а)  Из опи­сан­но­сти тра­пе­ций сле­ду­ет, что и По­сколь­ку и по­лу­ча­ем, что

б)  Оче­вид­но, при этих усло­ви­ях от­ре­зок MN яв­ля­ет­ся вы­со­той тра­пе­ции и имеет длину 6. Пусть AN  =  t, тогда из опи­сан­но­сти тра­пе­ции BMNA сле­ду­ет, от­ку­да Опус­кая вы­со­ту BK, по­лу­чим от­ку­да Решая это урав­не­ние, по­лу­ча­ем и

Обо­зна­чим O центр окруж­но­сти, впи­сан­ной в BMNA, центр вто­рой окруж­но­сти  — их про­ек­ции на сто­ро­ну AB  — за T и со­от­вет­ствен­но, ра­ди­ус вто­рой окруж­но­сти обо­зна­чим r. Тогда   — тра­пе­ция, в ко­то­рой

Опу­стим из O пер­пен­ди­ку­ля­ры OL и OH на BM и MN со­от­вет­ствен­но. Тогда OLMH  — квад­рат со сто­ро­ной 3, по­это­му а Из по­до­бия тре­уголь­ни­ков ATO и на­хо­дим, что и

Те­перь опу­стим пер­пен­ди­ку­ляр на OT. Тогда по­лу­ча­ем урав­не­ние:

Из двух кор­ней под­хо­дит толь­ко мень­ший, по­сколь­ку

Ответ:

а)  Пря­мые AE и CD па­рал­лель­ны, a DE  — бис­сек­три­са угла ADC, по­это­му ∠AED = ∠CDE = ∠ADE. Зна­чит, тре­уголь­ник ADE рав­но­бед­рен­ный, AD  =  АЕ. От­рез­ки АK и AT ка­са­тель­ных, про­ведённых к окруж­но­сти из точки A, равны, зна­чит, тре­уголь­ник  ATK также рав­но­бед­рен­ный, причём угол при вер­ши­не  A у этих тре­уголь­ни­ков общий. По­это­му ∠ATK  =  ∠ADE. Сле­до­ва­тель­но, KT || DE.

б)  Пусть окруж­ность ка­са­ет­ся ос­но­ва­ния DE рав­но­бед­рен­но­го тре­уголь­ни­ка ADE в точке М. Тогда M  — се­ре­ди­на DE. Обо­зна­чим DM  =  x. Тогда DT  =  DM  =  x, AT  =  AD − DT  =  6 − x. Тре­уголь­ник ATK по­до­бен тре­уголь­ни­ку ADE, по­это­му или От­сю­да на­хо­дим, что x  =  3. Тогда DE  =  2х  =  6, зна­чит, тре­уголь­ник ADE рав­но­сто­рон­ний. Сле­до­ва­тель­но, ∠BAD = ∠EAD  =  60°.

Ответ: 60°.

а)  Пря­мые AE и CD па­рал­лель­ны, a DE  — бис­сек­три­са угла ADC, по­это­му ∠AED = ∠CDE = ∠ADE. Зна­чит, тре­уголь­ник ADE рав­но­бед­рен­ный, AD  =  АЕ. От­рез­ки АK и AT ка­са­тель­ных, про­ведённых к окруж­но­сти из точки A, равны, зна­чит, тре­уголь­ник ATK также рав­но­бед­рен­ный, причём угол при вер­ши­не  A у этих тре­уголь­ни­ков общий. По­это­му ∠ATK  =  ∠ADE. Сле­до­ва­тель­но, KT || DE.

б)  Пусть окруж­ность ка­са­ет­ся ос­но­ва­ния DE рав­но­бед­рен­но­го тре­уголь­ни­ка ADE в точке М. Тогда M  — се­ре­ди­на DE. Обо­зна­чим DM  =  x. Тогда DT  =  DM  =  x, AT  =  AD − DT  =  8 − x. Тре­уголь­ник ATK по­до­бен тре­уголь­ни­ку ADE, по­это­му или От­сю­да на­хо­дим, что x  =  4. Тогда DE  =  2х  =  8, зна­чит, тре­уголь­ник   ADE рав­но­сто­рон­ний. Сле­до­ва­тель­но, ∠BAD = ∠EAD  =  60°.

Ответ: 60°.

а)  Пусть окруж­ность, впи­сан­ная в квад­рат, ка­са­ет­ся его сто­ро­ны AB в точке M₁, сто­ро­ны  AD  — в точке  N₁, а пря­мой  MN  — в точке  T. По свой­ству ка­са­тель­ных и Тогда

б)  По­ло­жим Тогда

По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра то есть

От­сю­да на­хо­дим, что Тогда и

Пусть точка O  — центр окруж­но­сти, а пря­мая PO пе­ре­се­ка­ет сто­ро­ны AD и BC в точ­ках L и H со­от­вет­ствен­но. Из ра­вен­ства тре­уголь­ни­ков DOL и BOH сле­ду­ет, что DL  =  BH, по­это­му Окруж­ность впи­са­на в угол MPC, зна­чит, PL  — бис­сек­три­са тре­уголь­ни­ка DPN, ко­то­рый по­до­бен тре­уголь­ни­ку AMN. Ис­поль­зуя свой­ство бис­сек­три­сы и по­до­бия, на­хо­дим:

от­ку­да Учи­ты­вая, что

на­хо­дим, что Тогда

Ответ: б) 1 : 3.

При­ве­дем ре­ше­ние пунк­та б) пред­ло­жен­ное нашим чи­та­те­лем Дмит­ри­ем.

Часть б) можно ре­шить проще, до­ка­зав, что От­ту­да сразу сле­ду­ет, что при любом по­ло­же­нии точки M. Дей­стви­тель­но, а   — угол между ка­са­тель­ны­ми и со­от­вет­ству­ю­щи­ми им ра­ди­у­са­ми. Далее, PH  — бис­сек­три­са   — бис­сек­три­са Сле­до­ва­тель­но,

Тре­уголь­ни­ки OHB и OMA равны по вто­ро­му при­зна­ку.

При­ве­дем ре­ше­ние пунк­та б) Мак­си­ма Вол­ко­ва.

Пусть O  — центр окруж­но­сти, T  — точка ка­са­ния окруж­но­сти и пря­мой MN. По­ло­жим AB  =  12a, тогда ра­ди­ус окруж­но­сти R  =  6a, MT  =  MM₁  =  3a. По­ло­жим тогда

За­ме­тим, что PO и MO  — бис­сек­три­сы внут­рен­них од­но­сто­рон­них углов, об­ра­зо­ван­ных при пе­ре­се­че­нии па­рал­лель­ных пря­мых AB и PC се­ку­щей MN. Сле­до­ва­тель­но, тогда

Пусть F  — точка ка­са­ния окруж­но­сти со сто­ро­ной CD, тогда в тре­уголь­ни­ке POF на­хо­дим: от­ку­да Далее,

а по­то­му из тре­уголь­ни­ка PHC на­хо­дим: Сле­до­ва­тель­но,

Тогда

Ответ: б) 1 : 3.

a)  Впи­сан­ные углы BAC и DAC опи­ра­ют­ся на рав­ные хорды, по­это­му они равны (см. рис. верх­ний). Впи­сан­ные углы ADB и ACB опи­ра­ют­ся на одну и ту же дугу, по­это­му

Зна­чит, тре­уголь­ни­ки ADP и ACB по­доб­ны по пер­во­му при­зна­ку (по двум углам). Сле­до­ва­тель­но,

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

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,

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

Ответ: б)