найти х, используем теорему косинусов для треугольника ADB, подставив найденный косинус угла BAC:
откуда 
или 
или 
тогда точки лежат в таком порядке A, H, L, M, B.
что и требовалось (во втором равенстве использовалось свойство медианы прямоугольного треугольнике).
По свойству биссектрисы треугольника 
откуда 
и 
точки 
и 
лежат на окружности с диаметром AC. Тогда по следствию теоремы о вписанном угле 
и 
поэтому указанные треугольники подобны по двум углам.
следует, что 
аналогично 
поэтому треугольники BAC и BA1C1 подобны с коэффициентом подобия 
поэтому их площади относятся как 
Значит, 
тогда 
что и требовалось доказать. 
И пусть MNPQ — упомянутый квадрат 
Проведем отрезок СО, который пересечет NP в точке K. И пусть b — длина стороны квадрата. 
перейдет сам на себя. Причем отрезки PK и NK перейдут друг на друга. Отсюда: 
А это значит, что 
В ΔCNB: 
Откуда: 
угол В, заключенный между пропорциональными сторонами, общий. Это значит, что ΔMNB ~ ΔACB, откуда ∠ACB = ∠MNB, что и требовалось доказать.
то непременно 
По следствию из теоремы синусов: 
то 
значит, точка L лежит между M и В. 
Будем рассуждать так: 
для заданного треугольника, то цель будет достигнута. 
Тогда диаметр этой окружности d = a + b − c.
На гипотенузе AB взята точка H, а на катете AC — точка K. Известно, что прямая KH перпендикулярна гипотенузе и делит треугольник ABC на две равновеликие части.
то 
Кроме того, 
Но по условию задачи известно, что 
значит, 
Тогда: 
Итак, 
Значит, 
значит: 
Пусть отрезки BM и CNделят пополам углы В и С соответственно. Наша задача — доказать, что BM > CN.
Так как этот угол равен углу 
то четыре точки 
лежат на одной окружности. 
Следовательно, 
т. е. признак равнобедренного треугольника не выполняется. Тогда по лемме 2 
что противоречит условию теоремы. Значит, наше предположение о невыполнении равенства 
неверно. 
высота, проведенная к основанию, h тогда: в 
по теореме синусов: 
отрицательное значение 
нас не интересует. Итак, 
и 
а площадь треугольника ABC равна 
где h — высота 
значит, 
а высоты треугольника A1B1C1 равны 
по теореме Менелая: 
что удовлетворяет условию теоремы Менелая относительно принадлежности точек: 
одной прямой.
— стороны 
— соответствующие его высоты. Тогда: 
— стороны 
При этом 
— соответствующие его высоты. Тогда: 
АВС : 
Следовательно, мы вправе равенство (5) переписать так: 
получим: 
что и требовалось доказать.
(См. рис. 2).
то 
то 
(См. рис. 1) . 
в ΔABE 
Но 
что и требовалось доказать. 
Значит, 
то 
поэтому треугольники ABC и CBE подобны (по первому признаку подобия). Следовательно, 
поскольку тогда 
или 
как перпендикуляры к одной прямой. Значит, 
Обозначим основания высот треугольника ABC за 
Тогда точки K, B, A, A1, B1 лежат на окружности с диаметром AB (из-за прямых углов). заметим, что 
По теореме Менелая для треугольника 
и прямой KOC имеем 
Тогда 
По теореме Менелая для треугольника BAE и прямой KCO имеем 
откуда 
Тогда 
и заметим, что 
поскольку сумма сторон треугольников, параллельных данной стороне исходного треугольника, равна этой стороне (одна из трех там лежит, остальные две равны соответствующим частям стороны как противоположные стороны параллелограммов). Обозначая площади треугольников за 
а площадь исходного за S, будем иметь
откуда 
и поэтому площадь последнего треугольника равна 
(она пройдет через точку O) и продлим ее (до точки K) за точку 
Тогда четырехугольник AOBK — параллелограмм (его диагонали делятся пополам точкой пересечения))с прямым углом, поэтому его диагонали равны, то есть 
что и требовалось.
По теореме пифагора имеем 
откуда 
Решая эти уравнения, находим 
и это угол между прямыми, поскольку он острый.
откуда 
Поэтому четырехугольник APKB вписанный и 
поскольку они опираются на одну дугу.
поэтому треугольники CPK и CBA подобны по двум углам, так как угол C общий. Вычислим коэффициент подобия.
поэтому 
Следовательно, 
по определению косинуса из треугольника AKC. Это и есть коэффициент подобия. Окончательно: 
то есть треугольник ACE равнобедренный. При этом его высота равна половине основания, поскольку 
Значит, она делит его на два равнобедренных прямоугольных треугольника, 
то есть AC перпендикулярна CE. Тогда и AC перпендикулярна BD.
Тогда треугольники BTC и ATD подобны с коэффициентом 
Значит, и их высоты отличаются в полтора раза, но разница между ними равна высоте трапеции, то есть 
Значит, высота BTC равна 
Для треугольника BTC указанная окружность является вневписанной, поэтому ее радиус можно найти по формуле 
Получаем:
(введем новую единицу длины) и центр в начале координат, а диагонали четырехугольника параллельны координатным осям. Тогда обозначим координаты вершин так — 
Имеем:
поэтому 
и радиус окружности равен 
и 
точки касания с внешней касательной K и N соответственно, точки касания с внутренними — за L, 
M, 
точку пересечения внутренних касательных и линии центров за 
— прямоугольная трапеция. Опустим из середины 
перпендикуляр на KN — это будет средняя линия, поэтому для отрезка KN это будет серединный перпендикуляр. Осталось доказать, что 
тогда и для отрезка AB это будет серединный перпендикуляр. 
(по два отрезка из точки T). Тогда: 
откуда 
находим 
Тогда, по теореме Пифагора, 
аналогично, 
Тогда 
Но: 
поэтому 
Теперь можем найти AM:
откуда 
Пусть искомый отрезок имеет концы P, Q на AB, AC соответственно. Пусть 
тогда 
лежат на одной окружности. Тогда 
равен половине дуги 
а 
— половине дуги 
то есть дуги 
поскольку хорды 
и 
равны (это радиусы изначальной окружности). Поэтому сумма этих двух углов равна 
и 
что и требовалось доказать.
можно поменять местами, но от этого к углам добавится одинаковый угол 
так что они по-прежнему будут равны.
то радиус большой окружности равен 
радиус маленькой — 
Но в такой окружности не может быть хорды 
длиной 
Значит, точка K лежит на 
и 
Тогда 
Тогда 
такой же (углы смежные).
и 
равны, поскольку стягивают равные дуги, 
как опирающиеся на одну дугу. Тогда треугольники 
и 
равны по двум сторона и углу между ними, откуда 
и 
имеем:
опирается на дугу 
равную сумме дуг 
и 
то есть сумме дуг 
(они оба равны полусумме дуг CA и BE). Итак, 
что и требовалось доказать.
Тогда треугольники 
и 
равны по второму признаку (общая сторона и равные углы, прилежащие к ней, см. п.а). То есть 
Тогда треугольники 
и 
равны по стороне и двум углам 
так как оба угла равны
а 
поскольку CD — биссектриса). Итак, 
По теореме косинусов, обозначая 
получим
(второй корень отрицательный).
Тогда по теореме синусов для треугольника FDE:
поэтому 
поэтому в четырехугольнике 
есть два противоположных угла по 
Значит, он вписанный.
поэтому 
и вписанная окружность действительно есть. Заметим, что KMDA — прямоугольник, поэтому точка 
находится ровно посредине между прямыми 
и 
поэтому 
Далее, 
и при этом 
имеем 
Теперь найдем радиус по известной формуле 
откуда 
Аналогично получим, что 
Тогда KM параллельна AC, поскольку треугольники 
и 
подобны по углу и отношению двух сторон.
Заметим, что 
На гипотенузе AB вне треугольника построен квадрат ABEF. Прямая CE пересекает AB в точке O.
— на отношения отрезков или площадей это не влияет, мы просто сжимаем или растягиваем картинку. Тогда 
и по теореме косинусов 
По теореме синусов в треугольнике 
Значит, 
пересекает хорду AB в ее середине (PC именно серединный перпендикуляр, поскольку 
медиана совпадает с высотой, поэтому он равнобедренный.
прямоугольный, поскольку угол PAC опирается на диаметр. Далее 
поэтому 
По теореме синусов имеем также 
поэтому 
Пусть K — точка пересечения 
Тогда:
и 
поэтому 
— параллелограмм и середины отрезков 
и 
совпадают. Поэтому центр квадрата 
лежит на биссектрисе 
Там же лежит центр окружности, вписанной в треугольник 
центр окружности за 
Тогда:
если 
тогда 
Пусть 
тогда по пункту а) 
По теореме Пифагора
и 
подобны по двум углам с коэффициентом 
Четырёхугольник KDEB — параллелограмм, поскольку его диагонали делятся точкой пересечения пополам, значит, 
Тогда 
тогда 
а вневписанной 
Тогда: 
и 
Подставляя в первое, получаем: 
Тогда:
совпадали. Это невозможно, поскольку 
В треугольнике отрезок от вершины до точки касания с вписанной окружностью можно вычислить по формуле 
где 
— полупериметр, a — противолежащая сторона. Получим:
соответственно, причем 
Прямые 
и 
если площадь треугольника 
равна 150.
и прямой 
имеем: 
Отсюда и следует нужное утверждение, поскольку высоты у данных треугольников совпадают.
и прямой 
имеем: 
Тогда: 
Тогда в равнобедренном треугольнике AMC находим: 
Первая окружность вписана в треугольник АВС, а вторая касается AB и продолжения сторон BC и AC.
По обратной теореме Пифагора он прямоугольный, поэтому его площадь 
полупериметр 
По формулам для радиусов вписанной и вневписанной окружности находим 
что и требовалось доказать.
и 
равны 
Поэтому четырехугольники вписанные. В середине цепочки использовано равенство прямоугольных треугольников QAD и PBA (равны по двум катетам и прямому углу).
Она равна: 
тогда: 
можно, оно не равно нулю, поэтому: 
). Тогда по свойству вписанного четырехугольника (AQPC) имеем:
поэтому они подобны с коэффициентом 
в частности 
Пусть 
Тогда: 
Далее: 
аналогично 
Теперь напишем теорему Пифагора для треугольников APC и 
Сокращая на 
получим 
откуда 
Тогда: 
и 
Тогда из начальных уравнений получим: 
то треугольник ABC получится тупоугольным, поскольку 
Но тогда площадь ABC равна: 
в этой системе не учитывалось никак, например.
Заметим, что треугольники ABC и EBA подобны по двум углам: 
(первый — угол между касательной и хордой к большой окружности, второй — вписанный угол в ней же, оба равны половине дуги AB) и аналогично 
Коэффициент подобия равен 
поэтому 
По свойству биссектрисы тогда 
Имеем:
и площадь четырехугольника BTMR равна 24.
Тогда симметричны друг другу и точки их пересечения, то есть R и 
Тогда и площади треугольников RTM и BTR относятся как 
— у них одно основание RT, а отношение их высот равно 
Значит, 
а треугольник MKL подобен треугольнику MRT с коэффициентом 
поэтому его площадь в 
раз больше. Наконец, у треугольника ABC высота та же, а основание в 
раза меньше, поэтому его площадь равна 
откуда 
В решении мы нигде не использовали то, что AB диаметр, наше доказательство годится во всех случаях.
и 
радиусов 3, 5 и 6 так, что: 1) гипотенуза АВ является хордой 
2) вершина С принадлежит окружности 
поэтому абсциссы точек A и B находятся так — 
Пусть 
Пусть, далее, точка C имеет координаты 
Тогда во-первых 
а во-вторых: 
Значит, точка C лежит левее AB, а центр окружностей правее.
поэтому площадь треугольника равна 
где 
(если они перекрываются, то под модулем будет 
), Значит, 
тогда из первого пункта 
По формулам для радиусов вписанной и вневписанной окружности имеем: 
Тогда: 
Продолжим DO до пересечения с продолжением EF в точке 
и двум углам (
как накрест лежащие при параллельных AD и FE). Значит, 
По теореме Менелая для треугольника EAF и прямой OPT имеем:
поэтому: 
и 
с центрами в точках 
соответственно касаются друг друга в точке А, при этом 
АВ — диаметр 
Хорда ВС первой окружности касается 
Треугольники 
и 
подобны (они равнобедренные с общим углом A) поэтому 
как угол между касательной и радиусом. Значит, 
подобны по двум углам (
потому что опирается на диаметр большой окружности) с коэффициентом 
поэтому 
Итак, 
Имеем:
и 
на 
Прямоугольные треугольники 
и 
равны по гипотенузе и острому углу, поэтому 
а тогда и 
Значит, у треугольников ABC и ADC с общим основанием AC одинаковые высоты. Тогда их площади равны.
и 
Тогда: 
Пусть O — центр окружности. Тогда CO и DO — биссектрисы соответствующих углов и 
По теореме Пифагора в треугольнике COD имеем
Отрезки касательных, проведенных из одной точки, равны, поэтому: 
Она отсечет от трапеции треугольник со сторонами 13, 37, 45 − 5 = 40. Найдем его площадь по формуле Герона. Имеем:
и площадь трапеции составляет 
— центр окружности 
а O2 — центр окружности 
касается окружности 
а прямая 
касается окружности 
если известно, что АВ = 6, ВС = 8.
перпендикулярна прямой 
Пусть стороны прямоугольника равны 
Тогда: 
получаем:
поэтому
откуда и следует утверждение п. а).
(поскольку KP : PD = 1 : 3 по соображениям, аналогичным п. а)) и расстояние составит
что и требовалось доказать.
то стягивающая ее хорда меньше хорды 
Значит, 
при этом дуга CE равна четверти окружности. Значит, хорда длины 
откуда 
и площадь треугольника равна 
Окружность радиуса 
касается вписанной в треугольник АВС окружности в точке Т, а также касается лучей, образующих угол АСВ. Окружности касаются прямой АС в точках К и М. 
а наибольшей из его сторон является сторона АС.
а другой за 
Тогда 
По формуле для радиуса вписанной окружности имеем 
откуда 
откуда 
Тогда треугольники 
и 
подобны. Обозначив 
найдем
откуда 
Значит, 
и 
Тогда по теореме косинусов имеем 
Получим
и 
Подставим это в предыдущее и получим 
откуда 
(поскольку 
Значит, 
и мы можем по теореме Виета угадать стороны 
(первые две можно было бы поменять местами, но по условию AC — наибольшаяя сторона).
то есть 
и 
середину дуги CB, тогда 
Опустим перпендикуляр KH на AC и отметим на AC точку 
так, что 
Тогда в треугольнике CKE высота совпадает с медианой и 
Значит, у треугольников 
и ABK равны две стороны и угол не между ними. Такие треугольники могут быть равны или иметь углы, составляющие в сумме 
поэтому построенная таким образом точка совпадает с точкой E, перпендикуляр- с перпендикуляром из задачи и точка 
откуда 
По формуле для биссектрисы имеем 
По теореме о пересекающихся хордах 
Значит, 
откуда 
Отрезки АЕ и CD пересекаются в точке О. 
откуда 
откуда 
и 
Кроме того 
тогда 
Снова применим теорему косинусов к этому треугольнику, получим 
откуда 
Наконец, по теореме косинусов для треугольника AOD находим 
откуда 
По теореме Фалеса 
и Значит, 
По свойству биссектрисы 
откуда 
что и требовалось.
по свойству биссектрисы. Значит,
По свойству биссектрисы 
поэтому 
По свойству пересекающихся хорд 
откуда 
Значит, 
(опираются на дугу BE описанной окружности), откуда 
откуда 
тогда 
откуда четырехугольник DOKB — вписанный.
поэтому треугольник — прямоугольный, поэтому 
и 
длина же самого серединного перпендикуляра равна 
— тупой) на высоте ВН как на диаметре построена окружность, пересекающая стороны АВ и СВ в точках Р и К соответственно. 
поскольку эти углы опираются на диаметр.
откуда по теореме косинусов 
поэтому 
и 
откуда 
откуда 
поэтому 
В прямоугольном треугольнике CHB имеем 
откуда 
и 
как опирающиеся на ону дугу KP в окружности. Значит, 
Тогда по теореме косинусов
Тогда 
и 
поэтому MBPK — вписанный четырехугольник. Заметим далее, что поскольку 
то прямая KC составляет с BK ровно такой же угол, как касательная в точке 
Значит, она и есть касательная.
из треугольника BKC по теореме косинусов. Заметим, что
Тогда треугольники BCA и DCB подобны по углу C и отношению сторон. Значит, 
находим 
По теореме Менелая для треугольника ACL и прямой DOB имеем 
откуда 
Поскольку 
и 
(последнее равенство верно, поскольку 
), треугольники BCL, PCL, ACK подобны (первые два даже равны, потому что у них общая сторона CL). Тогда:
тогда 
где O — точка пересечения диагоналей параллелограмма. Далее, 
откуда 
В треугольнике KLM отрезок LO — медиана, значит, P — точка пересечения медиан. Итак, KP — медиана, поэтому R — середина LM. Аналогично для треугольника KMN получаем, что S — середина MN.
Тогда 
(вертикальные углы, опирающиеся на одну дугу, соответственные), поэтому треугольники подобны по двум углам, угол K у них общий.
тогда 
поскольку медианы делятся точкой пересечения в отношении 
Из подобия треугольников AKB и BKM получаем: 
то есть 
откуда 
и 
и 
— биссектриса угла 
если известно, что 
вписанной окружности треугольника ABC. Поэтому дуги 
равны. Значит, равны и углы 
и 
— первый из них равен половине первой дуги как угол между касательной и хордой, а второй равен половине второй дуги как вписанный угол, опирающийся на нее.
то есть его центр вписанной окружности. Поэтому нужно найти 
Вычислим: 
проходит через точки А, С, D и пересекает сторону AB в точке E так, что 
Отрезки СЕ и AD пересекаются в точке О.
Значит, треугольник AEC равнобедренный, поэтому его биссектриса совпадает с медианой. Итак, 
что и требовалось доказать.
тогда 
и 
Поскольку AD — биссектриса, 
Тогда: 
Значит, 
По свойству биссектрисы тогда 
и 
по свойству треугольников с общей высотой.
поэтому 
Следовательно, 
поскольку AO — биссектриса треугольника BAE.
Тогда из прямоугольных треугольников AEO и AEB получаем 
откуда 
Значит, 
и 
откуда: 
проведена медиана AD и биссектриса СЕ, пересекающиеся в точке M. Через M проведена прямая, параллельная AC и пересекающая стороны AB и BC в точках P и Q соответственно.
По свойству биссектрисы в треугольнике ACD имеем 
Из подобия треугольников DMQ и DAC получаем: 
а площадь — 
поэтому 
Значит, у подобного ему PQB радиус равен 
б) 
Точка D' симметрична точке D относительно прямой BC, точка D'' симметрична точке D’ относительно прямой AC и лежит на прямой BC. Известно, что 
Тогда 
и 
откуда 
Кроме того, 
Кроме того, BC — диаметр окружности, а M — ее центр. Пусть O — точка пересечения медиан треугольника ABC. Обозначим 
Тогда 
Применим теорему о равенстве произведений отрезков хорд:
Далее:
Значит, 
тогда 
(треугольник EDA по условию равнобедренный), тогда и 
(поскольку DE и AD — биссектрисы). Тогда 
и 
Значит, треугольники AED и ADC подобны по двум углам, то есть 
и 
откуда 
Далее, 
поэтому прямая ED параллельна прямой AC и треугольники BED и BAC подобны с коэффициентом 
Значит,
В точке B проведена касательная к окружности, пересекающая продолжение диаметра AK в точке С.
по теореме о вписанном угле. Треугольник OBC прямоугольный, поскольку касательная перепендикулярна радиусу, проведенному в точку касания. То есть 
Тогда третий угол треугольника OBC равен 
поэтому 
Кроме того, 
По теореме синусов тогда
и 
(из того, что 
).
откуда 
а из подобия треугольников CKM и CBH следует, что 
и 
б) 
вписан в окружность радиуса 
и описан около окружности радиуса 3.
Тогда 
Поскольку четырехугольник вписанный, 
Значит, 
Пусть, далее, 
тогда, из-за описанности, 
если на самом деле 
откуда 
Найдем двумя способами площадь четырехугольника ABCD. Во-первых, она равна 
поскольку это полупериметр. Значит, 
Теперь сделаем замену 
и запишем первые два уравнения.
Тогда a, b — корни квадратного уравнения 
то есть они равны 
б) 
медиана 
На биссектрисе СЕ выбрана точка F такая, что 
Через точку F проведена прямая l, параллельная BC.
Обозначим за T точку пересечения прямой l с AB.
Поскольку прямая l параллельна прямой BC, треугольники BEC и TEF подобны с коэффициентом 
и 
Поэтому расстояние между l и AB равно 
высоты треугольника ABC, опущенной из вершины A. Эта высота равна 
от площади исходного треугольника, а площадь второй части тогда — 
от нее. Отношение получается 
б) 
По теореме Пифагора для треугольника ALE имеем 
По теореме Пифагора для треугольника BLE получим 
Значит, и 
Тогда по теореме Пифагора для треугольника ACE получим: 
Значит, 
и 
б) 
и 
поскольку опирается на диаметр окружности, поэтому P — основание высоты из вершины прямого угла. QPLM — вписанная в данную окружность трапеция, поэтому она равнобедренная и 
б) 
и BNC опираются на диаметр, они прямые. То есть CM и BN — высоты треугольника (и Значит, он остроугольный, иначе хоть одна из точек M и N лежала бы на продолжении стороны), а P — его точка пересечения высот. Тогда 
как медианы прямоугольных треугольников ANP и AMP, равные половине общей гипотенузы.
откуда 
и 
По теореме Пифагора для треугольника BNA получим 
откуда 
хорда KN окружности, описанной около треугольника ABC, пересекает отрезки AC и BC в точках M и L соответственно. Известно, что 
площадь четырехугольника ABLM равна 2, а длина LM равна 1.
поэтому 
Обозначим стороны треугольника 
Тогда 
По теореме косинусов для треугольника ABC в то же время имеем 
поэтому 
и 
Значит, a и b являются корнями квадратного уравнения 
(теорема Виета), поэтому они равны 
Будем считать, что 
тогда 
Из подобия, кроме того, 
По свойству пересекающихся хорд имеем 
и 
Далее:
и 
Прибавляя к этому уравнению удвоенное уравнение 
получим:
б) 
Продолжение биссектрисы AF угла A этого треугольника пересекает окружность в точке L, а радиус AO пересекает сторону BC в точке E. Пусть AH — высота треугольника ABC. Известно, что 
Тогда 
Треугольник AOL — равнобедренный, поэтому 
По теореме синусов для треугольника AOL получаем 
откуда 
Площадь AOL равна 
то коэффициент подобия CEB и DEA равен трем, 
и 
Обозначим 
тогда 
поэтому 
Далее, 
поскольку первый из них — вписанный, опирающийся на дугу AB, а второй — угол между касательной и хордой, стягивающей дугу AB. Значит, и 
откуда прямая AT параллельна прямой LM и треугольники AKT и LKM подобны, поэтому 
откуда 
или 
Второй ответ невозможен, см. п.б).
тогда 
и 
По свойству биссектрисы 
откуда 
Тогда по условию 
(верное при любых значениях переменных) не выполняется в этом случае. Значит, 
и 
Тогда 
б) 
как вписанные углы, опирающиеся на одну дугу описанной окружности AMNC.
откуда 
и ответ 
получаем:
Тогда из прямоугольных треугольников ABH и OBT получаем:
и 
откуда 
и 
касается сторон AC и BC треугольника ABC в точках K и P и пересекает строну AB в точках M и N (точка N между точками B и M). Известно, что MP и AC параллельны, 
как отрезки касательных, проведенных из одной точки. Тогда в прямоугольном треугольнике COP имеем 
откуда 
и 
Кроме того, уравнение прямой CP это 
то есть 
Значит, координаты точки P имеют вид 
при этом 
Значит, 
откуда 
(
не подходит, поскольку не лежит на нужном луче).
Найдем уравнение прямой AM. Оно имеет вид 
от точки O. Пусть ее координата по y равна t, тогда координата по x равна 
и расстояние до O получается:
(y — координата точки M), поэтому другой — 
Значит, 
Тогда 
и вычислим расстояние от K до этой прямой: ##
б) 
поэтому 
Обозначим этот угол 
Тогда и 
а 
треугольник BMN равнобедренный и 
Значит, BNAC — параллелограмм (его диагонали делятся пополам точкой пересечения), поэтому 
Проведём прямую MN параллельно AD. Пусть h1 — высота треугольника CMN, проведённая к MN, h2 — высота треугольника DMN, проведённая к MN, h — высота ABCD. Следовательно, 
Следовательно, 
Положим 
тогда 
откуда 
что и требовалось доказать.
откуда 
Тогда:
откуда 
Треугольники BMD и BHC подобны, следовательно, 
Треугольник ABD — прямоугольный, тогда
значит, и отношение радиусов равно 5 : 13.
откуда 
Таким образом, 
Проведем TN параллельно ВР. Заметим, что 
поскольку NT — средняя линия треугольника APQ. Значит, площади треугольников ASB и AST равны, так как в них BS = ST, а высота, проведенная из вершины A, — общая.
откуда 
Из пункта а) известно, что треугольники NTS и PBS равны, 
и 
Значит, 
а тогда:
Точка K — середина отрезка АС, точка L — середина отрезка СЕ, точка М — середина отрезка BD. 
а сторона треугольника АВС равна 1.
поэтому KCMB вписан в окружность с диаметром BC, отсюда углы CMK и CBK равны 30°. Аналогично углы CML и CDL равны 30°, откуда угол KML равен 60°. Кроме того, треугольники KBM и LDM равны по двум сторонам и углу между ними. Таким образом, стороны LM и MK равны, следовательно, треугольник LMK равносторонний.
отсюда 
Пусть 
по теореме синусов
откуда 
следовательно, 
Тогда 
а 
по свойству медианы. Следовательно, 
тогда 
Значит, 
тогда 
следовательно, 
(треугольники имеют общую высоту, проведенную из вершины A, BK = KC), аналогично 
значит, 
значит, 
Аналогично, треугольники BMR и BMC имеют общую высоту, проведенную из вершины B, значит, 
Следовательно, 
(треугольники PMB и PMQ имеют общую высоту из вершины P, их площади относятся как основания BM и QM), 
Площадь 
(треугольники имеют общую высоту, проведенную из вершины R, их площади относятся как основания PM и AR). Имеем:
Получаем:
Из подобия треугольников получаем 
Выразим площадь треугольника KMP:
