а)  Плос­кость EFT пе­ре­се­ка­ет грани BB₁C₁C и AA₁D₁D по па­рал­лель­ным от­рез­кам.

Зна­чит, тре­уголь­ни­ки D₁A₁E и TB₁F по­доб­ны, причём пря­мые D₁A₁ и B₁C₁ па­рал­лель­ны, пря­мые A₁E и B₁F тоже па­рал­лель­ны. По­это­му пря­мые ED₁ и FT также па­рал­лель­ны. Если плос­кость EFT не про­хо­дит через точку D₁, то по­лу­ча­ет­ся, что в плос­ко­сти AA₁D₁D через точку E про­хо­дят две раз­лич­ные пря­мые, па­рал­лель­ные пря­мой FT. По­лу­чи­ли про­ти­во­ре­чие.

б)  Се­че­ние па­рал­ле­ле­пи­пе­да плос­ко­стью EFT  — тра­пе­ция. Про­ведём через точку F пря­мую, па­рал­лель­ную пря­мой AB. По­лу­чим точку P на ребре AA₁.

Тогда

Сле­до­ва­тель­но, EF = D₁T, и тра­пе­ция EFTD₁ рав­но­бед­рен­ная. Про­ведём в ней вы­со­ту TH.

Тогда

Ответ: б) 97,5.

а)  Так как и то и Плос­кость се­че­ния пе­ре­се­ка­ет па­рал­лель­ные плос­ко­сти и по па­рал­лель­ным пря­мым, по­это­му она пе­ре­се­ка­ет ребро в такой точке Q, что пря­мая TQ па­рал­лель­на пря­мой Зна­чит, тре­уголь­ни­ки и по­доб­ны, а по­сколь­ку то и Зна­чит, и

б)  Так как пря­мая пер­пен­ди­ку­ляр­на плос­ко­сти опу­стим пер­пен­ди­ку­ляр из точки на пря­мую EQ пе­ре­се­че­ния этих плос­ко­стей. Угол будет ис­ко­мым. Найдём Для этого про­ведём в тра­пе­ции вы­со­ту (оче­вид­но, L  — се­ре­ди­на ). Те­перь, вы­чис­ляя двумя спо­со­ба­ми пло­щадь тре­уголь­ни­ка найдём то есть Тогда

Ответ: а) б)

а) Так как и то и Плос­кость се­че­ния пе­ре­се­ка­ет па­рал­лель­ные плос­ко­сти и по па­рал­лель­ным пря­мым, по­это­му она пе­ре­се­ка­ет ребро в такой точке Q, что пря­мая TQ па­рал­лель­на пря­мой Зна­чит, тре­уголь­ни­ки и по­доб­ны, а по­сколь­ку то и Зна­чит, и

б)  Так как пря­мая пер­пен­ди­ку­ляр­на плос­ко­сти опу­стим пер­пен­ди­ку­ляр из точки на пря­мую EQ пе­ре­се­че­ния этих плос­ко­стей. Угол будет ис­ко­мым. Найдём Для этого про­ведём в тра­пе­ции вы­со­ту (оче­вид­но, L  — се­ре­ди­на ). Те­перь, вы­чис­ляя двумя спо­со­ба­ми пло­щадь тре­уголь­ни­ка найдём то есть Тогда тан­генс ис­ко­мо­го угла равен

Ответ: а) б)

а)  Про­ведём от­ре­зок и в плос­ко­сти грани про­ведём через точку T пря­мую, па­рал­лель­ную Эта пря­мая пе­ре­сечёт ребро в точке Точка F лежит в плос­ко­сти Тре­уголь­ни­ки и по­доб­ны, как тре­уголь­ни­ки с па­рал­лель­ны­ми сто­ро­на­ми, сле­до­ва­тель­но,

Таким об­ра­зом, Тогда и

б)  Четырёхуголь­ник   — се­че­ние па­рал­ле­ле­пи­пе­да плос­ко­стью По­сколь­ку сто­ро­ны FT и па­рал­лель­ны, но не равны, то четырёхуголь­ник   — тра­пе­ция. Про­дол­жим бо­ко­вые сто­ро­ны EF и до пе­ре­се­че­ния в точке Точка T  — се­ре­ди­на по­это­му от­ре­зок FT  — сред­няя линия тре­уголь­ни­ка Из ра­вен­ства тре­уголь­ни­ков и по­лу­ча­ем от­ку­да то есть тра­пе­ция   — рав­но­бед­рен­ная.

Найдём сто­ро­ны тра­пе­ции:

Вы­со­та рав­но­бед­рен­ной тра­пе­ции

Тогда

Ответ: б) 90.

а)  Про­ведём KE  — сред­нюю линию тре­уголь­ни­ка BB'D'. Точка  E  — се­ре­ди­на B'D', сле­до­ва­тель­но, точка пе­ре­се­че­ния диа­го­на­лей верх­не­го ос­но­ва­ния и се­че­ние со­дер­жит диа­го­наль A'C'. Тре­уголь­ник A'C'K яв­ля­ет­ся ис­ко­мым се­че­ни­ем по при­зна­ку па­рал­лель­но­сти пря­мой и плос­ко­сти.

Пря­мо­уголь­ные тре­уголь­ни­ки A'B'K и С'B'K равны по двум ка­те­там, по­это­му A'K  =  С'K, сле­до­ва­тель­но, тре­уголь­ник A'C'K рав­но­бед­рен­ный.

б)  Далее имеем:

Ответ: б) 16.

Най­дем про­из­вод­ную за­дан­ной функ­ции:

Най­дем нули про­из­вод­ной:

Опре­де­лим знаки про­из­вод­ной функ­ции и изоб­ра­зим на ри­сун­ке по­ве­де­ние функ­ции:

В точке за­дан­ная функ­ция имеет ми­ни­мум, яв­ля­ю­щий­ся ее наи­мень­шим зна­че­ни­ем на за­дан­ном от­рез­ке. Най­дем это наи­мень­шее зна­че­ние:

Ответ: −1.

а)  Плос­кость EFT пе­ре­се­ка­ет грани BB₁C₁C и AA₁D₁D по па­рал­лель­ным от­рез­кам.

Зна­чит, тре­уголь­ни­ки D₁A₁E и TB₁F по­доб­ны, причём пря­мые D₁A₁ и B₁C₁ па­рал­лель­ны, пря­мые A₁E и B₁F тоже па­рал­лель­ны. По­это­му пря­мые ED₁ и FT также па­рал­лель­ны. Если плос­кость EFT не про­хо­дит через точку D₁, то по­лу­ча­ет­ся, что в плос­ко­сти AA₁D₁D через точку E про­хо­дят две раз­лич­ные пря­мые, па­рал­лель­ные пря­мой FT. По­лу­чи­ли про­ти­во­ре­чие.

б)  Се­че­ние па­рал­ле­ле­пи­пе­да плос­ко­стью EFT  — тра­пе­ция. Про­ведём через точку F пря­мую, па­рал­лель­ную пря­мой AB. По­лу­чим точку P на ребре AA₁.

Тогда

Сле­до­ва­тель­но, EF = D₁T, и тра­пе­ция EFTD₁ рав­но­бед­рен­ная. Про­ведём в ней вы­со­ту TH.

Тогда пло­щадь тра­пе­ции равна

Ответ: б) 382,5.

Пусть ис­ко­мый угол равен x, тогда дуга DE равна 2x. Угол между се­ку­щи­ми CB и CA равен по­лу­раз­но­сти дуг AB и DE:

Ответ: 21.

а)  Рас­смот­рим се­че­ние приз­мы плос­ко­стью ABC₁D₁. Точка Е лежит в этой плос­ко­сти вме­сте с пря­мой BD₁. Сле­до­ва­тель­но, пря­мые AB и C₁E также лежат в этой плос­ко­сти. Пусть они пе­ре­се­ка­ют­ся в точке M, тогда точка M лежит в ис­ко­мом се­че­нии. Ана­ло­гич­но, пря­мые BC и A₁E лежат в се­че­нии BCA₁D₁ и пе­ре­се­ка­ют­ся в точке N. Тра­пе­ция A₁C₁NM  — ис­ко­мое се­че­ние.

б)  Дан­ная приз­ма яв­ля­ет­ся пря­мо­уголь­ным па­рал­ле­ле­пи­пе­дом, длина его диа­го­на­ли равна квад­рат­но­му корню из суммы квад­ра­тов длин трех его из­ме­ре­ний:

Из усло­вия по­это­му Тре­уголь­ни­ки D₁C₁E и BME по­доб­ны по трем углам, от­ку­да на­хо­дим, что то есть Ана­ло­гич­но по­лу­ча­ем, что сле­до­ва­тель­но, тре­уголь­ник BMN  — рав­но­бед­рен­ный. Опу­стим пер­пен­ди­ку­ляр AH на пря­мую MN. По тео­ре­ме о трёх пер­пен­ди­ку­ля­рах пря­мая A₁H пер­пен­ди­ку­ляр­на пря­мой MN. Таким об­ра­зом, угол A₁HA  — ис­ко­мый.

Тре­уголь­ни­ки AHM и BMN по­доб­ны по ка­те­ту и остро­му углу, тогда Сле­до­ва­тель­но,

от­ку­да

Ответ: б) 

При­ве­дем ре­ше­ние Ивана Ива­но­ва из Вла­ди­во­сто­ка.

а)  Пусть точка F  — точка пе­ре­се­че­ния диа­го­на­лей квад­ра­та A₁B₁C₁D₁. Плос­кость се­че­ния пе­ре­се­ка­ет­ся с плос­ко­стью BB₁D₁D по пря­мой FE, по­сколь­ку пря­мая A₁C₁ и точка E при­над­ле­жат плос­ко­сти се­че­ния. Пусть точка G  — точка пе­ре­се­че­ния пря­мых FE и BD. Эта точка при­над­ле­жит плос­ко­сти се­че­ния и плос­ко­сти ABCD. По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра на­хо­дим Сле­до­ва­тель­но, Тре­уголь­ни­ки BEG и D₁EF по­доб­ны по двум углам, ко­эф­фи­ци­ент по­до­бия равен Из по­до­бия этих тре­уголь­ни­ков на­хо­дим:

Плос­ко­сти верх­не­го и ниж­не­го ос­но­ва­ний приз­мы па­рал­лель­ны, по­это­му плос­кость се­че­ния пе­ре­се­ка­ет плос­кость ABCD по про­хо­дя­щей через точку G пря­мой, ко­то­рая па­рал­лель­на диа­го­на­ли квад­ра­та AC, ко­то­рая, в свою оче­редь, па­рал­лель­на пря­мой A₁C₁. Пусть эта пря­мая пе­ре­се­ка­ет сто­ро­ны AB и BC в точ­ках M и N со­от­вет­ствен­но. От­ре­зок MN  — сред­няя линия тре­уголь­ни­ка ABC, по­сколь­ку Сле­до­ва­тель­но, Таким об­ра­зом, по­стро­е­но ис­ко­мое се­че­ние  — тра­пе­ция A₁C₁NM.

б)  Пусть точка P  — точка пе­ре­се­че­ния диа­го­на­лей квад­ра­та ABCD. Сле­до­ва­тель­но, Вы­чис­лим тан­генс ис­ко­мо­го угла:

от­ку­да ис­ко­мый угол равен 

Пре­об­ра­зу­ем пер­вое урав­не­ние:

Гра­фи­ком пер­во­го урав­не­ния яв­ля­ет­ся объ­еди­не­ние от­кры­то­го луча AB, за­кры­то­го луча CD и от­рез­ка BE с от­кры­тым кон­цом Вто­рое урав­не­ние пе­ре­пи­шем в виде: оно задаёт мно­же­ство па­рал­лель­ных пря­мых с уг­ло­вым ко­эф­фи­ци­ен­том Зна­че­ние па­ра­мет­ра a равно ор­ди­на­те точки, в ко­то­рой каж­дая такая пря­мая пе­ре­се­ка­ет ось

Ко­ли­че­ство точек пе­ре­се­се­ний гра­фи­ков со­от­вет­ству­ет ко­ли­че­ству ре­ше­ний ис­ход­ной си­сте­мы. Зна­че­ние на­хо­дим из усло­вия, что пря­мая про­хо­дит через точку также по­сту­пим с осталь­ны­ми па­ра­мет­ра­ми

Таким об­ра­зом, ко­ли­че­ство точек пе­ре­се­че­ний гра­фи­ков в за­ви­си­мо­сти от зна­че­ния a сле­ду­ю­щее:

  — одна точка,   — две точки,   — три точки,   — две точки,   — одна точка,   — две точки,   — одна точка. От­ку­да по­лу­ча­ем ответ к за­да­че.

Ответ:

а)  Пусть от­рез­ки LK и MO  — вы­со­ты пи­ра­мид LADE и MABC со­от­вет­ствен­но. Тре­уголь­ни­ки ALK и AMO по­доб­ны, по­это­му Пло­ща­ди тре­уголь­ни­ков ADE и ACB от­но­сят­ся как про­из­ве­де­ния сто­рон, со­дер­жа­щих угол A, то есть как

Тогда

Что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  Точка O  — центр ос­но­ва­ния пи­ра­ми­ды. В тре­уголь­ни­ке ABC имеем:

Зна­чит, от­ре­зок DE делит ме­ди­а­ну, про­ведённую из вер­ши­ны A, в от­но­ше­нии 2 : 1, то есть со­дер­жит точку O. Кроме того, точка O  — се­ре­ди­на DE.

Рас­смот­рим пря­мо­уголь­ный тре­уголь­ник AMO. В нём Опу­стим из точки L пер­пен­ди­ку­ляр LK на сто­ро­ну AO. Тогда

Зна­чит,

Рав­но­бед­рен­ный тре­уголь­ник DLE  — ис­ко­мое се­че­ние, а LO  — его вы­со­та. Пло­щадь ис­ко­мо­го се­че­ния равна

Ответ: б)  

а)  Пусть от­рез­ки LK и MO  — вы­со­ты пи­ра­мид LADE и MABC со­от­вет­ствен­но. Тре­уголь­ни­ки ALK и AMO по­доб­ны, по­это­му

Пло­ща­ди тре­уголь­ни­ков ADE и ACB от­но­сят­ся как про­из­ве­де­ния сто­рон, со­дер­жа­щих угол A, то есть как Тогда

Что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  Точка O  — центр ос­но­ва­ния пи­ра­ми­ды. В тре­уголь­ни­ке ABC имеем:

Зна­чит, от­ре­зок DE делит ме­ди­а­ну, про­ведённую из вер­ши­ны A, в от­но­ше­нии 2 : 1, то есть со­дер­жит точку O. Кроме того, O  — се­ре­ди­на DE.

Рас­смот­рим пря­мо­уголь­ный тре­уголь­ник AMO. В нём Опу­стим из точки L пер­пен­ди­ку­ляр LK на сто­ро­ну AO. Тогда

Зна­чит,

Рав­но­бед­рен­ный тре­уголь­ник DLE  — ис­ко­мое се­че­ние, а LO  — его вы­со­та. Пло­щадь ис­ко­мо­го се­че­ния равна

Ответ: б)

а)  Пусть AB  — диа­метр боль­шей из трёх окруж­но­стей, O  — её центр, O₁  — центр окруж­но­сти ра­ди­у­са r, ка­ю­щий­ся окруж­но­сти с диа­мет­ром AB в точке A, O₂  — центр окруж­но­сти ра­ди­у­са R, ка­са­ю­щий­ся окруж­но­сти с диа­мет­ром AB в точке C, окруж­но­сти с цен­тром O₁  — в точке D, от­рез­ка AB  — в точке E. Точки O, O₂ и C лежат на одной пря­мой, по­это­му OO₂  =  OC − O₂C  =  OC − R.

Ана­ло­гич­но OO₁=OA − O₁A=OA − r, O₁O₂ = O₁D + O₂D = r + R.

Сле­до­ва­тель­но, пе­ри­метр тре­уголь­ни­ка OO₁O₂ равен

б)  Пусть OA = 6, r = 2. Тогда

Из пря­мо­уголь­ных тре­уголь­ни­ков O₁O₂E и OO₂E на­хо­дим, что

Воз­мож­ны два слу­чая: (O лежит между E и O₁) и (E лежит между O и O₁). Это дает нам два урав­не­ния и ко­то­рые имеют общее ре­ше­ние R = 3, это озна­ча­ет, что диа­метр ис­ко­мой окруж­но­сти равен ра­ди­у­су наи­боль­шей из трёх окруж­но­стей, что точка E сов­па­да­ет с O.

Ответ: 3.

Пер­вое урав­не­ние си­сте­мы за­да­ет пару окруж­но­стей: окр.(D(−3; 7); 3), про­хо­дя­щую через точку E и окр.(C(−3; −7); 3), про­хо­дя­щую через точку А.

Вто­рое урав­не­ние за­да­ет окр. , (см. рис.)

Ис­ход­ная си­сте­ма будет иметь ровно три ре­ше­ния лишь в двух слу­ча­ях:

1)  Если у окруж­но­стей с цен­тром В и с цен­тром D будет един­ствен­ная общая точка (ка­са­ние внут­рен­нее) и при этом окр. пе­ре­се­чет окруж­ность с цен­тром С в двух точ­ках.

2.  Если у окруж­но­стей с цен­тром В и с цен­тром С будет един­ствен­ная общая точка (ка­са­ние внеш­нее), при­чем окр. пе­ре­се­чет окруж­ность с цен­тром D в двух точ­ках.

Рас­смот­рим слу­чай 1.

Мы по­лу­чи­ли одно из ис­ко­мых зна­че­ний от­ку­да

Те­перь рас­смот­рим слу­чай 2.

Нами по­лу­че­но дру­гое ис­ко­мое зна­че­ние от­ку­да

Ответ: 144; 256.

а)  Пусть: F и E  — общие точки окруж­но­сти с цен­тром O₂ и общих внеш­них ка­са­тель­ных, G и H  — общие точки дру­гой за­дан­ной окруж­но­сти и тех же внеш­них ка­са­тель­ных, N и Q  — общие точки за­дан­ных окруж­но­стей и общей внут­рен­ней ка­са­тель­ной; T  — точка пе­ре­се­че­ния O₁O₂ и AB.

Со­еди­ним от­рез­ка­ми точки O₁ и A, O₂ и B. За­ме­тим, что:

AO₁ есть бис­сек­три­са угла HAB, AO₂  — бис­сек­три­са угла EAB. А эти углы яв­ля­ют­ся смеж­ны­ми. Так как бис­сек­три­сы двух смеж­ных углов вза­им­но пер­пен­ди­ку­ляр­ны, то ∠O₁AO₂  =  90°. Ана­ло­гич­но до­ка­жем, что ∠O₁BO₂  =  90°. Таким об­ра­зом, по­лу­ча­ем , что сумма одной пары про­ти­во­по­лож­ных углов че­ты­рех­уголь­ни­ка O₁AO₂B равна 180°. Коли это так, то сумма и дру­гой пары про­ти­во­по­лож­ных углов того же че­ты­рех­уголь­ни­ка обя­за­на быть рав­ной 360° − 180°  =  180°. То есть вы­пол­ня­ет­ся при­знак впи­сан­но­го че­ты­рех­уголь­ни­ка, что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  За­ме­тим, что O₁Q || O₂N как два пер­пен­ди­ку­ля­ра к одной и той же пря­мой AB.

Рас­смот­рим Δ O₁QT и Δ O₂NT. Они пря­мо­уголь­ны, у них: ∠QTO₁ = ∠NTO₂ как вер­ти­каль­ные, ∠QO₁T = ∠NO₂T как внут­рен­ние на­крест ле­жа­щие при па­рал­лель­ных O₁Q, O₂N и се­ку­щей O₁O₂. Зна­чит, Δ O₁QT ~ Δ O₂NT,

Пусть тогда

В

В

Ответ: б) 12.

а)  Про­ве­дем апо­фе­му PD за­дан­ной пи­ра­ми­ды (D ∈ AC).

Пусть K  — точка пе­ре­се­че­ния плос­ко­сти α и ребра PA за­дан­ной пи­ра­ми­ды. Так как PA ⊥α, KC ⊂ α, KB ⊂ α, то PA ⊥ KC, PA ⊥ KB.

В Δ PAC

(Ис­поль­зо­ван метод пло­ща­дей). Оче­вид­но,

В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке AKC

За­дан­ная пи­ра­ми­да плос­ко­стью α раз­би­ва­ет­ся на две пи­ра­ми­ды с общим ос­но­ва­ни­ем  — Δ BKC и вы­со­та­ми AK и PK. Най­дем от­но­ше­ние их объ­е­мов.

Если то

что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  В рав­но­бед­рен­ном тре­уголь­ни­ке BKC про­ве­дем KE ⊥ BC. Ясно, что BE  =  CE.

Ответ: б)

А)  Стро­им по­сле­до­ва­тель­но:

1.  От­ре­зок ВК.

2.  От­ре­зок KF, F ∈ PD, KF || DC.

3.  От­ре­зок AF. AFKB  — ис­ко­мое се­че­ние.

По­ло­же­ние точек А, В и К за­да­но усло­ви­ем за­да­чи. Нам сле­ду­ет до­ка­зать:

1)  F ∈ (ABK); 2) AFKB  — тра­пе­ция. До­ка­жем.

1)  Из усло­вия: DC || AB, по по­стро­е­нию: KF || DC. Сле­до­ва­тель­но, KF || AB по свой­ству тран­зи­тив­но­сти от­но­ше­ния па­рал­лель­но­сти. Так как через две па­рал­лель­ные пря­мые можно про­ве­сти толь­ко одну плос­кость, то F ∈ (ABK).

2)  Для до­ка­за­тель­ства того, что AFKB  — тра­пе­ция, до­ста­точ­но убе­дить­ся, что AF и KB не па­рал­лель­ны. Пред­по­ло­жим, что AF || KB, тогда AFKB  — па­рал­ле­ло­грамм, от­ку­да: FK = AB, сле­до­ва­тель­но, FK = CD, чего быть не может, так как по смыс­лу за­да­чи FK < CD. Зна­чит, пред­по­ло­же­ние AF || KB не­вер­но.

Б)  Гео­мет­ри­че­ский спо­соб ре­ше­ния.

Для опре­де­лен­но­сти при­мем 4 за длину ребер пи­ра­ми­ды. Пусть О  — точка пе­ре­се­че­ния диа­го­на­лей ос­но­ва­ния, Q  — се­ре­ди­на CD, H  — се­ре­ди­на АВ, Е  — се­ре­ди­на KF, М  — точка пе­ре­се­че­ния РО и E, тогда:

В по тео­ре­ме Ме­не­лая: Итак, PM = 6OM. А это зна­чит, что

До­ка­жем, что ис­ко­мый угол.

AB пря­мая, по ко­то­рой пе­ре­се­ка­ют­ся плос­ко­сти АВК и АВС, PO ⊥ (ABC), M  — на­клон­ная, O  — про­ек­ция на­клон­ной. O ⊥ AB, сле­до­ва­тель­но, MH ⊥ AB.

Ко­ор­ди­нат­но-век­тор­ный спо­соб ре­ше­ния.

По­ме­стим за­дан­ную пи­ра­ми­ду в де­кар­то­ву си­сте­му ко­ор­ди­нат, как по­ка­за­но на ри­сун­ке. Для опре­де­лен­но­сти при­мем за длину ребер пи­ра­ми­ды 4. Пусть О  — точка пе­ре­се­че­ния диа­го­на­лей ос­но­ва­ния пи­ра­ми­ды, Q  — се­ре­ди­на CD, F  — се­ре­ди­на АВ, Е  — се­ре­ди­на KF, М  — точка пе­ре­се­че­ния РО и F, тогда : ап­пли­ка­та точки К будет равна т. е.

Най­дем ко­ор­ди­на­ты нуж­ных точек:

Будем ис­кать урав­не­ние плос­ко­сти АВК при d = 2, для чего будем ре­шать си­сте­му урав­не­ний:

      Итак, урав­не­ние плос­ко­сти АВК имеет вид: или Нор­маль­ный век­тор этой плос­ко­сти

Урав­не­ние плос­ко­сти ос­но­ва­ния пи­ра­ми­ды: z = 0, нор­маль­ный век­тор ко­то­рой Ис­ко­мый угол  — угол между век­то­ра­ми и

Ответ: Б)

а)  До­пл­ни­тель­ные по­стро­е­ния и обо­зна­че­ния:

О  — центр впи­сан­ной окруж­но­сти; O₁  — се­ре­ди­на от­рез­ка AB; MN  — от­ре­зок, со­еди­ня­ю­щий се­ре­ди­ны ос­но­ва­ний рав­но­бед­рен­ной тра­пе­ции; ОМ, ОN ра­ди­у­сы впи­сан­ной окруж­но­сти; E  — про­ек­ции С на АD; K  — точка ка­са­ния пер­вой окруж­но­сти сто­ро­ны тра­пе­ции CD.

Рас­смот­рим Δ OMC и Δ ONH. Они пря­мо­уголь­ные, у них: ОМ = ОN как ра­ди­у­сы одной и той же окруж­но­сти, ∠MOC  =  ∠NOH как вер­ти­каль­ные. Зна­чит, Δ OMC = Δ ONH, от­ку­да MC  =  NH.

Имеем: D  =  KC + KD, DH  =  DN + NH. По свой­ству ка­са­тель­ных, про­ве­ден­ных к окруж­но­сти из одной и той же точки: DN  =  KD. При­ба­вим к левой и пра­вой ча­стям этого ра­вен­ства рав­ные от­рез­ки NH и МС со­от­вет­ствен­но. По­лу­чим вер­ное ра­вен­ство: DN + NH  =  KD + MC. В пра­вой части сла­га­е­мое МС за­ме­ним рав­ным KC. Тогда будем иметь: DN + NH  =  KD + KC, а это зна­чит, что DH  =  DC, что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  В че­ты­рех­уголь­ник можно впи­сать окруж­ность толь­ко в том слу­чае, если суммы про­ти­во­по­лож­ных сто­рон че­ты­рех­уголь­ни­ка равны. Сле­до­ва­тель­но, 2AB  =  AD + BC, т. е. AD + BC  =  2 · 2 · 6,5  =  26.

BH ⊥ AD, так как ∠ AHB  =  90° как впи­сан­ный угол, опи­ра­ю­щий­ся на диа­метр вто­рой окруж­но­сти. CE ⊥ AD по по­стро­е­нию, зна­чит, BH||CE. Кроме того, BC||AD по опре­де­ле­нию тра­пе­ции, сле­до­ва­тель­но, HBCE  — пря­мо­уголь­ник, BC  =  HE, BH  =  CE.

В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке AHB

Зна­чит, от­ку­да

Ответ: 8 и 18.

а)  За­да­чу решим с мак­си­маль­но воз­мож­ным при­вле­че­ни­ем ме­то­да ко­ор­ди­нат. По­ме­стим тра­пе­цию в де­кар­то­ву си­сте­му ко­ор­ди­нат, как по­ка­за­но на ри­сун­ке.

Пусть: r  — ра­ди­ус впи­сан­ной окруж­но­сти;   — абс­цис­сы вер­шин D и C со­от­вет­ствен­но,   — се­ре­ди­на от­рез­ка Тогда:

Урав­не­ние пря­мой

Най­дем уг­ло­вой ко­эф­фи­ци­ент пря­мой АВ.

Урав­не­ние пря­мой, про­хо­дя­щей через точку F, па­рал­лель­но пря­мой АВ, имеет вид:

Най­дем точку пе­ре­се­че­ния этой пря­мой и пря­мой AD, для чего решим си­сте­му:

Таким об­ра­зом, ока­за­лось, что най­ден­ная пря­мая пе­ре­се­ка­ет пря­мую AD в точке

Так как центр впи­сан­ной окруж­но­сти лежит на бис­сек­три­се угла то, зная ко­ор­ди­на­ты точек и можно по­лу­чить урав­не­ние бис­сек­три­сы.

Те­перь най­дем ко­ор­ди­на­ты пе­ре­се­че­ния пря­мых AD и

Ока­за­лось, что бис­сек­три­са угла пе­ре­се­ка­ет пря­мую AD в точке

До­ка­за­тель­ство тре­бу­е­мо­го за­вер­ше­но.

б)  Из усло­вия по­лу­чим: По при­зна­ку окруж­но­сти , впи­сан­ной в че­ты­рех­уголь­ник:

Это  — с одной сто­ро­ны, с дру­гой же сто­ро­ны  — Зна­чит,

Оче­вид­но, цен­тры обеих окруж­но­стей лежат на оси сим­мет­рии тра­пе­ции. Обо­зна­чим центр опи­сан­ной окруж­но­сти Она лежит на пе­ре­се­че­нии се­ре­дин­но­го пер­пен­ди­ку­ля­ра к пря­мой и пря­мой Уг­ло­вой ко­эф­фи­ци­ент пря­мой

А уг­ло­вой ко­эф­фи­ци­ент пря­мой, пер­пен­ди­ку­ляр­ной CD, будет:

Урав­не­ние пря­мой, про­хо­дя­щей через точку F с уг­ло­вым ко­эф­фи­ци­ен­том будет иметь вид: или

Те­перь най­дем ко­ор­ди­на­ты точки K (точки пе­ре­се­че­ния оси сим­мет­рии тра­пе­ции и се­ре­дин­но­го пер­пен­ди­ку­ля­ра к от­рез­ку BD).

Най­ден­ная ор­ди­на­та точки K и будет равна рас­сто­я­нию между цен­тра­ми двух окруж­но­стей.

Ответ: б)

а)  До­стро­им тра­пе­цию до тре­уголь­ни­ка ASB, S  — точка пе­ре­се­че­ния AD и BC. По­сколь­ку тра­пе­ция ABCD  — рав­но­бед­рен­ная, у Δ ASB все углы ока­жут­ся по 60°, а сам тре­уголь­ник будет пра­виль­ным.

За­дан­ная окруж­ность будет впи­сан­ной как в тра­пе­цию ABCD, так и в Δ ASB, при­чем, точки E и K будут се­ре­ди­на­ми от­рез­ков AS и BS со­от­вет­ствен­но. От­сю­да KE  — сред­няя линия что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  Δ KSE ~ Δ BSA с ко­эф­фи­ци­ен­том по­до­бия А это зна­чит, что

Пусть Тогда с одной сто­ро­ны,   — со сто­ро­ны дру­гой. Сле­до­ва­тель­но,

Ответ: б)