6. Тип 25 № 355304 
Геометрические задачи повышенной сложности. Четырёхугольники
i
Боковые стороны AB и CD трапеции ABCD равны соответственно 20 и 29, а основание BC равно 4. Биссектриса угла ADC проходит через середину стороны AB. Найдите площадь трапеции.
Решение. 
Пусть M — середина AB (см. рис.). Продолжим биссектрису DM угла ADC до пересечения с продолжением основания BC в точке K. Поскольку ∠CKD = ∠ADK = ∠CDK, треугольник KCD — равнобедренный, KC = CD = 29, тогда
Из равенства треугольников AMD и BMK следует, что AD = BK = 25.
Проведем через вершину C прямую, параллельную стороне AB до пересечения с основанием AD в точке P, тогда
Треугольник CPD — прямоугольный, так как
Поэтому CP — высота трапеции. Следовательно,
Ответ: 290.
Приведем решение Супер Гирчика.
Пусть M — середина AB, N — середина CD. Проведем среднюю линию MN. ∠ADM = ∠DMN как накрестлежащие, ∠ADM = ∠MDN, поскольку DN является биссектрисой, тогда ∠MDN = ∠DMN, следовательно, треугольник MND равнобедренный, 
Средняя линия трапеции равна полусумме оснований. Найдем основание трапеции AD:
Опустим из точки B перпендикуляр BQ на основание AD. Пусть AQ = x, тогда в прямоугольном треугольнике ABQ по теореме Пифагора
Опустим из точки C перпендикуляр CT на основание AD. Заметим, что TD = AD − x − QT = 21 − x, тогда в прямоугольном треугольнике CTD по теореме Пифагора
Заметим, что BQ = CT, тогда
Следовательно, точка A совпадает с точкой Q, значит, AB ⊥ AD, то есть является высотой трапеции. Тогда
Критерии проверки:| Критерии оценивания выполнения задания | Баллы |
|---|
| Ход решения задачи верный, получен верный ответ | 2 |
| Ход решения верный, все его шаги присутствуют, но допущена описка или ошибка вычислительного характера | 1 |
| Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше | 0 |
| Максимальный балл | 2 |
Ответ: 290.
PDF-версии: 
левая часть положительна, тогда и правая часть положительна т. е. 
Для таких x имеем:
и 
или через точку 
Получаем, что k = −6,25, k = 0 и k = 6,25.