PDF-версии: 1.
i
Отрезок, соединяющий середины M и N оснований BC и AD соответственно трапеции ABCD, разбивает её на две трапеции, в каждую из которых можно вписать окружность.
а) Докажите, что трапеция ABCD равнобедренная.
б) Известно, что радиус этих окружностей равен 3, а меньшее основание BC исходной трапеции равно 8. Найдите радиус окружности, касающейся боковой стороны AB, основания AN трапеции ABMN и вписанной в неё окружности.
и 
Поскольку 
и 
получаем, что 
откуда 
Опуская высоту BK, получим 
откуда 
Решая это уравнение, получаем 
и 
их проекции на сторону AB — за 
— трапеция, в которой 
а 
Из подобия треугольников ATO и 
находим, что 
и 
на OT. Тогда 
получаем уравнение:
или 
Отсюда находим, что x = 3. Тогда DE = 2х = 6, значит, треугольник ADE равносторонний. Следовательно, ∠BAD = ∠EAD = 60°.
и 
Тогда
Тогда
то есть
Тогда 
и 
Окружность вписана в угол MPC, значит, PL — биссектриса треугольника DPN, который подобен треугольнику AMN. Используя свойство биссектрисы и подобия, находим:
Учитывая, что 
Тогда
Оттуда сразу следует, что 
при любом положении точки M. Действительно, 
а 
— угол между касательными и соответствующими им радиусами. Далее, PH — биссектриса 
— биссектриса 
Следовательно, 
тогда
тогда 
откуда 
Далее, 
Следовательно, 
Катет AB прямоугольного треугольника ABD равен половине гипотенузы BD, поэтому 
и 
Следовательно, площадь треугольника COD равна 
откуда 
Из подобия треугольников CKD и CDE получаем, что 
В треугольнике CKD имеем:
откуда 
Опуская высоту BK, получим 
Решая это уравнение, получаем 
и 
а 
Из подобия треугольников ATO и 
и 
получаем уравнение:
поэтому 
и 
Опустим высоты BH и CQ:
Поскольку 
имеем 
откуда 
а основания равны 5 и 7.
поэтому сумма углов BAO и ABO равна 
Аналогично 
Тогда 
соответственно. Тогда AKON и BKOL — квадраты, поэтому 
Значит, 
— высота этого прямоугольного треугольника, проведенная из вершины прямого угла, поэтому 
то есть 
Откуда находим, что 
Следовательно, площадь трапеции равна
Трапеция описана вокруг окружности, поэтому 
Следовательно, 
Применим теорему Пифагора к треугольнику CKD: 
и 
Поскольку прямые CO и DO перпендикулярны, получаем:
Значит, 
а радиус окружности равен 12.
Пусть угол КВС равен α. Сумма острых углов прямоугольного треугольника BНC равна 90°, поэтому 
Центральный угол ВОА в два раза больше вписанного угла ВСА, опирающегося на ту же дугу АВ, поэтому 
Наконец, треугольник BОА равнобедренный, поскольку AO = OB как радиусы окружности, поэтому каждый из равных углов при его основании АВ равен 
Итак, 
поэтому 
Тогда
как угол, опирающийся на диаметр. Диаметр равен удвоенному радиусу: 
Тогда 
как катет, лежащий против угла в 30° в прямоугольном треугольнике BKN.
: 
Тогда 
и 
(опираются на одну дугу). Имеем: 
Но также 
как внешний угол. Откуда следует требуемое равенство: 
как хорды, стягивающие равные дуги. Следовательно, треугольник APC равносторонний, его площадь равна 
Следовательно, искомая площадь 
если 
и 
Треугольники CMP и DMA подобны с коэффициентом подобия 
поэтому
Тогда AH — высота ромба, поэтому
поскольку треугольники BAQ и ADM равны по двум сторонам и углу между ними. Углы DAM и BPA равны как накрест лежащие углы при пересечении параллельных прямых BP и AD секущей AP. Тогда 
поскольку BC = AB.
с центром в точке O вписана трапеция ABCD. Основание трапеции AD является диаметром окружности, угол BAD равен 60°. Хорда СЕ пересекает диаметр AD в точке Р такой, что AP : PD = 1 : 3. 
то есть он является равносторонним. Из пункта а) следует, что точка P — середина отрезка AO, поэтому отрезок BP — высота треугольника ABO. Воспользуемся теоремой Пифагора для треугольника ABP:
тогда по теореме Пифагора для треугольника PBC:
Поэтому
Будем считать, что 
и 
Углы ABC и ADC прямые, поскольку AC — диаметр. По теореме Пифагора получаем 
и 
Отсюда следует, что 
то есть 
и 
Это значит, что треугольники ABC и ADC равны по третьему признаку равенства треугольников, поэтому 
Следовательно, CM — биссектриса треугольника DBC, а также его высота и медиана.
поэтому 
Допустим, что 
тогда 
и 
Рассматривая прямоугольные треугольники AMB и ABC, можем записать 
следовательно, 
Аналогично 
поэтому полупериметр четырёхугольника ABCD равен 
Площадь же четырёхугольника ABCD равна 
Искомый радиус вписанной окружности равен 
По теореме Пифагора
а площадь четырёхугольника BCNH в 
поэтому 
а значит, вписанный угол KBC равен 90°, опирается на диаметр CK, на который опирается и вписанный угол CAK. Поэтому 
а катет 
то есть 
а значит, 
и 
Воспользуемся теоремой о произведении отрезков пересекающихся хорд окружности, получим 
откуда 
поэтому 
то есть 
и 
Окончательно получаем:
Для полноты докажем это утверждение. Отложим на стороне AD отрезок PD = BC, и пусть Q — точка пересечения отрезков BP и KM. Тогда BCDP — параллелограмм, а BP параллельно CD.
QM = BC, а KQ находится из подобия треугольников BKQ и BAP:
Далее, поскольку 
тогда 
Отсюда, по теореме Пифагора, 
Тогда, по теореме о внешнем угле, 
Далее, по теореме синусов 
и 
Поделив одно равенство на другое? получим:
Тогда 
Отсюда 
Значит, 
Тогда
Прямые AD и BC параллельны, следовательно, накрест лежащие углы BCA и CAD при секущей AC равны. Получаем, что 
a значит, луч AC является биссектрисой угла MAD, на которой лежит центр вписанной в треугольник AMD окружности. 
По теореме косинусов в треугольнике CMD, в котором 
как накрест лежащие при параллельных прямых AD и BC. Точки M и N — точки касания окружности с основаниями BC и AD соответственно. Отрезки MO и ON равны как радиусы, следовательно, треугольник MOE равен треугольнику NOA, а потому отрезки ME и AN равны. Значит, 
и
тогда
поскольку точка P — точка касания окружности и основания BC. Тогда отрезок MN параллелен основанию BC и 
По теореме об угле между касательной и хордой получаем, что 
Значит, 
и треугольники AKL и MAL подобны по двум углам. 
откуда 
С другой стороны, по теореме о квадрате касательной получаем, что 
поскольку точка Q — точка касания окружности с основанием AD. Тогда AL = LQ, следовательно, 
значит, AL : LD = 1 : 3.
площади трапеции ABCD.
и 
Следовательно,
Запишем площадь треугольника AOB двумя способами:
Что и требовалось доказать.
и 
Обозначим P — точку пересечения отрезков KM и LN, и проведем BH — высоту трапеции. Тогда треугольники ABH и OKP подобны по двум углам, откуда 
Значит,
AC = 9.
значит, 
Тогда 
тогда по обратной теореме Пифагора: 
Откуда находим: 
Тогда
тогда 
то 
где R — радиус окружности, описанной около четырехугольника BDOK. Тогда 
значит, треугольник RFP — равнобедренный и RT = TP. Аналогично ST = TQ, тогда четырёхугольник PQRS — параллелограмм с перпендикулярными диагоналями, то есть ромб.
тогда треугольники KEN и MEL подобны по двум углам, значит, 
тогда LP = 2 и PM = 3. Аналогично треугольники FNM и FLK подобны, следовательно, 
откуда NQ = 2,4 и QM = 3,6. 
Аналогично 
Тогда радиус окружности 
значит, 
следовательно,
а потому в трапецию можно вписать окружность.
Отметим на отрезке AD точки P и Q так, что AP = AM и QD = ND, тогда
По теореме косинусов находим:
Тогда 
и 
и 
Тогда 
и 
Отрезок GF — диаметр окружности, а следовательно, высота трапеции. Тогда, записав две теоремы Пифагора, получим, что
Следовательно,
то есть 
и тогда 
и 
Отсюда имеем: 
Из условия следует, что или 
или 
Без ограничения общности можно считать, что 
Тогда из подобия треугольников AOD и BOC получим, что 
(если равны углы ODA и OBC, то были бы параллельны прямые BC и AD). Таким образом, в треугольнике ABC стороны AB и BC равны. 
Из подобия треугольников FBE и ABD получаем: 
откуда 
Из теоремы Пифагора находим, что 
Кроме того, 
Решая эту систему, получаем, что 
тогда имеем:
Тогда 
откуда следует требуемое.
В прямоугольном треугольнике CHD:
и разделим (2) на (1), получим: 
то есть 
и 
Значит, треугольник ABD равнобедренный, его биссектриса, проведенная к стороне BD, совпадает с его высотой. Поэтому вписанная окружность касается стороны BD в ее середине. Аналогично окружность, вписанная в треугольник BCD, касается стороны BD в ее середине, а это и есть точка K — точка пересечения отрезков AC и BD.
Аналогично 
Лемма доказана. 
откуда 
и 
Следовательно, точки L, O, A лежат на одной прямой.
Таким образом, длина стороны MN равна
тогда 
По свойству описанного четырёхугольника 
тогда 
