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

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

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

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.

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.

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:

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.

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

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:

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.

Пусть это параллелограмм ABCD, а точки касания со сторонами AB, BC, CD, DA обозначены за E, F, G, H соответственно.

а) Из описанности ABCD следует, что AB + CD = AD + BC, то есть 2AB = 2AD, значит, все стороны параллелограмма равны и это ромб.

б) Будем считать, что AE = 3, EB = 5. Центром окружности будет точка пересечения диагоналей ромба O, а радиус этой окружности — высота прямоугольного треугольника Тогда по теореме Пифагора находим Значит,

Поскольку точки E и F делят стороны AB и BC в одинаковом отношении 3 : 5, треугольники BEF и BAC подобны с коэффициентом , и Рассматривая аналогично остальные стороны EFGH, получаем, что это параллелограмм и даже прямоугольник (так как ). Значит, его площадь равна:

Ответ:

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, Тогда

Тогда

откуда

Ответ:

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

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.

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.

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

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

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

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

а) Касательная LM параллельна хорде KN, значит, ∠KNL = ∠MLN, а так как ∠MLN = ∠LKN как угол между касательной и хордой, треугольник KLN равнобедренный с основанием KN.

Поскольку ML = MN как отрезки касательных, проведённых к окружности из одной точки,

треугольник LMN также равнобедренный с основанием LN.

Углы при основаниях равнобедренных треугольников LMN и LKN равны, следовательно, эти треугольники подобны.

б) Угол при вершине равнобедренного треугольника KLN равен 120°, значит, его высота LH вдвое меньше боковой стороны то есть Следовательно,

Ответ: б)

Точка O — центр описанной окружности около треугольника ABC, поэтому Значит,

Найдём угол BIC:

Значит, поэтому точки B, O, I и C лежат на одной окружности.

б) Найдём угол BHC:

Значит, поэтому точки B, O, I, H и C лежат на одной окружности.

Поскольку получаем В равнобедренном треугольнике BOC имеем

Прямая BH перпендикулярна AC, поэтому

Значит, Биссектриса угла треугольника лежит внутри угла, образованного медианой и высотой, исходящими из той же вершины, поэтому лучи BH, BI и BO пересекают дугу окружности в указанном на рисунке порядке. Четырёхугольник BOIH вписан в окружность, поэтому

Ответ: б) 175°.

a) Пусть O — центр окружности. Прямая OC перпендикулярна касательной BC, а так как хорда AD параллельна BC, прямая OC перпендикулярна прямой AD. Диаметр CC₁ перпендикулярен хорде AD, а значит, делит её пополам. Высота треугольника ACD является его медианой, значит, треугольник равнобедренный, AC = CD, а так как AD = CD, треугольник равносторонний. Тогда

Из теоремы об угле между касательной и хордой следует, что

Следовательно, CP — биссектриса угла ACB.

б) Пусть Тогда , , значит,

По свойству биссектрисы треугольника , значит, Поэтому

Следовательно,

Ответ: 4 : 5.

а) Пусть Q — точка пересечения продолжений боковых сторон. Точка Q, центры окружностей и точка P лежат на одной прямой, причём QP — биссектриса прямоугольного треугольника AQD. Следовательно, по свойству биссектрисы треугольника

б) Пусть окружность с центром O₁ радиуса R = 3 касается боковой стороны AB в точке E, а основания AD — в точке M; окружность радиуса r = 1 с центром O₂ касается боковой стороны AB в точке F, а основания BC — в точке N. Отпустим перпендикуляр O₂H из центра меньшей окружности на отрезок O₁E.

Тогда

а так как линия центров окружностей проходит через точку их касания,

Значит,

Обозначим Тогда Получаем:

Из треугольника O₂CN находим:

Следовательно, Аналогично,

Учитывая, что получаем

Ответ: б)

а) Вписанные углы BAC и DAC опираются на равные хорды, поэтому они равны (рис. 1). Вписанные углы ADB и ACB опираются на одну и ту же дугу, поэтому Значит, треугольники ADP и ACB подобны по двум углам. Следовательно,

б) Точки A и C лежат на окружности с диаметром BD, значит, треугольники ABD и BCD прямоугольные (рис. 2). Кроме того, по условию треугольник BCD равнобедренный, поэтому Катет AB прямоугольного треугольника ABD равен половине гипотенузы BD, поэтому

Центр окружности, вписанной в треугольник, — точка пересечения его биссектрис, поэтому точка O лежит на биссектрисе AC угла BAD и на биссектрисе угла ADB. Тогда

Следовательно, треугольник COD равносторонний, причём Следовательно, площадь треугольника COD равна

Ответ: б)

а) В треугольниках CKD и CDE угол KCD — общий,

Значит, эти треугольники подобны, откуда

б) В треугольнике CKD имеем: откуда Из подобия треугольников CKD и CDE получаем:

В треугольнике CKD имеем:

то есть откуда CK : KE = 2 : 1.

Ответ: б) 2 : 1.

а) Поскольку точки M, A и B лежат на одной прямой, значит, отрезок CM — высота треугольника ABC (см. рисунок).

Четырёхугольники AMPC и BQMC вписаны в окружности, поэтому

откуда

б) Из прямоугольного треугольника ABC получаем:

откуда

Точка Q — середина дуги MB, поэтому CQ — биссектриса угла BCM.

Значит,

Получаем: как хорды стягивающие равные дуги. Таким образом,

Ответ: б) 2.

а) Пусть этот параллелограмм ABCD, тогда (из вписанности), откуда и ABCD — ромб.

б) Рассмотрим треугольник AOB, где O — точка пересечения диагоналей ромба и центр вписанной окружности. Опустим высоту OH, пусть Опустим также перпендикуляры HE и HF на AO и BO. Тогда прямоугольник EHFO по площади ровно в 4 раза меньше, чем требуемый четырехугольник (он состоит из четырех таких прямоугольников). Тогда

Ответ: