Планиметрическая задача

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) Заметим, что $PN$ — медиана прямоугольного $\Delta CPD$. Тогда $PN = \dfrac{1}{2}CD = 14$.

Проведем прямую через точку $B$ параллельно $CD$. Она пересечет $AD$ в точке $T$. Получим, что $TBCD$ — параллелограмм, $BT=CD=3$. $BT = CD =28$, также $AT=AD-TD=20-3=17$.

По теореме косинусов в $\Delta ABT$: $$\cos \alpha = \dfrac{AB^2+AT^2-BS^2}{2\cdot AB \cdot AT} = \dfrac{25^2+17^2-28^2}{2\cdot25\cdot17} = \dfrac{13}{85}$$ $$\sin \alpha = \sqrt{1-\cos^2 \alpha} = \dfrac{84}{85}$$ По теореме синусов в $\Delta PMN$: $$R = \dfrac{PN}{2\sin \alpha} = \dfrac{14}{2\cdot \dfrac{84}{85}} = \dfrac{85}{12}$$

Ответ: $\; \dfrac{85}{12}$.

а)

Пусть $K$ — точка пересечения $AB$ и $CD$.

$BC \parallel AD, \; BC= \dfrac{1}{2}AD$, значит $BC$ — средняя линия $\Delta AKD$.

Далее, $MB$ — медиана и высота в $\Delta AMK$, значит он равнобедренный и $AM=MK$.

Также $MC$ — медиана и высота в $\Delta DMK$, значит он равнобедренный и $DM=MK$.

Таким образом, $AM=DM$.

б) Опустим высоту $MH$ на сторону $AD$. Так как $\Delta AMD$ равнобедренный, то $MH$ еще и медиана.

Значит, $AH=HD=\dfrac{AD}{2}$

Пусть $BC=x,$ тогда $AD=2x, AH=HD=MH=x$.

Треугольники $AMH$ и $DMH$ прямоугольные и равнобедренные, тогда $\angle MAD = \angle MDA = 45^\circ$.

$$\angle MDC = \angle ADC - \angle MDA = 55^\circ - 45^\circ = 10^\circ$$

Так как $\Delta DMK$ — равнобедренный, то $\angle MDC = \angle MKD = 10^\circ$.

Также $\Delta AMK$ — равнобедренный, значит $\angle KAM = \angle AKM$

В треугольнике $AKD$: $$\angle MAD + \angle MDA + \angle MDC + \angle MKD + \angle KAM + \angle AKM = 180^\circ$$ $$45^\circ +45^\circ + 10^\circ + 10^\circ + 2\cdot\angle KAM = 180^\circ$$ $$\angle KAM = 35^\circ$$ Тогда $$\angle BAD =\angle KAM + \angle MAD = 35^\circ + 45^\circ= 80^\circ$$

Ответ: $\; 80^\circ$.

а)

$AD$ — диаметр, а $\angle BAD=90^\circ$, тогда $AB$ — касательная к окружности, а $\angle BAM$ — угол между хордой и касательной. Значит $\angle BAM = \dfrac{\cup AM}{2}$

$AMCD$ — вписанная трапеция, значит равнобедренная, тогда $AM = CD$.

$\angle CAD = \dfrac{\cup CD}{2}$, как вписанный

Так как равные хорды стягивают равные дуги, то $\cup AM = \cup CD$, значит углы $BAM$ и $CAD$ равны

б) По теореме о касательной и секущей: $$AB^2=BC \cdot BM = 4BM \cdot BM = 4BM^2$$ $$6^2 =4BM^2 \quad \Rightarrow \quad BM = 3$$ Тогда $BC=12, CM=9$

Из прямоугольного $\Delta AMB$: $$AM=\sqrt{AB^2+BM^2}=\sqrt{6^2+3^2}=3\sqrt{5}$$ Из прямоугольного $\Delta ABC$: $$AC=\sqrt{AB^2+BC^2}=\sqrt{6^2+12^2}=6\sqrt{5}$$ Из прямоугольного $\Delta ACD$: $$AD=\sqrt{AC^2+CD^2}=\sqrt{AC^2+AM^2}=\sqrt{(6\sqrt{5})^2 + (3\sqrt{5})^2}=15$$ Рассмотрим треугольники $AOD$ и $COB$: $$\angle OAD = \angle OCB, \text{как накрест лежащие}$$ $$\angle AOD = \angle COB, \text{как вертикальные}$$ Значит $\Delta AOD \sim \Delta COB$ по двум равным углам. Тогда $$\dfrac{CO}{OA}=\dfrac{BO}{OD}=\dfrac{BC}{AD}=\dfrac{12}{15}=\dfrac{4}{5}$$ $\dfrac{BO}{OD} = \dfrac{4}{5}$, тогда $\dfrac{BO}{BD} = \dfrac{4}{9}$

Рассмотрим треугольники $BOA$ и $BAD$, у них общая высота из угла $A$. Значит их площади относятся также, как относятся их основания, то есть $\dfrac{S_{BOA}}{S_{BAD}}=\dfrac{BO}{BD}=\dfrac{4}{9}$.

Найдем площадь $S_{BAD}$: $$S_{BAD} = \dfrac{1}{2}AB\cdot AD=\dfrac{1}{2}\cdot 6 \cdot 15 = 45$$ Тогда $$S_{BOA} = \dfrac{4}{9}S_{BAD} = \dfrac{4}{9}\cdot 45 = 20$$

Ответ: $\; 20$.

а)

Проведем прямую через точку $C$ параллельно $BD$, она пересечет прямую $AD$ в точке $M$. Получим, что $BCMD$ — параллелограмм.

В треугольнике $ACM$: $$AC=15, \; CM = BD =8, \; AM = AD + DM = 17$$ По теореме, обратной теореме Пифагора: $$AC^2 + CM^2 = AM^2 \; \Leftrightarrow \; 225+64=289$$ Тогда $\Delta ACM$ — прямоугольный и $\angle OCM = 90^\circ$.

$MC \perp AC, \; BD \parallel MC \quad \Rightarrow \quad BD \perp AC$, что и требовалось доказать.

б) $$S_{ABCD} = \dfrac{1}{2}AC \cdot BD \cdot \sin \angle AOD = \dfrac{1}{2}\cdot 15 \cdot 8 \cdot 1 = 60$$

Ответ: $\; 60$.

а)

$O$ — центр окружности, $BC, AB, AD$ — касательные, тогда $AO$, $BO$ — биссектрисы, также $CO$ и $DO$ — биссектрисы.

$$\angle ADC + \angle DCB = 180^\circ \quad \angle COD = \dfrac{1}{2}\angle ADC + \dfrac{1}{2}\angle DCB=90^\circ$$ $$\angle BAD + \angle ABC = 180^\circ \quad \angle AOB = \dfrac{1}{2}\angle BAD + \dfrac{1}{2}\angle ABC=90^\circ$$ Тогда $$\angle AOD = 360^\circ - \angle AOB - \angle COD -\angle BOC = 180^\circ - \angle BOC$$ Таким образом $$\sin \angle AOD = \sin (180^\circ - \angle BOC) = \sin \angle BOC$$

б) В $\Delta COD$ проведем радиус $OH$ в точку касания. Получим, что $OH$ — высота в прямоугольном $CD$ $$OH^2 = CH\cdot HD$$ Проведем радиусы $OK$ и $OM$ в точки касания со сторонами $BC$ и $AD$.

$CK=CH, \; DM = DH$, как отрезки касательных

Пусть радиус окружности равен $r$, тогда $BK=AM=OK=OM=OH=r$. $$CK=CH=5-r \quad DH = DM=7-r$$ Тогда $$OH^2=CH\cdot HD \quad \Leftrightarrow \quad r^2 = (5-r) \cdot (7-r)$$ $$r^2 = 35-7r-5r+r^2$$ $$r=\dfrac{35}{12}$$ Получим, что $AB=2r=\dfrac{35}{6}$, $AB$ — высота трапеции. Тогда $$S_{ABCD} = \dfrac{BC+AD}{2}\cdot AB = \dfrac{5+7}{2}\cdot \dfrac{35}{6} =35$$

Ответ: $\; 35$.