а)  Обо­зна­чим бук­вой E точку пе­ре­се­че­ния от­рез­ков MK и AB. Углы ∠ALB и ∠LAD равны, как на­крест ле­жа­щие углы; ана­ло­гич­но ∠CLD = ∠ADL, как на­крест ле­жа­щие. От­сю­да по­лу­ча­ем, что ∠BAL = ∠BLA, ∠CDL = ∠CLD, то есть тре­уголь­ни­ки ABL и CLD рав­но­бед­рен­ные (AB  =  BL, CL  =  CD). Тогда бис­сек­три­сы этих тре­уголь­ни­ков BM и CK яв­ля­ют­ся также вы­со­та­ми и ме­ди­а­на­ми. Зна­чит, точки M и K яв­ля­ют­ся се­ре­ди­на­ми сто­рон AL и DL со­от­вет­ствен­но. От­сю­да сле­ду­ет, что от­ре­зок MK яв­ля­ет­ся сред­ней ли­ни­ей тре­уголь­ни­ка ALD. Зна­чит, MK || AD.

Те­перь если рас­смот­реть тре­уголь­ник ABL, по­лу­ча­ем, что от­ре­зок EM па­рал­ле­лен сто­ро­не BL и ис­хо­дит из се­ре­ди­ны сто­ро­ны AL. От­сю­да сле­ду­ет, что EM яв­ля­ет­ся сред­ней ли­ни­ей этого тре­уголь­ни­ка, а зна­чит точка E  — се­ре­ди­на сто­ро­ны AB. Что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  Рас­смот­рим 4-уголь­ник MLKN. Из преды­ду­ще­го пунк­та по­лу­чи­ли, что ∠M  =  90°, ∠K  =  90°, от­ку­да сле­ду­ет, что

То есть у дан­но­го 4-уголь­ни­ка суммы про­ти­во­по­лож­ных углов дают от­ку­да сле­ду­ет, что во­круг него можно опи­сать окруж­ность. Со­еди­ним точки N и L (пе­ре­се­че­ние с MK в точке F)  — по­лу­чим 2 пря­мо­уголь­ных тре­уголь­ни­ка NML и NKL. Тогда центр опи­сан­ной окруж­но­сти лежит на се­ре­ди­не общей ги­по­те­ну­зы NL.

Те­перь за­ме­тим, что тре­уголь­ни­ки MFL и NFK по­доб­ны по 2 углам (∠MFL = ∠NFK, как вер­ти­каль­ные; ∠MLF = ∠NKF, как впи­сан­ные углы, опи­ра­ю­щи­е­ся на одну и ту же дугу MN). Тогда

Ана­ло­гич­но тре­уголь­ни­ки NMF и KFL по­доб­ны по 2 углам (∠NFM = ∠KFL, как вер­ти­каль­ные; ∠MNF = ∠FKL, как впи­сан­ные углы, опи­ра­ю­щи­е­ся на одну и ту же дугу ML). Тогда

По­де­лим со­от­но­ше­ния друг на друга:

Из по­до­бия тре­уголь­ни­ков NLC и NFK (по 3-м углам) по­лу­чим, что Ана­ло­гич­но из по­до­бия тре­уголь­ни­ков NLB и NFM по­лу­чим, что от­ку­да сле­ду­ет:

Окон­ча­тель­но по­лу­ча­ем, что

Ответ: 5 : 14.

В ре­ше­нии за­да­чи будем ис­поль­зо­вать по­до­бие тре­уголь­ни­ков и тео­ре­му Фа­ле­са.

а)  Тре­уголь­ни­ки AMK и ABC по­доб­ны по 2 углам (∠ A  — общий, ∠AMK = ∠ABC, как со­от­вет­ствен­ные при па­рал­лель­ных пря­мых). Тогда По тео­ре­ме Фа­ле­са по­лу­ча­ем от­ку­да

(по­след­нее ра­вен­ство сле­ду­ет из по­до­бия тре­уголь­ни­ков BDC и LDN по двум углам). Сле­до­ва­тель­но, от­ку­да MK  =  NL. Что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  Обо­зна­чим MK  =  NL  =  x, KL  =  3x. Из тре­уголь­ни­ков ABC и AMK:

Из по­доб­ных тре­уголь­ни­ков ACD и KCN (опять же по 2-м углам):

Обо­зна­чим и вы­пи­шем по­лу­чен­ную си­сте­му двух урав­не­ний:

Окон­ча­тель­но

Ответ: 6.

а)  Со­еди­ним точку O с вер­ши­на­ми 4-уголь­ни­ка K, L, M и N. Обо­зна­чим пло­щадь тре­уголь­ни­ка AOK за x, тогда пло­щадь тре­уголь­ни­ка KOD равна 6 − x. Так как ме­ди­а­на раз­би­ва­ет тре­уголь­ник на два рав­но­ве­ли­ких, то из тре­уголь­ни­ка KOL по­лу­ча­ем из тре­уголь­ни­ка KON Далее по­лу­чим, что

Из тре­уголь­ни­ка MON по­лу­чим от­ку­да Что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  Ис­поль­зуя преды­ду­щий пункт, пред­ва­ри­тель­но до­ка­жем, что дан­ная фи­гу­ра на самом деле яв­ля­ет­ся тра­пе­ци­ей.

Лемма: от­рез­ки AC и BD де­лят­ся точ­кой пе­ре­се­че­ния по­по­лам.

До­ка­за­тель­ство: (вспо­мо­га­тель­ные линии здесь не при­ве­де­ны, чтобы не за­гряз­нять чер­теж) если рас­смот­реть тре­уголь­ник KLM, то от­ре­зок AB яв­ля­ет­ся в нем сред­ней ли­ни­ей. Тогда Те­перь если рас­смот­реть тре­уголь­ник KMN, то в нем CD яв­ля­ет­ся сред­ней ли­ни­ей. Тогда От­сю­да по­лу­ча­ем, что Ана­ло­гич­но до­ка­зы­ва­ет­ся, что

Зна­чит, ABCD яв­ля­ет­ся па­рал­ле­ло­грам­мом. От­рез­ки AC и BD яв­ля­ют­ся диа­го­на­ля­ми ABCD, а так как диа­го­на­ли в па­рал­ле­ло­грам­ме де­лят­ся точ­кой пе­ре­се­че­ния по­по­лам, то тре­бу­е­мое до­ка­за­но.

Пло­ща­ди тре­уголь­ни­ков LBO и KDO равны, при этом равны и их ос­но­ва­ния BO и OD (по лемме), зна­чит, долж­ны быть равны и вы­со­ты тре­уголь­ни­ков, про­ве­ден­ные из вер­шин L и K со­от­вет­ствен­но. От­сю­да сле­ду­ет, что точки пря­мых LK и BD рав­но­уда­ле­ны друг от друга, то есть Ана­ло­гич­но до­ка­зы­ва­ет­ся из пло­ща­дей тре­уголь­ни­ков MBO и NDO, что Зна­чит, и KLMN  — тра­пе­ция.

Обо­зна­чим OH = OF = h, MN = a. Вы­ра­зим пло­ща­ди фигур:

Решим си­сте­му трех урав­не­ний: под­став­ляя x из пер­во­го урав­не­ния во вто­рое, по­лу­чим:

Оста­лось под­ста­вить най­ден­ное зна­че­ние h в тре­тье урав­не­ние:

Ответ: 7.

До­ка­жем два вспо­мо­га­тель­ных утвер­жде­ния.

1)  В любом че­ты­рех­уголь­ни­ке

В самом деле, обо­зна­чая имеем

2)  В тра­пе­ции

В самом деле,

Те­перь решим за­да­чу.

а)  Рас­кры­вая скоб­ки, имеем

б)  Ис­поль­зуя фор­му­лу пунк­та а) имеем:

Ответ: б) 225.

а)  Обо­зна­чим тогда От­ме­тим на MN точку T такую, что На про­дол­же­нии CB а точку B от­ме­тим точку K так, чтобы Тогда

Тре­уголь­ни­ки ABK и ADN равны по двум ка­те­там, сле­до­ва­тель­но,

Зна­чит, тре­уголь­ни­ки AKM и ANM равны по трем сто­ро­нам. Тогда по­это­му A лежит на бис­сек­три­се угла KMN.

Оче­вид­но, A лежит также на бис­сек­три­се угла MCN  — диа­го­на­ли квад­ра­та. Зна­чит, A  — центр внев­пи­сан­ной окруж­но­сти. При этом по­это­му B и D  — точки ка­са­ния.

б)  За­ме­тим, что тре­уголь­ни­ки ABM и ATM равны по двум сто­ро­нам и углу между ними ( AM  — общая). Зна­чит, Кроме того, Тогда тре­уголь­ни­ки TNA и DNA равны по ка­те­ту и ги­по­те­ну­зе, по­это­му

Сле­до­ва­тель­но,

Ответ: 45°.