а)  Будем пока счи­тать, что F и Q лежат на про­дол­же­ни­ях DE и CB со­от­вет­ствен­но а осталь­ные точки  — на от­рез­ках. Тогда че­ты­рех­уголь­ни­ки FEHA и APCQ впи­сан­ные (имеют по два про­ти­во­по­лож­ных пря­мых угла), от­ку­да

что и тре­бо­ва­лось.

Пусть те­перь Q лежит на про­дол­же­нии CB, а осталь­ные точки  — на от­рез­ках. Тогда че­ты­рех­уголь­ни­ки FEHA и APCQ впи­сан­ные (имеют два про­ти­во­по­лож­ных пря­мых угла и два рав­ных пря­мых угла между сто­ро­ной и диа­го­на­лью пер­вый), от­ку­да что и тре­бо­ва­лось.

Ана­ло­гич­но раз­би­ра­ют­ся осталь­ные слу­чаи рас­по­ло­же­ния точек.

б)  Углы QCA и HEA равны как впи­сан­ные углы, опи­ра­ю­щи­е­ся на одну дугу AB, по­это­му пря­мо­уголь­ные тре­уголь­ни­ки CQA и AHE по­доб­ны. Углы AEF и ACP равны, по­сколь­ку оба они в сумме с углом AED дают 180°. Сле­до­ва­тель­но, по­доб­ны пря­мо­уголь­ные тре­уголь­ни­ки AFE и APC. Тогда верны про­пор­ции и Раз­де­лим первую на вто­рую, по­лу­чим от­ку­да

Ответ:

а)  Тре­уголь­ни­ки BCE и CDK равны по двум ка­те­там, сле­до­ва­тель­но,

то есть пря­мая BE пер­пен­ди­ку­ляр­на пря­мой CK. Тогда в четырёхуголь­ни­ке ABOK: ∠BAK = ∠BOK  =  90°. По­это­му во­круг него можно опи­сать окруж­ность.

б)  Введём си­сте­му ко­ор­ди­нат, как по­ка­за­но на ри­сун­ке. В этой си­сте­ме

Урав­не­ние пря­мой KC: урав­не­ние пря­мой BE: Ко­ор­ди­на­ты точки O найдём из си­сте­мы урав­не­ний

Тогда рас­сто­я­ние между и равно

Ответ: б) 1.

При­ведём дру­гое ре­ше­ние п. а).

По­вернём тре­уголь­ник BCE на 90° по ча­со­вой стрел­ке и па­рал­лель­ным пе­ре­но­сом сов­ме­стим точку B с точ­кой C. Тогда тре­уголь­ник BCE на­ло­жит­ся на CKD, пря­мая BE сов­па­дет с пря­мой CK. По­сколь­ку после по­во­ро­та пря­мые сов­па­ли, до по­во­ро­та угол между ними был 90°.

При­ведём дру­гое ре­ше­ние п. б).

Пря­мо­уголь­ные тре­уголь­ни­ки BCE и BAK равны по двум ка­те­там, зна­чит, то есть на хорды AO и AB опи­сан­ной около четырёхуголь­ни­ка ABOK окруж­но­сти опи­ра­ют­ся рав­ные углы. Таким об­ра­зом,

При­ведём ре­ше­ние п. б) Ан­дрея Плю­хи­на.

Про­дол­жим от­ре­зок CK до точки F пе­ре­се­че­ния с пря­мой AB. Пря­мо­уголь­ные тре­уголь­ни­ки KDC и KAF равны по ка­те­ту и остро­му углу, по­это­му AF  =  ВС  =  1, а точка A  — се­ре­ди­на BF.

Точка O при­над­ле­жит окруж­но­сти с цен­тром в точке A и диа­мет­ром BF, по­сколь­ку эта точка  — вер­ши­на пря­мо­го угла, стя­ги­ва­ю­ще­го диа­метр BF. Сле­до­ва­тель­но, AO  =  AB  =  AF  =  1  — ра­ди­ус этой окруж­но­сти.

Вто­рой абзац этого ре­ше­ния можно за­ме­нить таким рас­суж­де­ни­ем: из суммы углов по­лу­ча­ем, что угол FOB пря­мой, сле­до­ва­тель­но, АО яв­ля­ет­ся ме­ди­а­ной пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка и равна по­ло­ви­не ги­по­те­ну­зы.

При­ведём ре­ше­ние Де­ни­са Чер­ны­ше­ва (Тю­мень).

а)  Во­круг че­ты­рех­уголь­ни­ка можно опи­сать окруж­ность тогда и толь­ко тогда, когда суммы про­ти­во­ле­жа­щих углов равны 180°. По усло­вию ABCD  — квад­рат, в нем угол А пря­мой. До­ка­жем, что угол KOB пря­мой. Имеем:

Зна­чит,

Сто­ро­ны квад­ра­та равны, по­это­му Зна­чит, ска­ляр­ное про­из­ве­де­ние равно нулю, а тогда

б)  Не­об­хо­ди­мо найти мо­дуль век­то­ра За­пи­шем его в виде

где По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра из тре­уголь­ни­ка DCK на­хо­дим:

Пря­мо­уголь­ные тре­уголь­ни­ки DCK и OCE по­доб­ны, по­сколь­ку имеют общий ост­рый угол. Зна­чит, от­ку­да

Сле­до­ва­тель­но,

Под­ста­вим най­ден­ный ко­эф­фи­ци­ент x в вы­ра­же­ние для век­то­ра по­лу­чим:

Тогда

а)  За­ме­тим, что окруж­ность, впи­сан­ная в пя­ти­уголь­ник, о ко­то­ром го­во­рит­ся в усло­вии за­да­чи,  — это окруж­ность, впи­сан­ная в тре­уголь­ник АВС. Пусть впи­сан­ная окруж­ность рав­но­бед­рен­но­го тре­уголь­ни­ка АВС ка­са­ет­ся бо­ко­вой сто­ро­ны АВ в точке D и ос­но­ва­ния ВС в точке Е. Тогда АЕ  — вы­со­та, ме­ди­а­на и бис­сек­три­са тре­уголь­ни­ка АВС,

Пусть О  — центр этой окруж­но­сти, r  — её ра­ди­ус, S  — пло­щадь тре­уголь­ни­ка АВС, р  — его по­лу­пе­ри­метр. Тогда

Пусть СN₁M₁M₂N₂  — дан­ный пя­ти­уголь­ник, а Р₁ и Р₂  — точки ка­са­ния окруж­но­сти со сто­ро­на­ми M₁N₁ и M₂N₂ со­от­вет­ствен­но (см. рис.). Тогда четырёхуголь­ни­ки P₁M₁DO и M₂P₂OD  — это квад­ра­ты, сто­ро­ны ко­то­рых равны ра­ди­у­су окруж­но­сти r. Из тре­уголь­ни­ка AOD на­хо­дим, что

Тогда по­лу­ча­ем, что

Зна­чит, AM₁ : BM₂  =  1 : 3.

б)  Обо­зна­чим Тогда Из тре­уголь­ни­ка N₂M₂B по­лу­ча­ем, что

зна­чит,

Из тре­уголь­ни­ка АВС на­хо­дим, что Тогда

Из тре­уголь­ни­ка N₁M₁A по­лу­ча­ем, что

Зна­чит,

Сле­до­ва­тель­но,

Ответ: б)

а)  Вос­поль­зу­ем­ся свой­ством бис­сек­три­сы: AD : DC  =  AB : BC. По тео­ре­ме о квад­ра­те ка­са­тель­ной Из этих двух ра­венств по­лу­ча­ем, что

Это и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  Из ра­вен­ства, до­ка­зан­но­го в п. а), сле­ду­ет па­рал­лель­ность от­рез­ков EF и AC. Тогда в тре­уголь­ни­ках AED и DFC равны вы­со­ты, про­ве­ден­ные к сто­ро­нам AD и DC со­от­вет­ствен­но. Зна­чит, от­но­ше­ние пло­ща­дей этих тре­уголь­ни­ков равно от­но­ше­нию их ос­но­ва­ний AD и DC. По до­ка­зан­но­му ранее это от­но­ше­ние равно 2 : 3.

Ответ: 2 : 3.

а)  Пусть тогда и По тео­ре­ме ко­си­ну­сов

Ана­ло­гич­но и

Пусть MN  — диа­метр окруж­но­сти, про­хо­дя­щей через точку K, тогда и Из свой­ства хорд на­хо­дим:

Зна­чит,

б)  Пусть  H  — точка пе­ре­се­че­ния от­рез­ков KF и BD. По до­ка­зан­но­му в пунк­те а) тре­уголь­ни­ки ABC и BKF по­доб­ны с ко­эф­фи­ци­ен­том по­до­бия тогда

По усло­вию то есть сле­до­ва­тель­но,

Ответ: б)

При­ве­дем дру­гое ре­ше­ние пунк­та б).

б)  Най­дем угол KBO по тео­ре­ме си­ну­сов:

от­ку­да

По усло­вию то есть сле­до­ва­тель­но,

Таким об­ра­зом, для пло­ща­ди тре­уголь­ни­ка ABC по­лу­ча­ем: