Планиметрическая задача

а)

Обозначим высоту трапеции через $h$. Тогда расстояние от точки $M$ до прямой $AD$ равно $\dfrac{h}{2}$.

Значит, $$S_{AMD} = \frac{1}{2} \cdot \frac{h}{2} \cdot AD = \frac{1}{2} \cdot h \cdot \frac{AD}{2} = S_{CED}.$$ Заметим, что $$S_{AMD} = S_{AMOE} + S_{EOD}, \quad S_{CED} = S_{COD} + S_{EOD},$$ Следовательно, $$S_{AMOE} = S_{COD}.$$

б)

Пусть $K$ — точка пересечения прямых $BC$ и $MD$.

Углы $KBM$ и $MAD$ равны, как накрест лежащие при параллельных прямых $KC$ и $AD$ и секущей $AB$.

Углы $BMK$ и $AMD$ равны как вертикальные, также $AM = BM$.

Значит, треугольники $AMD$ и $BMK$ равны по стороне и прилежащим к ней углам, откуда $$BK = AD = 4.$$

Углы $\angle KOC$ и $\angle DOE$ равны как вертикальные, $$\angle OED = \angle OCK$$ как накрест лежащие при параллельных прямых $KC$ и $AD$ и секущей $CE$. Значит, треугольники $KOC$ и $DOE$ подобны по двум углам, откуда $$\frac{OE}{OC} = \frac{ED}{CK} = \frac{2}{7}.$$ Следовательно, $$S_{AMOE} = S_{COD} = \frac{7}{9}S_{CDE} = \frac{7}{9} \cdot h = \frac{2}{9} \cdot \frac{7h}{2} = \frac{2}{9}S_{ABCD}$$

Ответ: $\; \dfrac{2}{9}$.

а)

Так как $OA=OH$, как радиусы, то треугольник $AOH$ равнобедренный, также трапеция $ABCD$ равнобедренная, тогда $$\angle AHO = \angle OAH = \angle CDA$$ Значит, прямые $OH$ и $CD$ параллельны при соответственных $\angle OAH$ и $\angle CDA$ и секущей $AD$.

$OQ$ — средняя линия трапеции $ABCD$, значит $OQ \parallel AD$.

Противоположные стороны четырёхугольника $DQOH$ попарно параллельны, значит, $DQOH$ — параллелограмм.

б) Пусть окружность с центром в точке $O$ радиуса $R$ касается стороны $CD$ в точке $P$.

$\angle BHA = 90^\circ$, опирается на диаметр $AB$

$\angle OPQ = 90^\circ$, радиус $OP$, проведен в точку касания.

Из прямоугольно $\Delta OPQ$:

$$OQ = \dfrac{OP}{\sin OQP} = \dfrac{R}{\sin 60^\circ}= \dfrac{2R}{\sqrt{3}}$$

Из прямоугольно $\Delta AHB$: $$, \quad AH = AB \cdot \cos \angle BAH = 2R \cos 60^\circ = R.$$

Тогда $$\dfrac{AH}{DH} = \dfrac{AH}{OQ} = \dfrac{R}{\dfrac{2R}{\sqrt{3}}} = \dfrac{\sqrt{3}}{2}.$$

Пусть $AH = x$. Так как трапеция $ABCD$ равнобедренная, то $AD = 2AH + BC$; $DH = AH + BC = x + 2$. Тогда $$\dfrac{AH}{DH} = \frac{x}{x + 2} = \frac{\sqrt{3}}{2},$$

откуда $x = \dfrac{2\sqrt{3}}{2 - \sqrt{3}}$.

Тогда, $AD = 2x + 2 = \dfrac{4 + 2\sqrt{3}}{2 - \sqrt{3}} = 14 + 8\sqrt{3}$.

Ответ: $\; 14 + 8\sqrt{3}$.

а)

Пусть $BB_1$ и $CH$ — высоты трапеции $ABCD$. Тогда $AB_1 = HD$. Тогда $$2CH = AD - BC = \dfrac{1}{2}AD,$$ А значит $$CH = \dfrac{1}{4}AD,$$ что и требовалось доказать.

б) $\angle BOC = \angle AOD$, как вертикальные. $\angle ODA = \angle OBC$, как накрест лежащие.

Тогда треугольники $AOD$ и $BOC$ подобны по двум равным углам с коэффициентом $k=AD : BC = 2$.

Из прямоугольного $\Delta ABB_1$: $$BB_1 = \sqrt{AB^2-AB_1^2}=\sqrt{10^2 - 8^2} = 6$$ Из прямоугольного $\Delta BB_1D$: $$BD = \sqrt{BB_1^2+B_1D^2}=\sqrt{6^2 + 24^2} = 6\sqrt{17}$$ Из подобия $AOD$ и $BOC$: $$\dfrac{BO}{OD}=2 \; \Rightarrow \; OD = \dfrac{2}{3}BD = 4\sqrt{17}, \quad OC = \frac{1}{3}AC = \frac{1}{3}BD = 2\sqrt{17}$$ По формуле для медианы находим искомое расстояние: $$\dfrac{1}{2}\sqrt{2OC^2 + 2CD^2 - OD^2}=\dfrac{1}{2}\sqrt{2 \cdot 4 \cdot 17 + 2 \cdot 100 - 16 \cdot 17} = 4$$

Ответ: $\; 4$.

а)

Пусть $AB$ пересекает $CD$ в точке $Q$. $BC = \dfrac{1}{2}AD$, тогда $BC$ — средняя линия треугольника $AQD$

Значит, $QC = CD$, $QB = BA$.

Углы $MCD$ и $MBA$ прямые, из чего следует, что $MC$ и $MB$ — медианы и высоты, а тогда треугольники $QMD$ и $QMA$ равнобедренные

Получим , что $QM = MD$, $QM = MA$, а значит, $MD = MA$, что и требовалось доказать.

б) $MD = MA$, значит $AMD$ — равнобедренный. Опустим высоту $MN$ в нем. Известно, что $MN = BC$ и $MN$ — медиана, тогда $AN = ND$. $$BC = \dfrac{1}{2}AD = AN = ND$$ $MN$ — медиана и $MN = \dfrac{1}{2}AD$, следовательно $\angle AMD = 90^\circ$.

Получили, что $\Delta MND$ прямоугольный и равнобедренный, тогда $$\angle NDM = \angle MAN = 45^\circ$$ Заметим, что $\angle CDM = \angle CDA - \angle MDA = 50^\circ - 45^\circ = 5^\circ$, тогда $\angle MQD = 5^\circ$

В треугольнике $AQD$: $$\angle QAD + \angle ADC + \angle DQA=(\angle QAM + \angle MAD) + \angle ADC + (\angle DQM + \angle MQA) = 180^\circ$$ Откуда $$\angle QAM = \dfrac{180^\circ - 100^\circ}{2} = 40^\circ$$ Тогда $\angle BAD = \angle QAM + \angle MAN =40^\circ + 45^\circ =85^\circ$.

Ответ: $\; 85^\circ$.

а)

Пусть $\angle BAD = \alpha$, тогда $\angle ABC=180-\alpha$

$BPQC$ — вписанный четырехугольник, тогда $\angle CQP = \alpha$, $\angle PQN = 180-\alpha$, как смежный.

Точки $M$ и $N$ середины $AB$ и $CD$ соответственно, значит $MN$ — средняя линия трапеции и $MN \parallel AD$.

$\angle BMN = \angle BAD = \alpha$ как соответственные.

Получили, что $$\angle PMN + \angle PQN = \alpha + 180^\circ - \alpha = 180^\circ$$ Значит, точки $M, N, P, Q$ лежат на одной окружности

б) Проведем прямую через точку $C$ параллельно $AB$. Она пересечет $AD$ в точке $L$. Получим, что $ABCL$ — параллелограмм, $AB=CL$.

Тогда $LD = AD-AL=AD-BC=17-4=13$.

$\angle CLD=\alpha$. Пусть $\angle CDL = \beta$

По теореме косинусов в $\Delta CLD$: $$\cos \beta = \dfrac{DL^2 + DC^2-CL^2}{2DL \cdot DC}=\dfrac{13^2+20^2-21^2}{2\cdot 13 \cdot 20}=\dfrac{16}{65}$$ $$\sin \beta = \sqrt{1-\cos^2 \beta} = \dfrac{63}{65}$$ $$\cos \alpha = \dfrac{CL^2+LD^2-CD^2}{2CL\cdot LD} = \dfrac{21^2+13^2-20^2}{2\cdot 21 \cdot 13} = \dfrac{5}{13}$$ $$\sin \alpha = \sqrt{1-\cos^2 \alpha} = \dfrac{12}{13}$$ Заметим, что $PN$ — медиана прямоугольного $\Delta CPD$. Тогда $PN = \dfrac{1}{2}CD = 10$.

По теореме синусов в $\Delta PMN$: $$R = \dfrac{PN}{2\sin \alpha}=\dfrac{10}{2\cdot \dfrac{12}{13}}=\dfrac{65}{12}$$ По теореме синусов в $\Delta QMN$: $$MQ = R\cdot2\sin \beta = \dfrac{65}{12}\cdot 2 \cdot \dfrac{63}{65}=\dfrac{21}{2}$$

$MN$ — средняя линия трапеция $ABCD$. Значит $$MN = \dfrac{AD+BC}{2} = \dfrac{21}{2}$$ $MN=MQ=\dfrac{21}{2} \; \Rightarrow \; \Delta NMQ$ — равнобедренный. Следовательно, $\angle MNQ = \angle MQN = \beta$ $$\angle QMN = 180^\circ - \angle MQN - \angle MNQ = 180^\circ - 2\beta$$ По теореме синусов в $\Delta NMQ$: $$QN=2R\cdot \sin(180^\circ - 2 \beta) = 2\cdot \dfrac{65}{12} \cdot 2\sin \beta \cos \beta=2\cdot \dfrac{65}{12} \cdot 2 \cdot \dfrac{63}{65} \cdot \dfrac{16}{65} = \dfrac{336}{65}$$

Ответ: $\; \dfrac{336}{65}$.