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.

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