а)  По тео­ре­ме о внеш­нем угле тре­уголь­ни­ка,

По­это­му

Зна­чит, точки B, E, C, O лежат на одной окруж­но­сти. Впи­сан­ные в эту окруж­ность углы CBE и COE опи­ра­ют­ся на одну и ту же дугу, сле­до­ва­тель­но, ∠CBE = ∠COE.

б)  По тео­ре­ме ко­си­ну­сов

Впи­сан­ные углы BEO и CEO опи­ра­ют­ся на рав­ные хорды BO и CO, зна­чит, EO  — бис­сек­три­са угла BEC. Пусть M  — точка её пе­ре­се­че­ния со сто­ро­ной BC. По фор­му­ле для бис­сек­три­сы тре­уголь­ни­ка по­лу­ча­ем:

По свой­ству бис­сек­три­сы тре­уголь­ни­ка зна­чит,

По тео­ре­ме о про­из­ве­де­нии пе­ре­се­ка­ю­щих­ся хорд EM · MO  =  BM · CM, от­ку­да на­хо­дим, что

Тре­уголь­ни­ки COM и AOK равны по сто­ро­не и двум при­ле­жа­щим к ней углам, по­это­му OK  =  OM. Сле­до­ва­тель­но, EK  =  EM + 2OM  =  15 + 98  =  113.

Ответ: 113.

При­ме­ча­ние.

Зная длину от­рез­ка СМ  =  21, можно ис­кать ME, при­ме­няя тео­ре­му ко­си­ну­сов к тре­уголь­ни­ку СМЕ. Пусть в нем МЕ  =  х, тогда

По­сколь­ку тре­уголь­ник СМЕ ост­ро­уголь­ный, ре­ше­ние х  =  9 по­сто­рон­нее. По­сто­рон­ние корни по­яв­ля­ют­ся из-за того, что по сто­ро­не, при­ле­жа­ще­му к ней углу и про­ти­во­ле­жа­щей дан­но­му углу сто­ро­не тре­уголь­ник опре­де­лен не­од­но­знач­но. Ана­ло­гич­но для тре­уголь­ни­ка BME: можно найти два корня урав­не­ния на длину EM: 15 и 25, боль­ший ко­рень яв­ля­ет­ся по­сто­рон­ним.

а)  Возьмём на диа­го­на­ли AC па­рал­ле­ло­грам­ма ABCD точку O (не по­се­ре­ди­не) и про­ведём через неё пер­пен­ди­ку­ля­ры NL и KM к сто­ро­нам па­рал­ле­ло­грам­ма (см. рис.). Пря­мо­уголь­ные тре­уголь­ни­ки CKO и AMO по­доб­ны. Точно так же по­доб­ны тре­уголь­ни­ки CNO и ALO:

От­сю­да сле­ду­ет по­до­бие тре­уголь­ни­ков ONK и OLM. Тогда на­крест ле­жа­щие углы OML и OKN равны, а по­это­му пря­мые NK и ML па­рал­лель­ны. Сле­до­ва­тель­но, четырёхуголь­ник KLMN  — па­рал­ле­ло­грамм или тра­пе­ция.

До­ка­жем, что это тра­пе­ция. Если KLMN  — па­рал­ле­ло­грамм, то ON  =  OL. В этом слу­чае OC  =  OA, то есть O  — се­ре­ди­на AC. Про­ти­во­ре­чие. Зна­чит, KLMN  — тра­пе­ция.

б)  Обо­зна­чим пло­щадь па­рал­ле­ло­грам­ма S, а его ост­рый угол – α. Угол между диа­го­на­ля­ми NL и KM тра­пе­ции KLMN равен углу между пер­пен­ди­ку­ляр­ны­ми диа­го­на­лям пря­мы­ми BC и CD, то есть этот угол равен α.

По­это­му пло­щадь тра­пе­ции равна:

Под­став­ляя α  =  60° и S  =  16, по­лу­ча­ем, что пло­щадь тра­пе­ции равна

Ответ: 6.

При­ве­дем ре­ше­ние пунк­та а) Ивана Ива­но­ва (Вла­ди­во­сток).

Сумма углов AMO и ALO равна 90° + 90°  =  180°. Сле­до­ва­тель­но, четырёхуголь­ник AMOL  — впи­сан­ный. По­это­му впи­сан­ные углы LAO и LMO равны, по­сколь­ку опи­ра­ют­ся на одну и ту же дугу.

Сумма углов CNO и CKO равна 90° + 90°  =  180°. Сле­до­ва­тель­но, четырёхуголь­ник KONC  — впи­сан­ный. По­это­му впи­сан­ные углы NKO и NCO равны, по­сколь­ку опи­ра­ют­ся на одну и ту же дугу.

Углы LAO и NCO равны как на­крест ле­жа­щие при па­рал­лель­ных пря­мых AD и BC и се­ку­щей AC. Сле­до­ва­тель­но, углы LMO и NKO равны, по­это­му пря­мые NK и ML па­рал­лель­ны по ра­вен­ству на­крест ле­жа­щих углов.    

До­ка­жем, что че­ты­рех­уголь­ник  — тра­пе­ция. Имеем:

Сле­до­ва­тель­но, и от­рез­ки MO и KO не равны, зна­чит, KLMN не па­рал­ле­ло­грамм. Тогда это тра­пе­ция.

а)  Пусть K, L, M и N  — се­ре­ди­ны сто­рон AB, BC, CD и AD четырёхуголь­ни­ка ABCD со­от­вет­ствен­но. Тогда KL и MN  — сред­ние линии тре­уголь­ни­ков ABC и ADC. Зна­чит, и KL || AC || MN, по­это­му KLMN  — па­рал­ле­ло­грамм. Его диа­го­на­ли KM и LN делят друг друга по­по­лам, что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  В тре­уголь­ни­ке KLM имеем:

Зна­чит, KL  =  9. Тогда по­это­му тре­уголь­ник KLM пря­мо­уголь­ный тре­уголь­ник с пря­мым углом при вер­ши­не  L. Четырёхуголь­ник  KLMN  — пря­мо­уголь­ник, по­это­му

От­ре­зок KL яв­ля­ет­ся сред­ней ли­ни­ей тре­уголь­ни­ка ABC, по­это­му Ана­ло­гич­но Тогда имеем:

где S  — ис­ко­мая пло­щадь четырёхуголь­ни­ка ABCD. Ана­ло­гич­но По­это­му

Сле­до­ва­тель­но,

Ответ:

При­ве­дем ре­ше­ние пунк­та б) wladius w.

В тре­уголь­ни­ке KLM имеем:

Зна­чит, KL  =  9. Тогда по­это­му тре­уголь­ник KLM пря­мо­уголь­ный, то есть  KL || AC, LM || BD, тогда Сле­до­ва­тель­но,

При­ме­ча­ние.

За­ме­тим, что че­ты­рех­уголь­ник, вер­ши­на­ми ко­то­ро­го яв­ля­ют­ся се­ре­ди­ны сто­рон про­из­воль­но­го че­ты­рех­уголь­ни­ка, яв­ля­ет­ся па­рал­ле­ло­грам­мом, пло­щадь ко­то­ро­го равна по­ло­ви­не пло­ща­ди ис­ход­но­го че­ты­рех­уголь­ни­ка (см. па­рал­ле­ло­грамм Ва­ри­ньо­на). При ре­ше­нии дан­ной за­да­чи фак­ти­че­ски до­ка­за­на тео­ре­ма Ва­ри­ньо­на и след­ствие из нее.

а)  Обо­зна­чим точки пе­ре­се­че­ния пря­мой BM c пря­мы­ми AN и AC бук­ва­ми P и R со­от­вет­ствен­но.

Пусть O  — точка пе­ре­се­че­ния диа­го­на­лей па­рал­ле­ло­грам­ма. Тогда AO и BM  — ме­ди­а­ны тре­уголь­ни­ка ABD, зна­чит,

Из по­до­бия тре­уголь­ни­ков BPN и MPA на­хо­дим, что

Зна­чит, Из до­ка­зан­но­го сле­ду­ет, что BP  =  PR  =  RM.

б)  Пусть пло­щадь па­рал­ле­ло­грам­ма равна S. Из по­до­бия тре­уголь­ни­ков MRA и BRC с ко­эф­фи­ци­ен­том сле­ду­ет, что вы­со­та тре­уголь­ни­ка BRC, про­ведённая к сто­ро­не BC, со­став­ля­ет вы­со­ты па­рал­ле­ло­грам­ма, про­ведённой к той же сто­ро­не. Сле­до­ва­тель­но, пло­щадь тре­уголь­ни­ка BRC равна

Ана­ло­гич­но найдём пло­щадь тре­уголь­ни­ка BNP. Его вы­со­та, про­ведённая к BN, со­став­ля­ет вы­со­ты па­рал­ле­ло­грам­ма, про­ведённой к сто­ро­не BC, сама сто­ро­на BN в че­ты­ре раза мень­ше сто­ро­ны па­рал­ле­ло­грам­ма BC. По­это­му

Сле­до­ва­тель­но, пло­щадь четырёхуголь­ни­ка PRCN равна

Ответ: 14.

При­ве­дем ре­ше­ние пунк­та а) Юлии Еро­хи­ной.

По усло­вию M  — се­ре­ди­на AD, BN : NC  =  1 : 3. Тогда, по­ла­гая BN  =  x, по­лу­ча­ем: NC  =  3x, AM  =  MD  =  2x. Обо­зна­чим точки пе­ре­се­че­ния пря­мой BM c пря­мы­ми AN и AC бук­ва­ми P и R со­от­вет­ствен­но.

Тре­уголь­ник BRC по­до­бен тре­уголь­ни­ку ARM по двум углам (углы BRC и ARM равны как вер­ти­каль­ные, углы BCR и MAR равны как на­крест ле­жа­щие при пе­ре­се­че­нии па­рал­лель­ных пря­мых се­ку­щей), сле­до­ва­тель­но, Пусть RM  =  y, тогда BR  =  2y, BM  =  3y.

Тре­уголь­ник BPN по­до­бен тре­уголь­ни­ку APM по двум углам (углы BPN и APM равны как вер­ти­каль­ные, углы BNP и MAP равны как на­крест ле­жа­щие при пе­ре­се­че­нии па­рал­лель­ных пря­мых се­ку­щей), сле­до­ва­тель­но, Пусть BP  =  z, тогда PM  =  2z, BM  =  3z.

Таким об­ра­зом, 3y  =  3z, от­ку­да y  =  z, то есть BP  =  PR  =  RM.

а)  Обо­зна­чим точки пе­ре­се­че­ния лучей с от­рез­ком BM  — бук­ва­ми P и R (см. рис.), и пусть O  — точка пе­ре­се­че­ния диа­го­на­лей па­рал­ле­ло­грам­ма, а N  — точка пе­ре­се­че­ния луча AP и пря­мой BC. Точка R делит ме­ди­а­ну BM тре­уголь­ни­ка ABD в от­но­ше­нии 2 : 1 счи­тая от B. Сле­до­ва­тель­но, R лежит на ме­ди­а­не AO этого тре­уголь­ни­ка, то есть луч AR со­дер­жит диа­го­наль AC.

б)  Пусть L  — точка пе­ре­се­че­ния AN и BD. Нужно найти пло­щадь четырёхуголь­ни­ка  LNCO. Пусть пло­щадь па­рал­ле­ло­грам­ма равна S. Пло­щадь тре­уголь­ни­ка  BOC равна Найдём пло­щадь тре­уголь­ни­ка BNL. Из по­до­бия тре­уголь­ни­ков BPN и MPA сле­ду­ет, что

Те­перь из по­до­бия тре­уголь­ни­ков BNL и DAL сле­ду­ет, что их со­от­вет­ству­ю­щие вы­со­ты от­но­сят­ся как 1 : 4 , а по­это­му вы­со­та тре­уголь­ни­ка BNL, про­ведённая к BN, со­став­ля­ет вы­со­ты па­рал­ле­ло­грам­ма, про­ведённой к сто­ро­не BC.

По­это­му

Сле­до­ва­тель­но, пло­щадь четырёхуголь­ни­ка LNCO равна

Ответ: 9.