Про­ве­дем по­стро­е­ния и вве­дем обо­зна­че­ния, как по­ка­за­но на ри­сун­ке. Рас­смот­рим тре­уголь­ни­ки KFC и ACD, угол C  — общий, углы CAD и CKF равны друг другу как со­от­вет­ствен­ные углы при па­рал­лель­ных пря­мых, сле­до­ва­тель­но, тре­уголь­ни­ки KFC и ACD по­доб­ны. От­ку­да

по­это­му Ана­ло­гич­но, из тре­уголь­ни­ков EKA и ABC по­лу­ча­ем, что

Таким об­ра­зом,

Ответ: 30.

Вве­дем обо­зна­че­ния, как по­ка­за­но на ри­сун­ке. Про­дол­жим бис­сек­три­су до пе­ре­се­че­ния с пря­мой BC в точке Углы CKD и ADK равны как на­крест ле­жа­щие при па­рал­лель­ных пря­мых. Зна­чит, сле­до­ва­тель­но, тре­уголь­ник CKD  — рав­но­бед­рен­ный: Най­дем BK:

Углы KMB и AMD равны как вер­ти­каль­ные. Рас­смот­рим тре­уголь­ни­ки KMB и AMD: сто­ро­ны AM и BM равны, углы KMB и AMD равны как вер­ти­каль­ные, углы KBM и MAD равны как на­крест ле­жа­щие при па­рал­лель­ных пря­мых, сле­до­ва­тель­но, эти тре­уголь­ни­ки равны, от­ку­да Про­ве­дем пря­мую CP, па­рал­лель­ную AB. Пря­мая AB па­рал­лель­на CP, пря­мая AD па­рал­лель­на BC, сле­до­ва­тель­но, че­ты­рех­уголь­ник ABCP  — па­рал­ле­ло­грамм, от­ку­да Най­дем PD:

Рас­смот­рим тре­уголь­ник CPD, за­ме­тим, что

Сле­до­ва­тель­но, по тео­ре­ме, об­рат­ной тео­ре­ме Пи­фа­го­ра, по­лу­ча­ем, что тре­уголь­ник CPD  — пря­мо­уголь­ный, сле­до­ва­тель­но, CP  — вы­со­та тра­пе­ции. Най­дем пло­щадь тра­пе­ции:

Ответ: 250.

При­ме­ча­ние.

За­ме­тим, что в на­ча­ле ре­ше­ния за­да­чи не было из­вест­но, что тра­пе­ция ока­жет­ся пря­мо­уголь­ной, по­это­му на ри­сун­ке можно было бы изоб­ра­зить про­из­воль­ную тра­пе­цию. Од­на­ко в ходе ре­ше­ния за­да­чи вы­яс­ни­лось, что тра­пе­ция пря­мо­уголь­ная, по­это­му ри­су­нок со­от­вет­ству­ет ре­зуль­та­ту ре­ше­ния.

При­ве­дем при­ме­ча­ние Сер­гея Пе­пе­ля­е­ва.

За­ме­тим, что найти AB можно было сле­ду­ю­щим об­ра­зом. Про­ве­дем MN  — сред­нюю линию тра­пе­ции. Тре­уголь­ник MND рав­но­бед­рен­ный, сле­до­ва­тель­но, Сред­няя линия равна по­лу­сум­ме ос­но­ва­ний тра­пе­ции, тогда

Вве­дем обо­зна­че­ния, как по­ка­за­но на ри­сун­ке. От­ре­зок, про­хо­дя­щий через точку пе­ре­се­че­ния диа­го­на­лей тра­пе­ции, равен сред­не­му гар­мо­ни­че­ско­му ее ос­но­ва­ний. Пусть тогда и По­сколь­ку тре­уголь­ни­ки BOC и AOD по­доб­ны, их вы­со­ты и про­ве­ден­ные со­от­вет­ствен­но к сто­ро­нам AD и BC, от­но­сят­ся как 3 : 1. Тем самым, для от­но­ше­ния ис­ко­мо­го от­но­ше­ния пло­ща­дей тра­пе­ций EBCF и AEFD имеем:

Ответ:

Про­ве­дем по­стро­е­ния и вве­дем обо­зна­че­ния, как по­ка­за­но на ри­сун­ке. В че­ты­рех­уголь­ник можно впи­сать окруж­ность тогда и толь­ко тогда, когда суммы длин про­ти­во­по­лож­ных сто­рон равны:

Пе­ри­метр тра­пе­ции  — сумма длин всех сто­рон:

Сле­до­ва­тель­но, Пло­щадь тра­пе­ции можно найти как про­из­ве­де­ние по­лу­сум­мы ос­но­ва­ний на вы­со­ту:

Вы­со­ты BK, TP и CH равны. Из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка CHD най­дем HD:

Рас­смот­рим тре­уголь­ни­ки ABK и CHD, они пря­мо­уголь­ные, AB равно CD, BK равно CH, сле­до­ва­тель­но, тре­уголь­ни­ки равны, от­ку­да Пря­мые BK и CH пер­пен­ди­ку­ляр­ны пря­мой AD, по­это­му они па­рал­лель­ны, BK равно CH, сле­до­ва­тель­но, че­ты­рех­уголь­ник BCHK  — па­рал­ле­ло­грамм, по при­зна­ку па­рал­ле­ло­грам­ма, от­ку­да Рас­смот­рим вы­ра­же­ние для от­рез­ка AD:

По­лу­ча­ем си­сте­му урав­не­ний на от­рез­ки AD и ВС:

Рас­смот­рим тре­уголь­ни­ки AOD и BOC, углы CAD и BCA равны как на­крест ле­жа­щие при па­рал­лель­ных пря­мых, углы BOC и AOD равны как вер­ти­каль­ные, сле­до­ва­тель­но, тре­уголь­ни­ки по­доб­ны. От­ку­да:

Вы­со­та Зна­чит, ис­ко­мое рас­сто­я­ние

Ответ: 1,8.

Про­ве­дем через точку D пря­мую, па­рал­лель­ную диа­го­на­ли AC. Дуги AL и CD равны, сле­до­ва­тель­но, равны и стя­ги­ва­ю­щие их хорды:

Вер­ти­каль­ные углы AKB и CKD равны. Углы CKD и LDK равны как на­крест ле­жа­щие:

Че­ты­рех­уголь­ник ABDL впи­сан в окруж­ность, сумма его про­ти­во­ле­жа­щих углов равна 180°:

Рас­смот­рим тре­уголь­ник ABL. По тео­ре­ме ко­си­ну­сов

Най­дем ра­ди­ус опи­сан­ной во­круг тре­уголь­ни­ка ABL окруж­но­сти по тео­ре­ме си­ну­сов:

Ответ:

Пе­ре­дви­нем хорду CD так, чтобы она стала па­рал­лель­на сто­ро­не AB (см. рис.). За­ме­тим, что при таком дви­же­нии угол AKB оста­ет­ся равен 60°, по­сколь­ку он равен по­лу­сум­ме дуг AB и Па­рал­лель­ные пря­мые от­се­ка­ют рав­ные дуги, по­это­му дуги AD и BC равны. Углы ACD и BDC равны, как впи­сан­ные углы, опи­ра­ю­щи­е­ся на рав­ные дуги. Таким об­ра­зом, тре­уголь­ник KDC  — рав­но­бед­рен­ный:

Все углы тре­уголь­ни­ка KDC равны 60°, сле­до­ва­тель­но, тре­уголь­ник KDC  — рав­но­сто­рон­ний, зна­чит, Ана­ло­гич­но можно по­ка­зать, что тре­уголь­ник AKB  — рав­но­сто­рон­ний, от­ку­да

В тре­уголь­ни­ке BDC на­хо­дим По тео­ре­ме ко­си­ну­сов:

По тео­ре­ме си­ну­сов:

При­ве­дем дру­гое ре­ше­ние.

Рас­смот­рим тре­уголь­ник BKC, сумма углов тре­уголь­ни­ка равна 180°: Углы AKB и CKB яв­ля­ют­ся смеж­ны­ми, сле­до­ва­тель­но, от­ку­да:

Пусть R  — ра­ди­ус опи­сан­ной окруж­но­сти, угол BCA обо­зна­чим как Рас­смот­рим тре­уголь­ник BCA, он впи­сан в окруж­ность, сле­до­ва­тель­но, по тео­ре­ме си­ну­сов:

Ана­ло­гич­но, из тре­уголь­ни­ка

Раз­де­лим CD на

От­ку­да:

Най­дем

Таким об­ра­зом, ра­ди­ус опи­сан­ной окруж­но­сти равен:

При­ве­дем еще одно ре­ше­ние.

Углы ABD и ACD равны, по­сколь­ку опи­ра­ют­ся на одну дугу. Пусть

В тре­уголь­ни­ке KCD по тео­ре­ме си­ну­сов

В тре­уголь­ни­ке ABK по тео­ре­ме си­ну­сов

В тре­уголь­ни­ке AKD по тео­ре­ме ко­си­ну­сов

В тре­уголь­ни­ке ACD по тео­ре­ме си­ну­сов