Тип 17 № 13191

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: $\; \dfrac{336}{65}$.