Ре­ше­ние. Пер­вый слу­чай.

Цен­тры O₁ и O окруж­но­стей, впи­сан­ных в тре­уголь­ни­ки BMC и AMD со­от­вет­ствен­но, лежат на бис­сек­три­се MO угла AMD. Окруж­ность, впи­сан­ная в че­ты­рех­уголь­ник ABCD, яв­ля­ет­ся также окруж­но­стью, впи­сан­ной в тре­уголь­ник AMD и внев­пи­сан­ной окруж­но­стью тре­уголь­ни­ка BMC. Будем ис­кать пло­щадь че­ты­рех­уголь­ни­ка ABCD, как раз­ность пло­ща­дей тре­уголь­ни­ков AMD и BMC.

Че­ты­рех­уголь­ник ABCD впи­сан в окруж­ность, сле­до­ва­тель­но, ∠BAD + ∠BCD  =  180°, но ∠BCM + ∠BCD  =  180°, от­ку­да ∠BCM = ∠BAD. Так как тре­уголь­ни­ки BCM и AMD имеют еще общий угол AMD, они по­доб­ны, при­чем ко­эф­фи­ци­ент по­до­бия равен от­но­ше­нию ра­ди­у­сов окруж­но­стей, впи­сан­ных в эти тре­уголь­ни­ки.

Далее имеем:

1)  

2)   где p  — по­лу­пе­ри­метр тре­уголь­ни­ка BCM, рав­ный по свой­ству внев­пи­сан­ной окруж­но­сти длине от­рез­ка KM.

3)  Из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка OKM, на­хо­дим от­ку­да

Под­став­ляя най­ден­ное зна­че­ние S_ΔBCM в фор­му­лу S_ABCD, окон­ча­тель­но по­лу­ча­ем

Вто­рой слу­чай.

От­ли­ча­ет­ся от пер­во­го по­ло­же­ни­ем точки M левее точек D и A. В этом слу­чае R < r и в рас­суж­де­нии они и тре­уголь­ни­ки BCM и ADM долж­ны быть по­ме­ня­ны ме­ста­ми. Таким об­ра­зом, в этом слу­чае

Ответ: или

Ре­ше­ние. Окруж­но­стей две: каж­дая из них впи­сан­ная в пра­виль­ный тре­уголь­ник. Эти тре­уголь­ни­ки имеют сто­ро­ны рав­ные 3 и 2 со­от­вет­ствен­но. Для тре­уголь­ни­ка со сто­ро­ной 3 ра­ди­ус равен

Най­дем пло­щадь не­вы­пук­ло­го че­ты­рех­уголь­ни­ка как сумму пло­ща­дей тре­уголь­ни­ков AOB и

Для тре­уголь­ни­ка со сто­ро­ной 2 ра­ди­ус равен

Чтобы найти пло­щадь че­ты­рех­уголь­ни­ка ABOD, вы­чтем из пло­ща­ди па­рал­ле­ло­грам­ма пло­ща­ди тре­уголь­ни­ков BOC и

Ответ: или

Ре­ше­ние. Пусть ABCD  — тра­пе­ция с бо­ко­вы­ми сто­ро­на­ми AB и CD, а окруж­ность S с цен­тром O, впи­сан­ная в тра­пе­цию, ка­са­ет­ся ос­но­ва­ний BC  =  36 и AD  =  64 в точ­ках K и M со­от­вет­ствен­но.

Точки K и M  — се­ре­ди­ны ос­но­ва­ний, по­это­му CK  =  18 и DM  =  32. Из пря­мо­уголь­ных тре­уголь­ни­ков ODM и OCK на­хо­дим, что

Рас­смот­рим слу­чай, когда окруж­ность ра­ди­у­са r с цен­тром O₁ впи­са­на в угол ADC, ка­са­ет­ся окруж­но­сти S в точке T, а сто­ро­ны AD  — в точке P. Линия цен­тров ка­са­ю­щих­ся окруж­но­стей про­хо­дит через точку их ка­са­ния, по­это­му:

а так как точки D, O₁ и O лежат на одной пря­мой (бис­сек­три­се угла CDA), то

Тре­уголь­ни­ки O₁PD и OMD по­доб­ны, по­это­му или от­ку­да на­хо­дим, что r  =  6.

Если же окруж­ность ра­ди­у­са r₁ с цен­тром O₂ впи­са­на в угол BCD и ка­са­ет­ся окруж­но­сти S, то ана­ло­гич­но по­лу­чим урав­не­ние из ко­то­ро­го найдём, что

Ответ: 6 или

Ре­ше­ние. Окруж­но­стей две: каж­дая из них впи­сан­ная в пра­виль­ный тре­уголь­ник. Эти тре­уголь­ни­ки имеют сто­ро­ны рав­ные 5 и 3  — со­от­вет­ствен­но. По­это­му ра­ди­у­сы окруж­но­стей равны тре­тьей части вы­со­ты пра­виль­но­го тре­уголь­ни­ка.

Для тре­уголь­ни­ка со сто­ро­ной 5 ра­ди­ус равен

Най­дем пло­щадь не­вы­пук­ло­го че­ты­рех­уголь­ни­ка как сумму пло­ща­дей тре­уголь­ни­ков AOB и AOD:

Для тре­уголь­ни­ка со сто­ро­ной 3 ра­ди­ус равен

Чтобы найти пло­щадь че­ты­рех­уголь­ни­ка ABOD, вы­чтем из пло­ща­ди па­рал­ле­ло­грам­ма пло­ща­ди тре­уголь­ни­ков BOC и DOC:

Ответ: или

Ре­ше­ние. Пусть AD  =  d, BD  =  x, DC  =  y. Воз­мож­ны два слу­чая.

Пер­вый слу­чай. Точка D лежит на от­рез­ке BC (верх­ний ри­су­нок):

Зна­чит,

Вто­рой слу­чай. Точка D лежит вне от­рез­ка BC (ниж­ний ри­су­нок):

Зна­чит,

Ответ: 6 или 8.

Ре­ше­ние. Пусть h  — вы­со­та тра­пе­ции, а ос­но­ва­ния равны a и 2a. Тогда

От­ку­да ah  =  48.

Пер­вый слу­чай. Пусть AD  =  2a, BC  =  a. Четырёхуголь­ни­ки ABCP и BCDP  — па­рал­ле­ло­грам­мы, по­это­му M и N  — се­ре­ди­ны BP и CP со­от­вет­ствен­но, зна­чит, CM и BN  — ме­ди­а­ны тре­уголь­ни­ка BPC. Сле­до­ва­тель­но, а

Зна­чит,

Вто­рой слу­чай. Пусть те­перь BC  =  2a, AD  =  a. Пусть AM  =  3t. Тре­уголь­ник AOD по­до­бен тре­уголь­ни­ку COB с ко­эф­фи­ци­ен­том по­до­бия 2, а тре­уголь­ник AMP  — тре­уголь­ни­ку CMB с ко­эф­фи­ци­ен­том Тогда

Ана­ло­гич­но, Вы­со­та тре­уголь­ни­ка AOD, про­ведённая из вер­ши­ны O, равна зна­чит:

Сле­до­ва­тель­но,

Ответ: 8 или 3,2.

Ре­ше­ние. На пер­вый взгляд, окруж­но­стей, удо­вле­тво­ря­ю­щих усло­вию, две: каж­дая из них впи­са­на в пра­виль­ный тре­уголь­ник. Эти тре­уголь­ни­ки имеют сто­ро­ны рав­ные 7 и 3 со­от­вет­ствен­но. Для тре­уголь­ни­ка со сто­ро­ной 7 ра­ди­ус равен

Най­дем пло­щадь не­вы­пук­ло­го че­ты­рех­уголь­ни­ка как сумму пло­ща­дей тре­уголь­ни­ков AOB и AOD:

Для тре­уголь­ни­ка со сто­ро­ной 3 ра­ди­ус равен

Чтобы найти пло­щадь че­ты­рех­уголь­ни­ка ABOD, вы­чтем из пло­ща­ди па­рал­ле­ло­грам­ма пло­ща­ди тре­уголь­ни­ков BOC и DOC:

Од­на­ко пер­вый слу­чай не­воз­мо­жен (на это об­ра­тил наше вни­ма­ние Олег Цим­ба­лист). Дей­стви­тель­но, для рав­но­сто­рон­не­го тре­уголь­ни­ка со сто­ро­ной AD, рав­ной 7, рас­сто­я­ние от точки А до точки ка­са­ния со впи­сан­ной окруж­но­стью будет равно раз­но­сти по­лу­пе­ри­мет­ра и про­ти­во­по­лож­ной сто­ро­ны, то есть 3,5. Таким об­ра­зом, дан­ное рас­сто­я­ние на 0,5 пре­вос­хо­дит длину сто­ро­ны AB па­рал­ле­ло­грам­ма ABCD. По усло­вию за­да­чи, окруж­ность с цен­тром в точке О долж­на ка­сать­ся бис­сек­три­сы угла D и двух сто­рон па­рал­ле­ло­грам­ма, ис­хо­дя­щих из вер­ши­ны од­но­го его остро­го угла.

Но в пер­вом слу­чае точка ка­са­ния окруж­но­сти с пря­мой AB не при­над­ле­жит сто­ро­не AB па­рал­ле­ло­грам­ма ABCD. Иными сло­ва­ми, дан­ная окруж­ность ка­са­ет­ся толь­ко одной из сто­рон ис­ход­но­го па­рал­ле­ло­грам­ма, ис­хо­дя­щих из вер­ши­ны его остро­го угла A, а не двух сто­рон, как того тре­бу­ет усло­вие.

Ответ:

Ре­ше­ние. Обо­зна­чим ∠BAC  =  α. Тогда

Пусть x  — ра­ди­ус ис­ко­мой окруж­но­сти, O  — ее центр, D  — точка ка­са­ния с лучом AC, M  — точка ка­са­ния с окруж­но­стью S, E  — про­ек­ция точки O на пря­мую BC. Центр окруж­но­сти, впи­сан­ной в угол, лежит на его бис­сек­три­се, зна­чит,

Из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка OAD на­хо­дим, что

За­ме­тим, что усло­вию за­да­чи удо­вле­тво­ря­ют две окруж­но­сти: центр одной рас­по­ло­жен внут­ри тре­уголь­ни­ка ABC, а центр вто­рой  — вне, причём ис­ко­мая окруж­ность ка­са­ет­ся окруж­но­сти S внеш­ним об­ра­зом, зна­чит, BO  =  BM + MO  =  8 + x. В пер­вом слу­чае точка D лежит на ка­те­те AC, по­это­му

Причём AD < AC, то есть 5x < 12, от­ку­да По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

Учи­ты­вая, что на­хо­дим, что

Во вто­ром слу­чае точка D лежит на про­дол­же­нии ка­те­та AC за точку C, по­это­му OE  =  CD  =  AD − AC  =  5x − 12, причём AD > AC, то есть

Тогда

Учи­ты­вая, что на­хо­дим, что x  =  5 (это зна­чит, что OD  =  BC, то есть точка E сов­па­да­ет с вер­ши­ной B).

Ответ: или 5.

Ре­ше­ние. Окруж­но­стей две: каж­дая из них впи­сан­ная в пра­виль­ный тре­уголь­ник. Эти тре­уголь­ни­ки имеют сто­ро­ны рав­ные 5 и 3 со­от­вет­ствен­но. Для тре­уголь­ни­ка со сто­ро­ной 5 ра­ди­ус равен

Най­дем пло­щадь не­вы­пук­ло­го че­ты­рех­уголь­ни­ка как сумму пло­ща­дей тре­уголь­ни­ков AOB и AOD:

Для тре­уголь­ни­ка со сто­ро­ной 3 ра­ди­ус равен

Чтобы найти пло­щадь че­ты­рех­уголь­ни­ка ABOD, вы­чтем из пло­ща­ди па­рал­ле­ло­грам­ма пло­ща­ди треуголь­ни­ков BOC и DOC:

Ответ: или

Ре­ше­ние. Пусть O₁ и O₂  — цен­тры опи­сан­ных окруж­но­стей тре­уголь­ни­ков DAB и BCD со­от­вет­ствен­но, O  — точка пе­ре­се­че­ния диа­го­на­лей па­рал­ле­ло­грам­ма. По­сколь­ку тре­уголь­ни­ки DAB и BCD равны, то ра­ди­у­сы окруж­но­стей также равны. По усло­вию ∠BAD  =  α. Пусть По тео­ре­ме ко­си­ну­сов За­ме­тим, что так как O₁ и O₂  — цен­тры опи­сан­ных окруж­но­стей, то пря­мая O₁O₂  — се­ре­дин­ный пер­пен­ди­ку­ляр к диа­го­на­ли BD и яв­ля­ет­ся бис­сек­три­сой цен­траль­но­го угла BO₁D рав­но­го 2α. Cле­до­ва­тель­но, по­это­му

Если же α ≥ 90°, то ана­ло­гич­но по­лу­чим, что

Ответ:

Ре­ше­ние. Точки O₁, O₂ и A лежат на одной пря­мой. По­сколь­ку тре­уголь­ни­ки BO₁A и CO₂A рав­но­бед­рен­ные, ∠ABO₁ = ∠BAO₁ = ∠CAO₂ = ∠ACO₂  =  15°.

Воз­мож­ны два слу­чая. Пер­вый слу­чай: окруж­но­сти ка­са­ют­ся внут­рен­ним об­ра­зом (ри­су­нок 1), тогда точка B лежит между точ­ка­ми A и C, а По­сколь­ку ∠ABO₁ = ∠ACO₂, пря­мые O₁B и O₂C па­рал­лель­ны, сле­до­ва­тель­но, ис­ко­мый четырёхуголь­ник  — тра­пе­ция O₁BCO₂.

Пусть O₂H  — пер­пен­ди­ку­ляр, про­ведённый из точки O₂ к пря­мой O₁B. В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке O₂O₁H имеем ∠O₂O₁H  =  30°, от­ку­да

Вто­рой слу­чай: окруж­но­сти ка­са­ют­ся внеш­ним об­ра­зом (ри­су­нок 2), тогда точка A лежит между точ­ка­ми B и C, а По­сколь­ку ∠ABO₁ = ∠ACO₂, пря­мые O₁B и CO₂ па­рал­лель­ны. сле­до­ва­тель­но, ис­ко­мый четырёхуголь­ник  — тра­пе­ция O₁BO₂C.

Пусть O₂H  — пер­пен­ди­ку­ляр, про­ведённый из точки O₂ к пря­мой O₁B. В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке O₂O₁H имеем ∠O₂O₁H  =  30°, от­ку­да

Ответ: 4 или 16.

Ре­ше­ние. Пер­вый слу­чай.

Цен­тры O₁ и O окруж­но­стей, впи­сан­ных в тре­уголь­ни­ки KPN и LMP со­от­вет­ствен­но, лежат на бис­сек­три­се PO угла KPN. Окруж­ность, впи­сан­ная в че­ты­рех­уголь­ник KLMN, яв­ля­ет­ся также окруж­но­стью, впи­сан­ной в тре­уголь­ник KPN и внев­пи­сан­ной окруж­но­стью тре­уголь­ни­ка LMP.

Че­ты­рех­уголь­ник KLMN впи­сан в окруж­ность, сле­до­ва­тель­но, ∠LKN + ∠LMN  =  180°. Но ∠LMP + ∠LMN  =  180°, от­ку­да ∠LKN = ∠LMP. Так как тре­уголь­ни­ки KPN и LMP имеют еще общий угол KPN, они по­доб­ны, при­чем ко­эф­фи­ци­ент по­до­бия равен от­но­ше­нию ра­ди­у­сов окруж­но­стей, впи­сан­ных в эти тре­уголь­ни­ки.

Далее имеем:

1)  

2)  S_ΔLPM  =  pR, где p  — по­лу­пе­ри­метр тре­уголь­ни­ка LPM рав­ный длине от­рез­ка AP, как сумма от­рез­ков ка­са­тель­ных про­ве­ден­ных из одной точки.

3)  из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка OAP на­хо­дим от­ку­да

Под­став­ляя най­ден­ное S_ΔLPM в фор­му­лу пло­ща­ди тре­уголь­ни­ка KPN, окон­ча­тель­но по­лу­ча­ем

Вто­рой слу­чай.

От­ли­ча­ет­ся от пер­во­го рас­по­ло­же­ни­ем точки P левее точек N и K. В этом слу­чае R > r и в рас­суж­де­нии они и тре­уголь­ни­ки LMP и KPN долж­ны быть по­ме­ня­ны ме­ста­ми. Таким об­ра­зом, в этом слу­чае KPN  — мень­ший из двух тре­уголь­ни­ков, а ра­ди­ус впи­сан­ной в него окруж­но­сти r. Зна­чит

S_KPN  =  rp, где p  — по­лу­пе­ри­метр тре­уголь­ни­ка KPN рав­ный от­рез­ку PB. При этом, как и в пер­вом слу­чае, Таким об­ра­зом,

Ответ: или

Ре­ше­ние. В любой тра­пе­ции от­ре­зок, со­еди­ня­ю­щий се­ре­ди­ны диа­го­на­лей тра­пе­ции, равен по­лу­раз­но­сти ос­но­ва­ний тра­пе­ции, а сред­няя линия  — по­лу­сум­ме ос­но­ва­ний тра­пе­ции. В нашем слу­чае по­лу­раз­ность ос­но­ва­ний равна 5, а по­лу­сум­ма ос­но­ва­ний равна 25, по­это­му ос­но­ва­ния тра­пе­ции равны 20 и 30.

Пред­по­ло­жим что BC  =  30, AD  =  20 (рис. 1). Сто­ро­ны BС и АD тре­уголь­ни­ков МВС и MAD па­рал­лель­ны, по­это­му эти тре­уголь­ни­ки по­доб­ны с ко­эф­фи­ци­ен­том Зна­чит,

За­ме­тим, что MB² + MC²  =  BC², по­это­му тре­уголь­ник МВС  — пря­мо­уголь­ный с ги­по­те­ну­зой BС. Ра­ди­ус его впи­сан­ной окруж­но­сти равен:

Пусть те­перь AD  =  30, BC  =  20 (рис. 2). Ана­ло­гич­но преды­ду­ще­му слу­чаю можно по­ка­зать, что ра­ди­ус впи­сан­ной окруж­но­сти тре­уголь­ни­ка MAD равен 6. Тре­уголь­ник MAD и МВС по­доб­ны с ко­эф­фи­ци­ен­том Зна­чит, ра­ди­ус впи­сан­ной окруж­но­сти тре­уголь­ни­ка МВС равен r  =  6k  =  4.

Ответ: 4; 6.

Ре­ше­ние. В любой тра­пе­ции от­ре­зок, со­еди­ня­ю­щий се­ре­ди­ны диа­го­на­лей тра­пе­ции, равен по­лу­раз­но­сти ос­но­ва­ний тра­пе­ции, а сред­няя линия  — по­лу­сум­ме ос­но­ва­ний тра­пе­ции. В нашем слу­чае по­лу­раз­ность ос­но­ва­ний равна 7,5, а по­лу­сум­ма ос­но­ва­ний равна 17,5, по­это­му ос­но­ва­ния тра­пе­ции равны 10 и 25.

Пред­по­ло­жим что LM  =  25, KN  =  10 (рис. 1). Сто­ро­ны LM и KN тре­уголь­ни­ков ALM и AKN па­рал­лель­ны, по­это­му эти тре­уголь­ни­ки по­доб­ны с ко­эф­фи­ци­ен­том Зна­чит,

За­ме­тим, что AL² + LM²  =  AM², по­это­му тре­уголь­ник ALM  — пря­мо­уголь­ный с ги­по­те­ну­зой AM. (По­это­му тра­пе­ция пря­мо­уголь­ная, как и изоб­ра­же­но на ри­сун­ке.) Ра­ди­ус впи­сан­ной в тре­уголь­ник ALM окруж­но­сти равен

Пусть те­перь KN  =  25, LM  =  10 (рис. 2). Ана­ло­гич­но преды­ду­ще­му слу­чаю можно по­ка­зать, что ра­ди­ус впи­сан­ной окруж­но­сти тре­уголь­ни­ка AKN равен 5. Тре­уголь­ник AKN и ALM по­доб­ны с ко­эф­фи­ци­ен­том Зна­чит, ра­ди­ус впи­сан­ной окруж­но­сти тре­уголь­ни­ка ALM равен

Ответ: 2; 5.

Ре­ше­ние. Пусть точка Q лежит между K и N (рис. 1), P  — точка ка­са­ния пря­мой MQ с дан­ной окруж­но­стью. Обо­зна­чим KQ  =  x.

Из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка QPK по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра на­хо­дим

Пря­мо­уголь­ные тре­уголь­ни­ки QPK и QNM по­доб­ны, по­это­му от­ку­да

Если точка Q лежит на про­дол­же­нии сто­ро­ны NK за точку K (рис. 2), то, рас­суж­дая ана­ло­гич­но, по­лу­чим урав­не­ние 3x² − 22x − 185  =  0, из ко­то­ро­го

Ответ: 5 или

Ре­ше­ние. Пусть точка Q лежит между K и N (рис. 1), P  — точка ка­са­ния пря­мой MQ с дан­ной окруж­но­стью. Обо­зна­чим KQ  =  x.

Из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка QPK по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра на­хо­дим

Пря­мо­уголь­ные тре­уголь­ни­ки QPK и QNM по­доб­ны, по­это­му от­ку­да

Тогда

Если точка Q лежит на про­дол­же­нии сто­ро­ны NK за точку K (рис. 2), то, рас­суж­дая ана­ло­гич­но, по­лу­чим урав­не­ние 3x² − 26x − 205  =  0, из ко­то­ро­го

Ответ: 5 или

Ре­ше­ние. Пусть точка M лежит между C и D, P,  — точка ка­са­ния пря­мой BM с дан­ной окруж­но­стью, O  — центр ромба.

По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра Обо­зна­чим Из пря­мо­уголь­ных тре­уголь­ни­ков и на­хо­дим, что

При­ме­няя тео­ре­му си­ну­сов к тре­уголь­ни­ку BMD по­лу­чим, что по­это­му

Сле­до­ва­тель­но,

Пусть те­перь точка M лежит на про­дол­же­нии сто­ро­ны за точку Тогда по тео­ре­ме о внеш­нем угле тре­уголь­ни­ка

Далее, рас­суж­дая ана­ло­гич­но, по­лу­чим, что

Сле­до­ва­тель­но,

Ответ: или

Ре­ше­ние. Воз­мож­ны два слу­чая a > b и a < b.

Пер­вый слу­чай. Че­ты­рех­уголь­ник опи­сан около окруж­но­сти, сле­до­ва­тель­но, AD + BC  =  AB + CD  =  a + b. Че­ты­рех­уголь­ник впи­сан в окруж­ность, зна­чит, ∠BAD + ∠BCD=180°, но ∠MCD + ∠BCD  =  180°, от­ку­да ∠BAD = ∠MCD, сле­до­ва­тель­но, с ко­эф­фи­ци­ен­том по­до­бия

Обо­зна­чим через P пе­ри­метр тре­уголь­ни­ка ABM, тогда если P₁  — пе­ри­метр тре­уголь­ни­ка CDM,

По­сколь­ку по­лу­ча­ем:

Вто­рой слу­чай. Ана­ло­гич­но слу­чаю 1 имеем:

Ответ: или

Ре­ше­ние. а)  Пусть AB и DC пе­ре­се­ка­ют­ся в точке К. Про­ве­дем ВЕ па­рал­лель­но CD, по­лу­чим че­ты­рех­уголь­ник BCED  — па­рал­ле­ло­грамм. Тогда AE = 39 − 26 = 13, AE² = AB² + BE², от­ку­да угол ABE равен 90°. Сле­до­ва­тель­но, углы AKD и ABE равны между собой и также равны 90°.

б)  Пусть N  — точка ка­са­ния окруж­но­сти и пря­мой DC, O  — центр окруж­но­сти, OP  — пер­пен­ди­ку­ляр к AB. Тре­уголь­ни­ки BKC и AKD по­доб­ны с ко­эф­фи­ци­ен­том по­до­бия Тогда BK : AK = 2 : 3, сле­до­ва­тель­но, ВК = 2AB = 10. Тре­уголь­ни­ке AOB  — рав­но­бед­рен­ный, от­ре­зок OP  — его ме­ди­а­на. Таким об­ра­зом, PB = 2,5, и ON = PK = 12,5.

Ответ: б) 12,5.

Ре­ше­ние. а)  Углы CBD и ADB равны как на­крест ле­жа­щие, углы ABD и BCD равны по тео­ре­ме об угле между ка­са­тель­ной и хор­дой. Таким об­ра­зом, тре­уголь­ни­ки ABD и DCB по­доб­ны по двум углам, от­ку­да то есть

б)  За­ме­тим, что то есть Сле­до­ва­тель­но, а зна­чит, AB  =  BD. Из по­до­бия тре­уголь­ни­ков ABD и DCB на­хо­дим, что BC  =  CD. Ис­поль­зуя след­ствие из тео­ре­мы ко­си­ну­сов, на­хо­дим

Зна­чит, угол C = 120°, тогда по обоб­щен­ной тео­ре­ме си­ну­сов

от­ку­да R = 5.

Ответ: б) 5.

Ре­ше­ние. а)  Точка E лежит на бис­сек­три­се угла A, зна­чит, она рав­но­уда­ле­на от сто­рон этого угла. Ана­ло­гич­но точка E рав­но­уда­ле­на от сто­рон угла B. Таким об­ра­зом, точка E рав­но­уда­ле­на от пря­мых AD, AB, BC. Что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  Про­ве­дем через точку E пря­мую, па­рал­лель­ную пря­мой AB. Пусть она пе­ре­се­ка­ет пря­мую AD в точке L, пря­мую BC в точке K. За­ме­тим, что тре­уголь­ник ALE рав­но­бед­рен­ный (так как равны углы BAE, LAE и LEA). Ана­ло­гич­но, тре­уголь­ник BKE рав­но­бед­рен­ный. Из преды­ду­ще­го по­лу­ча­ем, что AL  =  LE, BK  =  KE.

Далее, из впи­сан­но­сти по­лу­ча­ем, что углы DLE и ECK равны. В тре­уголь­ни­ках DLE и CKE равны все углы, а еще равны вы­со­ты, про­ве­ден­ные из вер­ши­ны E, по­это­му эти тре­уголь­ни­ки равны. От­сю­да

Но

Зна­чит,

Пло­ща­ди тре­уголь­ни­ков ADE и BCE от­но­сят­ся как их ос­но­ва­ния AD и BC, по­это­му по­лу­ча­ем ответ: 2 : 1.

Ответ: б) 2 : 1.

Ре­ше­ние. а)  Пусть диа­го­на­ли пря­мо­уголь­ни­ка пе­ре­се­ка­ют­ся в точке P. Из ра­вен­ства тре­уголь­ни­ков ABC и BAD сле­ду­ет, что BM  =  AK. Тогда PM : BM  =  PK : AK. От­сю­да по­лу­ча­ем, что тре­уголь­ни­ки PMK и PAB по­доб­ны и пря­мые MK и AB па­рал­лель­ны, при­чем MK : AB  =  PM : PB. Ана­ло­гич­но, BM  =  CL, по­это­му пря­мые ML и BC па­рал­лель­ны и ML : BC  =  PM : PB. Итак, сто­ро­ны че­ты­рех­уголь­ни­ка LMKN па­рал­лель­ны сто­ро­нам пря­мо­уголь­ни­ка ABCD и про­пор­ци­о­наль­ны им. Таким об­ра­зом, LMKN пря­мо­уголь­ник, по­доб­ный пря­мо­уголь­ни­ку ABCD. Что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  Без огра­ни­че­ния общ­но­сти можно счи­тать, что Имеем:

От­сю­да По­лу­ча­ем, что Пусть AC  =  10x, тогда: AB  =  6x, BC  =  8x и

Окон­ча­тель­но по­лу­ча­ем, что

Это и есть ко­эф­фи­ци­ент по­до­бия.

Ответ: б) 1 : 5.