ЕГЭ (профиль) / (C4) Планиметрическая задача

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

А) 1) $$RD=\frac{2CD}{3}\Rightarrow CR=\frac{1}{3}CD$$

2) Построим $$AR\cap BC=M$$

$$\Rightarrow\bigtriangleup ARD\sim\bigtriangleup CMR$$ (по 2м углам)

$$\frac{CR}{RD}=\frac{CM}{AD}=\frac{1}{2}$$

$$\Rightarrow$$ $$CM=\frac{1}{2}AD=BC\Rightarrow BM=AD$$

$$\Rightarrow ABMD$$ - параллелограмм

3) Тогда: $$\bigtriangleup APQ\sim\bigtriangleup MQD$$:

$$\frac{AP}{MD}=\frac{AQ}{QM}=\frac{1}{2}$$

$$\Rightarrow AQ=\frac{1}{3}AM$$; $$QM=\frac{2}{3}AM$$

4) из п.2 $$\frac{MR}{AR}=\frac{1}{2}$$ $$\Rightarrow$$ $$MR=\frac{1}{3}AM$$

Тогда $$QR=QM-MR=\frac{2}{3}AM-\frac{1}{3}AM=\frac{1}{3}AM$$

$$\Rightarrow$$ $$AQ=QM$$

ч.т.д.

б) 1) $$S_{ABCD}=30=S$$

т.к. $$BC=CM$$, то $$S_{CMD}=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}BM\cdot h$$,

где $$h$$ - высота $$ABMD$$:

$$S_{CMD}=\frac{1}{4}BM\cdot h=\frac{1}{4}S$$

$$\Rightarrow$$ $$S_{ABCD}=\frac{3}{4}S=30$$

$$\Rightarrow S=40$$

2) $$\frac{AQ}{QM}=\frac{1}{2}$$ $$\Rightarrow$$

$$S_{QMD}=\frac{2}{3}S_{AMD}=\frac{2}{3}\cdot\frac{1}{2}S=\frac{40}{3}$$

$$\bigtriangleup APQ\sim\bigtriangleup QMD$$:

$$k=\frac{1}{2}\Rightarrow$$

$$\frac{S_{APQ}}{S_{QMD}}=\frac{1}{4}\Rightarrow$$

$$S_{APQ}=\frac{1}{4}S_{QMD}=\frac{1}{4}\cdot\frac{40}{3}=\frac{10}{3}$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

а) 1) Строим окружность с диаметром $$AB\Rightarrow\angle C=90^{\circ}$$

$$AD=DE=R\Rightarrow E$$ лежит на окружности

2) По условию $$BC=CE\Rightarrow$$

$$\angle ACE=\frac{1}{2}\angle ADE=45^{\circ}$$(вписанный угол равен половине центрального, опирающегося на ту же дугу)

б) 1) Т.к. $$\angle СDB=45^{\circ}\Rightarrow \angle CAB=22,5=\frac{45}{2}$$

$$\tan A=\frac{BC}{AC}\Leftrightarrow\tan\frac{45}{2}=\frac{1}{AC}$$

$$\tan 45=\tan2\cdot\frac{45}{2}=\frac{2\tan\frac{45}{2}}{1-\tan^{2}\frac{45}{2}}$$

2) Пусть $$\tan\frac{45}{2}=x$$

$$1=\frac{2x}{1-x^{2}}\Leftrightarrow$$

$$1-x^{2}=2x\Leftrightarrow$$

$$x^{2}+2x-1=0$$

$$D=4+4=8$$

$$x_{1}=\frac{-2+\sqrt{8}}{2}=\sqrt{2}-1$$

$$x_{2}=\frac{-2-\sqrt{8}}{2}=-\sqrt{2}-1$$

$$AC=1\div\tan\frac{45}{2}=\frac{1}{\sqrt{2}-1}$$

3) $$S_{ABC}=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{\sqrt{2}-1}=\frac{\sqrt{2}+1}{2(\sqrt{2}^{2}-1^{2})}=\frac{1+\sqrt{2}}{2}$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

а) 1) $$\bigtriangleup ABO=\bigtriangleup OCD$$ оба прямоугольные и равнобедренные $$\Rightarrow$$ $$\angle OAB=\angle OBA=$$ $$\angle ODC=\angle OCD=45^{\circ}$$

2) Пусть $$\angle ODA=\angle OAD=\alpha$$, $$\angle OBC=\angle OCB=\beta$$, тогда по свойству вписанного четырехугольника: $$\angle ADC+\angle ABC=180^{\circ}$$; $$\angle\alpha\neq45^{\circ}+\angle\beta+45=180^{\circ}$$; $$\angle\alpha+\angle\beta=90^{\circ}$$ $$\Rightarrow$$ $$\angle\beta=90-\angle\alpha(1)$$

3) $$\angle ADC+\angle BCD=\angle\alpha+45+45+\angle\beta=180^{\circ}$$ $$\Rightarrow$$  $$AD\parallel BC$$ (сумма односторонних $$180^{\circ}$$)

б) 1) $$BC=\frac{1}{2}AD$$; $$CH=9$$ Построим $$MN\parallel CH$$, пусть $$MO=x$$ $$\Rightarrow$$ $$ON=9-x$$

2) $$\bigtriangleup ANO$$ - прямоугольный, $$\angle OAN=\alpha$$ $$\Rightarrow$$ $$\angle AON=90-\alpha=\beta$$; $$\bigtriangleup BOM$$ - прямоугольный, $$\angle OBM=\beta$$ $$\Rightarrow$$ $$\angle BOM=90-\beta=\alpha$$; $$OB=OA$$ $$\Rightarrow$$ $$\bigtriangleup ANO=\bigtriangleup BOM$$; $$ON=BM$$; $$AN=OM$$ $$\Rightarrow$$ $$S_{AOD}=S_{BOC}$$  $$\Rightarrow$$ $$\frac{1}{2}BC\cdot OM=\frac{1}{2}AD\cdot ON$$ $$\Rightarrow$$ $$BC\cdot x=2BC(9-x)$$ $$\Leftrightarrow$$ $$x=18-2x$$ $$\Leftrightarrow$$ $$x=6$$

3) $$OM=6$$; $$ON=3$$ $$\Rightarrow$$ $$AN=6$$ и из $$\bigtriangleup AON$$: $$AO=\sqrt{AN^{2}+ON^{2}}=\sqrt{9+36}=\sqrt{45}$$

4) $$S_{AOB}=\frac{1}{2}\cdot AO\cdot OB=$$ $$\frac{1}{2}\cdot\sqrt{45}\cdot\sqrt{45}=22,5$$ 

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

а) Через Т строим общую касательную $$TL\cap MK=L$$; $$ML=LT$$; $$TL=LK$$ (по свойству касательных) $$\Rightarrow$$ $$ML=TL=LK$$ $$\Rightarrow$$ т.к. TL - медиана, то $$\bigtriangleup MTK$$ - прямоугольный

б) 1) Пусть $$O_{2}H\perp O_{1}M$$ $$\Rightarrow$$ $$HO_{2}=MK$$; $$O_{1}H=O_{1}M-O_{2}K=\frac{5\sqrt{5}}{3\sqrt{3}}-\frac{\sqrt{5}}{\sqrt{3}}=\frac{2\sqrt{5}}{3\sqrt{3}}$$

2) $$O_{1}O_{2}=O_{1}T+TO_{2}=\frac{8\sqrt{5}}{3\sqrt{3}}$$

3) из $$\bigtriangleup O_{1}O_{2}H$$: $$O_{2}H=\sqrt{O_{1}O_{2}^{2}-O_{1}H^{2}}=\frac{10}{3}$$

4) Пусть $$KC=a$$; $$\bigtriangleup O_{1}CM\sim\bigtriangleup O_{2}CK$$: $$\frac{O_{1}M}{O_{2}K}=\frac{MC}{KC}$$ $$\Leftrightarrow$$ $$\frac{5\sqrt{5}}{3\sqrt{3}}\div\frac{\sqrt{5}}{\sqrt{3}}=\frac{\frac{10}{3}+x}{x}$$; $$5x=10+3x$$ $$\Leftrightarrow$$ $$x=5$$

5) $$\tan\angle O_{1}CM=\frac{O_{2}K}{KC}=\frac{\sqrt{5}}{\sqrt{3}\cdot5}=\frac{1}{\sqrt{15}}$$ $$\Rightarrow$$ т.к. $$CO_{2}$$ - биссектриса, то $$\angle ACB=\frac{2\cdot\frac{1}{\sqrt{15}}}{1-(\frac{1}{\sqrt{15}})^{2}}=\frac{\sqrt{15}}{7}$$ $$\Rightarrow$$ т.к. $$1+\tan^{2}\alpha=\frac{1}{\cos^{2}\alpha}$$, то $$\cos\angle ACB=\sqrt{\frac{1}{1+\frac{\sqrt{15}}{7}}}=\frac{7}{8}$$

6) Пусть $$AT=AK=x$$; $$TB=BR=y$$, тогда: $$S_{ABC}=\sqrt{p\cdot(p-a)(p-b)(p-c)}=3\sqrt{15}$$; $$p=\frac{2x+2y+10}{2}=(x+y+5)$$; $$a=x+5$$; $$b=y+5$$; $$c=x+y$$; $$\sqrt{(x+y+5)5xy}=3\sqrt{15}$$; $$(x+y+5)xy=27(1)$$

7) По т. косинусов: $$AB^{2}=AC^{2}+BC^{2}-2AC\cdot BC\cos ACB$$; $$(x+y)^{2}=(5+x)^{2}+(5+y)^{2}-2(5+x)(5+y)\cdot\frac{7}{8}$$; $$x^{2}+2xy+y^{2}=25+10x+x^{2}+25+10y+y^{2}-\frac{7}{4}(25+5x+5y+xy)$$; $$50+10(x+y)-\frac{7}{4}(25+5(x+y)+xy)-2xy=0(2)$$

Решим систему уравнений 1 и 2: замена $$x+y=a$$; $$xy=b$$:

$$\left\{\begin{matrix}b(a+5)=27\\50+10a-\frac{7}{4}(25+5a+b)-2b=0\end{matrix}\right.$$.

Рассмотрим 2^ое: умножим на 4: $$200+40a-175-35a-7b-8b=0$$; $$5a+25=15b$$; $$a+5=3b$$

Подставим в 1^ое, умноженное на 3: $$3b(a+5)=81$$; $$(a+5)(a+5)=81$$ $$\Leftrightarrow$$ $$a+5=9$$ $$\Leftrightarrow$$ $$a=4$$; $$b=\frac{4+5}{3}=3$$. Получаем: $$\left\{\begin{matrix}x+y=4\\xy=3\end{matrix}\right.$$ $$\Leftrightarrow$$ $$\left\{\begin{matrix}x=1\\y=3\end{matrix}\right.$$ или $$\left\{\begin{matrix}x=3\\y=1\end{matrix}\right.$$

Т.к. по условию АС самая большая, то $$x=1$$; $$y=3$$ не подходит; $$\Rightarrow$$ $$x=3$$; $$y=1$$

8) из $$\bigtriangleup BRO_{2}$$: $$\tan O_{2}BR=\frac{O_{2}R}{BR}=\frac{\frac{\sqrt{5}}{\sqrt{3}}}{1}=\frac{\sqrt{5}}{\sqrt{3}}$$; $$\tan ABC=\frac{\frac{2\sqrt{5}}{\sqrt{3}}}{1-(\frac{\sqrt{5}}{\sqrt{3}})^{2}}=\frac{2\sqrt{5}}{\sqrt{3}}\cdot\frac{-3}{2}=-\sqrt{15}$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

По условию $$OA=R=2\sqrt{5}; BK=4\sqrt{5}$$. Рис. 2 может быть использован только для доказательства п. а) т.к. по условию $$BF=2$$, $$OA=2\sqrt{5}$$, т.е. BF<OA

     а) AC-касательная $$\Rightarrow$$ $$OA\perp AC, BF\perp OB, OB=R\Rightarrow$$ BF-касательная и по свойству касательных  $$AF=BF$$

     б) 1) Пусть $$FC=x, BC=y$$,  тогда $$AC=x+2$$, $$OC=y+2\sqrt{5}$$

2) $$\Delta FBC\sim OAC$$ по двум углам $$\Rightarrow$$ $$\left\{\begin{matrix}\frac{BF}{OA}=\frac{BC}{AC}\\\frac{BF}{OA}=\frac{FC}{OC}\end{matrix}\right.\Leftrightarrow$$$$\left\{\begin{matrix}\frac{2}{2\sqrt{5}}=\frac{y}{x+2}\\\frac{2}{2\sqrt{5}}=\frac{x}{y+2\sqrt{5}}\end{matrix}\right.\Leftrightarrow$$$$\left\{\begin{matrix}y=\frac{x+2}{\sqrt{5}}\\y=\sqrt{5}(x-2)\end{matrix}\right.\Leftrightarrow$$$$\left\{\begin{matrix}x=3\\y=\sqrt{5}\end{matrix}\right.$$

   $$FC=3, BC=\sqrt{5}, AC=5$$, $$\frac{S_{\Delta ABC}}{s_{\Delta BFC}}=\frac{AC}{FC}=\frac{5}{3}$$;

   $$S_{\Delta BFC}=\frac{1}{2}BC*BF=\sqrt{5}$$ тогда , $$S_{\Delta ABC}=\frac{5}{3}$$, $$S_{\Delta BFC}=\frac{5\sqrt{5}}{3}$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

а) 1) По т. Менелая: $$\frac{AE}{EK}\cdot\frac{BK}{BC}\cdot\frac{CD}{DA}=1$$; $$AE=BC$$; $$CD=DA$$ $$\Rightarrow$$ $$\frac{BK}{EK}\cdot\frac{1}{1}\cdot\frac{1}{1}=1$$ $$\Rightarrow$$ $$BK=EK$$ 

ч.т.д.

б) 1) Пусть $$BK=EK=x$$; $$AK=7+x$$; $$KC=7-x$$; $$AC=8$$

$$\bigtriangleup ABC$$: $$\cos C=\frac{AC^{2}+BC^{2}-AB^{2}}{2AC\cdot BC}=\frac{64+49-169}{2\cdot8\cdot7}=-\frac{1}{2}$$ $$\Rightarrow$$ $$\angle C=120^{\circ}$$; $$\bigtriangleup AKC$$: $$AK^{2}=AC^{2}+KC^{2}-2AC\cdot KC\cdot\cos C$$ $$\Leftrightarrow$$ $$(7+x)^{2}=8^{2}+(7-x)^{2}-2\cdot8\cdot(7-x)(-\frac{1}{2})$$; $$49+14x+x^{2}=64+49-14x+x^{2}+56-8x$$; $$36x=120$$ $$\Leftrightarrow$$ $$x=\frac{120}{36}=\frac{10}{3}$$ $$\Rightarrow$$ $$KC=7-\frac{10}{3}=\frac{11}{3}$$;

2) По т. Менелая: $$\frac{BE}{ED}\cdot\frac{AD}{AC}\cdot\frac{CK}{KB}=1$$; $$\frac{BE}{ED}\cdot\frac{4}{8}\cdot\frac{11}{3}\cdot\frac{3}{10}=1$$; $$\frac{BE}{ED}=\frac{20}{11}$$ $$\Rightarrow$$ $$\frac{BE}{ED}=\frac{20}{31}$$

3) $$\frac{S_{BEK}}{S_{BDC}}=\frac{BE\cdot BK}{BD\cdot BC}=\frac{20}{31}\cdot\frac{10}{3\cdot7}=\frac{200}{651}$$ $$\Rightarrow$$ $$S_{BEK}=\frac{200}{651}S_{BDC}$$ $$\Rightarrow$$ $$S_{DEKC}=\frac{451}{651}S_{BDC}$$;

4) $$S_{BDC}=\frac{1}{2}S_{ABC}=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}\cdot8\cdot7\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}=7\sqrt{3}$$; $$S_{DEKC}=\frac{451\cdot7\sqrt{3}}{651}=\frac{451\sqrt{3}}{93}$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

   А) 1) $$AB\cap DC=K$$; $$AC\cap DB=O$$. По замечательному свойству трапеции середины AD и BC лежат на прямой $$KO\Rightarrow$$ M и N – середины BC и AD. По условию в трапеции ABMN и NMCD можно вписать окружность $$\Rightarrow$$ $$\left\{\begin{matrix}BM+AN=AB+MN\\MC+ND=CD+MN\end{matrix}\right.$$. А так как BM=MC, AC=ND, AB=CD, ABCD -равнобедренная трапеция. Тогда $$\Delta AKD$$ - равнобедренный и $$\angle AKD=120$$ - тупой угол

   Б) 1) Пусть  AD=a, BC=b; $$\frac{S_{AKD}}{S_{BKC}}=(\frac{a}{b})^{2}\Rightarrow$$ $$S_{AKD}=(\frac{a}{b})^{2}S_{BKC}$$; $$S_{ABCD}=S_{AKD}-S_{BKC}=(\frac{a}{b})^{2}S_{BKC}=((\frac{a}{b})^{2}-1)S_{BKC}$$. Тогда $$\frac{S_{BKC}}{S_{ABCD}}=\frac{1}{(\frac{a}{b})^{2}-1}$$

     2) $$AB+MN=BM+AN=\frac{a+b}{2}$$;$$MN=BF=\frac{1}{2}AB$$, т.к. $$MN\perp AD \angle BAD=30\Rightarrow$$ $$\frac{3}{2}AB=\frac{a+b}{2}$$, откуда $$AB=\frac{a+b}{3}$$.

     3) С другой стороны $$AB=\frac{AF}{\cos 30}=\frac{a-b}{2}:\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{a-b}{\sqrt{3}}$$

     4) Тогда $$\frac{a+b}{3}=\frac{a-b}{\sqrt{3}}$$, откуда найдем $$\frac{a}{b}=\frac{\sqrt{3}+1}{\sqrt{3}-1}$$

     5) $$\frac{S_{BKC}}{S_{ABCD}}=\frac{1}{(\frac{\sqrt{3}+1}{\sqrt{3}-1})^{2}-1}=$$$$\frac{(\sqrt{3-1})^{2}}{(\sqrt{3}+1)^{2}-(\sqrt{3}-1)^{2}}=$$$$\frac{4-2\sqrt{3}}{2*2\sqrt{3}}=$$$$\frac{2-\sqrt{3}}{2\sqrt{3}}=\frac{2\sqrt{3}-3}{6}$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

     А) 1) Поскольку DH серединный перпендикуляр к AB , то AD=DB, а значит  $$\Delta ADB$$ - равнобедренный , тогда  DH-биссектриса и  $$O\in DH.$$

     2) Обозначим $$\angle ABD=\angle BAD=\alpha$$; $$\angle BDA=\angle 180-2\alpha$$, откуда $$\angle BDH=\angle ADH=90-\alpha$$

     3) $$\Delta AKP$$: $$\angle AKP=90-\alpha$$, тогда $$\angle OKB=90+\alpha$$

     4) $$\angle BDO+\angle OKB=90-\alpha +90+\alpha =180$$, а значит около четырехугольника BDOK можно описать окружность.

   Б) 1) Т.к.  $$AC^{2}BC^{2}=AB^{2}$$, то $$\Delta ABC$$ - прямоугольный

     2) Пусть AD=DB=x, тогда DC=8-x. Из  $$\Delta BDC$$: $$(8-x)^{2}+36=x^{2}\Leftrightarrow$$ $$x^{2}-16x+64+36=x^{2}\Leftrightarrow$$$$16x=100\Leftrightarrow$$ $$x=\frac{25}{4}$$

     3) Из $$\Delta BHD$$: $$DH=\sqrt{(\frac{25}{4})^{2}-25}=$$$$\sqrt{\frac{625}{16}-25}=$$$$\sqrt{\frac{225}{16}}=$$$$\frac{15}{4}$$. $$\cos 2\varphi =\frac{BH}{DB}=\frac{4}{5}$$

     4) Поскольку BO-биссектриса , то $$\frac{HO}{OD}=\frac{BH}{HD}=\frac{4}{5}\Rightarrow$$ $$OD=\frac{5}{9}HD=\frac{25}{12}$$. Применяя формулу понижения степени $$2 \sin^{2}\varphi =1-\cos 2\varphi$$ находим: $$\sin^{2}\varphi=$$$$\frac{1-\cos 2\varphi }{2}=\frac{1}{10}\Rightarrow$$ $$\sin \varphi =\frac{1}{\sqrt{10}}$$

     5) Радиус окружности , описанной около $$\Delta BOD$$, равен радиусу окружности, описанной около четырехугольника BDOK, тогда по теореме синусов из $$\Delta BOD$$: $$R=\frac{OD}{2\sin \varphi }=$$$$\frac{25}{12*2*\frac{1}{\sqrt{10}}}=$$$$\frac{25\sqrt{10}}{24}$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

A)   1) $$\angle ACB$$-вписанный $$\Rightarrow \angle ACB=\frac{1}{2}\cup AB$$; $$\angle AEB$$-между касательной и хордой $$\Rightarrow \angle AEB=\frac{1}{2}\cup AB\Rightarrow \angle ACB=\angle AEB.$$

       2) AD-биссектриса $$\Rightarrow \angle CAD=\angle BAD$$; $$\angle EAD=\angle AEB+\angle BAP(1)$$; $$\angle ADE=\angle ACB+\angle CAP(2)$$

Из (1)и(2), $$\angle EAP=\angle ADE\Rightarrow EA=ED$$

Б)   1) $$\Delta AEB\sim \Delta EAC(\angle E$$- общий;$$\angle EAB=\angle ACE$$)

$$\frac{AB}{AC}=\frac{EB}{EA}=\frac{EA}{EC}(3)$$. Тогда $$EA^{2}=EB*EC$$; $$EA=\sqrt{9*4}=6$$

       2) По теореме косинусов из $$\Delta EAB$$: $$AB=\sqrt{4^{2}+6^{2}-2*4*\frac{9}{16}}=5$$

       3) из равенства (3): $$\frac{AB}{AC}=\frac{EB}{EA}\Leftrightarrow AC=\frac{AB*EA}{EB}=\frac{5*6}{4}=\frac{15}{2}$$

       4) BC=EC-EB=5, тогда : $$AB=BC \Rightarrow$$ расстояние от B до AC-высота BH: $$BH=\sqrt{BC^{2}-(\frac{1}{2}AC)^{2}}=\sqrt{25-(\frac{15}{4})^{2}}=\sqrt{\frac{175}{16}}=\frac{5\sqrt{7}}{4}$$ Ответ :$$\frac{5\sqrt{7}}{4}$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

A)   1) $$\sin \angle ABC =\frac{PH}{BC}-\frac{KH}{BA}=$$$$\frac{PH*BA-KH*BC}{BC*BA}$$

     2) $$PH\perp AB$$(т.к. опирается на диаметр); $$KH\perp BC$$(т.к. опирается на диаметр)

     3) $$\sin \angle ABC=\frac{2S_{AHB}-S_{BCH}}{BC*BA}=$$$$\frac{2S_{ABC}}{BC*BA}=$$$$\frac{2*\frac{1}{2}BC*BA*\sin\angle ABC}{BC*BA}=\sin\angle ABC$$

Б)   1) $$\Delta ABC*\cos ABC=\sqrt{1-\sin^{2}ABC}=\sqrt{1-\frac{147}{676}}=\frac{23}{26}$$

$$AC=\sqrt{AB^{2}+BC^{2}-2 AB*BC\cos ABC}=\sqrt{13^{2}+8^{2}-2*13*8*\frac{23}{26}}=7$$

     2) $$S_{ABC}=\frac{1}{2}AC*BH=\frac{1}{2}AB*BC*\sin ABC$$; $$BH=\frac{13*8*\frac{7\sqrt{3}}{26}}{7}=4\sqrt{3}$$

     3) $$\cos CBH=\frac{BH}{CB}=\frac{4\sqrt{3}}8{}=\frac{\sqrt{3}}{2}$$, тогда $$\angle CBH=30$$ и $$KB=BH*\cos CBH=4\sqrt{3}*\frac{\sqrt{3}}2{}=6$$

     4) $$\angle HCB=90-\angle CBH=60\Rightarrow \angle ACB=120$$; $$\angle KHB=90-\angle CBH=60\Rightarrow \angle KPB=120$$(т.к. HKPB-вписанный). Тогда $$\Delta KPB\sim \Delta ABC\Rightarrow \frac{KB}{AB}=\frac{KP}{AC}\Rightarrow KP=\frac{6*7}{13}=\frac{42}{13}$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

   А) 1) Пусть О - центр окружности описанной около $$\Delta ABC$$, тогда OK и ON - серединные перпендикуляры к BC и AC. KN - средняя линия, следовательно, $$KN=\frac{1}{2}AB$$, $$KN \parallel AB$$. 

     2) $$BC\perp AC$$, $$ON\perp AC$$, $$AH\perp BC$$, $$OK\perp BC$$$$\Rightarrow$$ $$BH\parallel ON$$, $$AH\parallel OK$$. $$\Delta AHB\sim \Delta KON$$, т.к. $$\angle 1=\angle 2$$, $$\angle 3=\angle 4$$. Следовательно, $$\frac{AH}{OK}=\frac{AB}{KN}=\frac{2}{1}$$. следовательно, $$AH=2OK$$

   Б) 1) Найдем площадь треугольника ABC: $$S_{ABC}=\sqrt{p(p-AB)(p-BC)(p-AC)}=6\sqrt{6}$$. OC - радиус описанной окружности, следовательно, $$R=\frac{AB*BC*AC}{4S_{ABC}}=\frac{35}{4\sqrt{6}}$$. 

     2) $$CN=0,5AC=3,5$$, $$ON=\sqrt{OC^{2}-CN^{2}}=\frac{7}{4\sqrt{6}}$$, $$BH=2ON$$

     3) Пусть $$OT \parallel AC$$, тогда $$HT=BB_{1}-3ON$$, $$AC*BB_{1}=2S_{ABC}=12\sqrt{6}$$, следовательно, $$BB_{1}=\frac{12\sqrt{6}}{7}$$, $$HT=\frac{141}{28\sqrt{6}}$$

     4) Из $$\Delta BB_{1}C:$$ $$B_{1}C=\sqrt{BC^{2}-BB_{1}^{2}}=\frac{30}{7}$$, тогда $$TO=B_{1}N=B_{1}C-CN=\frac{11}{14}$$

     5) Из $$\Delta HTO$$: $$OH=\sqrt{HT^{2}+TO^{2}}=\frac{\sqrt{310}}{8}$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

а) 1)Пусть $$\angle ADC = \alpha$$, тогда $$\angle DCB = 180 - \alpha$$ (по свойству трапеции). Центр вписанной окружности лежит на пересечении биссектрис, тогда OC - биссектриса, следовательно, $$\angle OCD = 0,5 \angle DCB = 90-\frac{1}{2}\alpha$$

2) $$\angle DCH = 90 - \alpha$$ (из прямоугольного треугольника CHD). Тогда $$\angle OCH = \angle OCD - \angle DCH = \frac{\alpha}{2}$$

3)Проведем перпендикуляр OM на отрезок CH. O - центр окружности, следовательно M - центр CH, тогда треугольники OMC и OMH равны по двум катетам, тогда $$\angle OHC= \frac{\alpha}{2} = \frac{1}{2}ADC$$

б)1) BC + AD = AB + CD = 27 ( по свойству вписанного четырехугольника ). CH = AB ; пусть AB = x, то CH = x , и CD = 27 - x ; AH = BC, тогда HD = 18 - 9 = 9. По теореме Пифагора из прямоугольного треугольника CHD: $$(27-x)^{2}=x^{2}+9^{2} \Leftrightarrow$$$$x=12$$. Значит AB=12 и радиус окружности составляет 6.

2)Пусть через E проходит перпендикуляр NQ. Докажем, что он пройдет и через O. Треугольники BCE и AED подобны, тогда $$\frac{NE}{EQ}=\frac{BC}{AD}$$. Но и треугольники BNE и EQD подобны, тогда $$\frac{NE}{EQ}=\frac{BN}{QD}$$. Тогда $$\frac{BC}{AD}=\frac{BN}{QD}$$. Пусть BN=y, тогда QD=18-y. Получаем $$\frac{9}{18}=\frac{y}{18-y}$$. Тогда y=6=BN. Но радиус так же равен 6, тогда E и O лежат на одной прямой, параллельной CH.

3)Из пункта два (подобие треугольников) $$\frac{NE}{EQ}=\frac{BC}{AD}$$, пусть NE=z, тогда EQ=12-z. $$\frac{z}{12-z}=\frac{9}{18}$$. Тогда z=4=NE, следовательно, EQ=8. Тогда $$EO=EQ-QO=8-6=2$$. $$QH=AH-AQ=9-6=3$$.

4)$$S_{CEOH}=\frac{EO+CH}{2}*QH=\frac{2+12}{2}*3=21$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

а) 1) Рассмотрим треугольник  ABD: по условию $$\angle A = 90^{\circ}$$ -  тогда BD - диаметр. Тогда $$\angle BMD = \angle BND = 90^{\circ}$$ ( опираются на диаметр ). Следовательно, DM и BN - высоты треугольника BCD, тогда CZ - высота.

2) Пусть $$\angle MDB = \alpha$$, тогда $$\angle DPZ = 90 - \alpha$$ (из треугольника DPZ ) и $$\angle MPZ = 90 + \alpha$$ (как смежный). $$\angle MAB = \alpha$$ (как вписанный, опирающийся на ту же дугу, что и $$\angle MDB$$) , тогда $$\angle MPZ = 90 - \alpha$$. Но в таком случае $$\angle MPZ+\angle MPZ=180$$, следовательно, вокруг AMPZ можно описать окружность

б) 1)Из треугольника ABD: $$BD=\sqrt{AB^{2}+AD^{2}}=20$$, тогда BO=OD=OM=OA=10 (как радиусы)

2)Радиус окружности, описанной около AMPK и AMK - одинаковый. Пусть R - радиус окружности, описанной около AMK: $$R=\frac{MK}{2\sin MAK}$$.

3)PK параллельна AM, тогда AMPK - трапеция. $$\angle MAK + \angle AKP = 180$$ по свойству трапеции, но и $$\angle AMP + \angle AKP = 180$$ (так как вписан в окружность), тогда $$\angle MAK =\angle AMP$$, значит трапеция равнобедренная, и AK=MP, треугольники PDK и MDA подобны, причем коэффициент подобия составляет 1/2, следовательно, KD=PD, тогда $$AD=MD=8\sqrt{5}$$

4)Пусть MA=x ; $$\angle MDA= \alpha$$, тогда $$\angle MOA = 2\alpha$$. Распишем теорему косинусов для треугольников AMO и AMD:

$$\left\{\begin{matrix}x^{2}=10^{2}+10^{2}-2*10*10\cos 2\alpha\\ x^{2}=(8\sqrt{5})^{2}+(8\sqrt{5}^{2})-2*(8\sqrt{5})*(8\sqrt{5})\cos \alpha\end{matrix}\right.\Leftrightarrow$$$$ \left\{\begin{matrix}x^{2}=200-200\cos 2\alpha\\ x^{2}=640-640\cos \alpha\end{matrix}\right.$$

Тогда $$200-200\cos 2\alpha=640-640\cos \alpha \Leftrightarrow$$$$-20\cos 2\alpha +640\cos \alpha -440=0 \Leftrightarrow$$$$5\cos 2\alpha -16\cos \alpha +11=0 \Leftrightarrow$$$$5(2\cos^{2} \alpha -1) -16\cos \alpha +11=0 \Leftrightarrow$$$$5\cos^{2} \alpha -8\cos \alpha +3 =0$$. Тогда $$\cos \alpha = 1 ; \frac{6}{10}$$.

Одному равен косинус быть не может, так как уголь тогда равен 0. Следовательно, $$\cos \alpha = \frac{6}{10}$$, тогда $$AM=x=\sqrt{640-640* \frac{6}{10}}=16$$

5)Из треугольника MAK: $$\cos MAK = \frac{16^{2}+(8\sqrt{5})^{2}-(8\sqrt{5})^{2})}{2*16*8\sqrt{5}}=\frac{1}{\sqrt{5}}$$. Тогда $$\sin MAK = \frac{2}{\sqrt{5}}$$ по основному тригонометрическому тождеству.

6)Из треугольника MAK: $$MK=\sqrt{16^{2}+(4\sqrt{5})^{2}-2*16*4\sqrt{5}*\frac{1}{\sqrt{5}}}=\sqrt{208}$$

7)$$R=\frac{MK}{2\sin MAK}=$$$$\frac{\sqrt{208}}{2*\frac{2}{\sqrt{5}}}=\sqrt{65}$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

а)1) Построим MQ:NQ=PL;

$$NM=KL \angle QLM=\angle KLP\Rightarrow \Delta KLP=\Delta QMN$$ и $$MQ=KP$$

2)Аналогично, построим MP из равенства $$\Delta LMP$$ и $$\Delta KQN$$ MP=KQ;

3)из п.1 и п.2= KPMQ-паралелограмм $$\Rightarrow MP\left | \right |KQ$$,тогда по т. Фалеса т.к. PQ=QN, то MS=SN , аналогично : $$\angle P=PQ$$, тогда $$\angle R=RM$$;

б )1) Пусть $$S_{KLMN}=S$$,тогда $$S_{MLN}=\frac{1}{2}*S$$.

2) $$\frac{S_{RLP}}{S_{MLN}}=\frac{RL*LP}{ML*LN}=$$$$\frac{\frac{1}{2}*ML*\frac{1}{3}*LN}{ML*LN}=$$$$\frac{1}{6}\Rightarrow S_{RLP}=\frac{1}{6}*S_{MLN}$$.

3)Аналогично п2: $$S_{QNS}=\frac{1}{6}*S_{MNL}\Rightarrow S_{MRPQS}=S_{MLN}-2*\frac{1}{6}*S_{MNK}=$$$$\frac{2}{3}*S_{MKN}=\frac{1}{2}*\frac{2}{3}*S=\frac{1}{3}*S$$.

4)$$\frac{S_{KLMN}}{S_{MRPQS}}=\frac{1}{3}*S=\frac{3}{1}$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

А) 1)Пусть BC не параллельна AD. Построим $$a \left | \right |AD ;a\cap AD=P$$; $$MK\cap BP=L_{1}$$ и $$BL_{1}=L_{1}P$$ (свойство трапеции)

2) $$BL=LC; BL_{1}=L_{1}P\Rightarrow LL_{1}$$-средняя линия. $$\Delta BCP$$ и $$LL_{1}\left | \right |PC$$ и $$LM\left | \right |AC$$, но $$LM\cap AC=K\Rightarrow BC\left | \right |AP ABCD$$-трапеция.

б) 1) $$\Delta BCK\sim \Delta AKD\Rightarrow \frac{LK}{KM}=\frac{BC}{AD}=\frac{1}{3}$$ Пусть BC=x; AD=3x.

2)Т.к. окружность можно вписать ,то $$AD+BC=AB+CD\Rightarrow CD=4x-3$$

3) Из C проведем $$CQ\left | \right |AB(CQ\cap AD=Q)$$, $$CQ=AB=3 BC=AQ=x\Rightarrow QD=2x$$.

4)Из $$\Delta ADC$$: $$\cos\angle D=\frac{3x^{2}+(4x-3)^{2}-13}{2*3x(4x-3)}$$

Из $$\Delta QDC$$: $$\cos\angle D=\frac{(2x)^{2}+(4x-3)^{2}-9}{2*2x*(4x-3)}$$

$$\frac{9x^{2}+(4x-3)^{2}-13}{2*3x(4x-3)}=$$$$\frac{4x^{2}+(4x-3)-9}{2*2x(4x-3)}\Leftrightarrow$$$$\frac{25x^{2}-24x-4}{3}=\frac{20x^{2}-24x}{2}\Leftrightarrow$$$$25x^{2}-24x-4=30x^{2}-36x\Leftrightarrow$$$$5x^{2}-12x+4=0\Leftrightarrow$$$$\left [\begin{matrix}x_{1}=2 & & \\x_{2}=0,4 & &\end{matrix}\right.$$

Т. К. 4x-3> 0, то $$x_{2}$$ не подходит $$\Rightarrow x=2$$, тогда BC=2 QD=4 CD=5.

5 ) Из $$\Delta QCD: QC^{2}+QD^{2}=3^{2}+4^{2}=25=CD^{2}\Rightarrow \Delta QCD$$- прямоугольный $$QC\perp AP\Rightarrow r=\frac{1}{2}*QC=1,5$$.

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

a)1) Пусть $$CM\cap AB=Q; BM\cap AC=P$$, тогда QP-средняя линия $$\Rightarrow QP\left | \right |BC\Rightarrow \Delta QPM\sim \Delta BMC \angle BPQ=\angle PBC$$

2) $$\angle QPM=\angle QAM$$(вписанные и опираются на одну дугу)$$\Rightarrow \angle QAM=\angle MBK \angle BKA$$-общий $$\Rightarrow \Delta ABK\sim \Delta MBK$$.

b)1)Пусть MK=x,тогда по свойству имеем MA=2x.Из подобия $$\Delta ABK$$ и $$\Delta MBK$$

$$\frac{BK}{KM}=\frac{AK}{BK}\Rightarrow BK^{2}=AK*KM.$$

2)$$BK=\frac{1}{2}BC=3\sqrt{3}$$,тогда $$(3\sqrt{3})^{2}=3x*x\Rightarrow$$ x=3,тогда AK=9.

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

а)   1) $$\Delta AB_{1}Q$$ и $$\Delta AC_{1}Q :AB_{1}=AC_{1}$$(отрезки касательных), $$\angle B_{1}AQ=\angle QAC_{1}$$(AQ-биссектриса )

AQ-общая $$\Rightarrow \Delta AB_{1}Q=\Delta AC_{1}Q\Rightarrow$$ $$\Delta QB_{1}C_{1}$$ - равнобедренный и $$\angle QB_{1}C_{1}=\angle B_{1}C_{1}Q=\alpha$$ $$\Rightarrow \cup B_{1}Q=\cup QC_{1}=\alpha$$

     2) $$\angle B_{1}C_{1}Q=\frac{1}{2}\cup B_{1}Q=\frac{1}{2}\alpha$$ (вписанный), $$\angle QC_{1}A=\frac{1}{2}\cup QC_{1}=\frac{1}{2}\alpha$$( между хордой и касательной) $$\Rightarrow \angle B_{1}C_{1}Q=\angle QC_{1}A\Rightarrow C_{1}Q$$-биссектриса

б)   1) из п.(a) получаем, что и $$\angle QB_{1}C_{1}=\angle QB_{1}A\Rightarrow B_{1}Q$$ –биссектриса $$\Rightarrow Q$$-центр вписанной окружности $$\Rightarrow QO$$-расстояние

     2)$$r=\frac{S}{p}=\sqrt{\frac{(p-a)(p-b)(p-c)}{p}}; p=\frac{17+9+10}{2}=18$$

$$S=\sqrt{\frac{(18-9)(18-10)(18-17)}{18}}=\sqrt{\frac{9-8}{18}}=2$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

    A) 1) $$\angle ACB=90$$, тогда AD-диаметр круга и $$\angle AED=90$$

     2) $$\angle CAD=\angle EAD$$( AD-биссектриса), AD-общая ,тогда $$\Delta ACD=\Delta ADE$$(по гипотенузе и острому углу) и AC=AE

     3)AO-общая , тогда $$\Delta ACO=\Delta EAO$$(по двум сторонам и углу), тогда CO=OE

    Б) 1)Пусть AE=3x; тогда AB=5x; AC=3x; CD=3y; DB=5y

     2)По свойству биссектрисы : $$\frac{AC}{AB}=\frac{CD}{DB}=\frac{3}{5}.$$

     3) из $$\Delta ACB:(3x)^{2}+(8y)^{2}=(5x)^{2}(1)$$

Из $$\Delta ACD: (3x)^{2}+(3y)^{2}=(2\sqrt{15})^{2}(2)$$

Из (1): $$9x^{2}+64y^{2}=25x^{2}\Leftrightarrow 16x^{2}=64y^{2}\Leftrightarrow x^{2}=4y^{2}\Leftrightarrow x=2y$$

Подставим в (2): $$(by)^{2}+(3y)^{2}=60\Leftrightarrow 45y^{2}=60\Leftrightarrow y^{2}=\frac{4}{3}$$

     4) $$S_{ABC}=\frac{1}{2}*3x*8y=\frac{1}{2}*6y*8y=24y^{2}=24*\frac{4}{3}=32.$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

A) 1) $$\angle AKL=90=\angle AGL$$(опираются на диаметр)

     2)$$\Delta AKL=\Delta AGL$$(по острому углу и гипотенузе )$$\Rightarrow AK=AC_{1}=x$$, тогда $$KB=3x\Rightarrow AB=4x, C_{1}C=x$$$$\Rightarrow AC=2x$$

     3) По свойству биссектрис: $$\frac{AB}{AC}=\frac{BC}{DC}=\frac{4x}{2x}=\frac{2}{1}$$. По свойству площадей: $$\frac{S_{ABD}}{S_{ADC}}=\frac{BD}{DC}=\frac{2}{1}$$

Б) 1) $$\angle BAD=\alpha =\angle DAC\Rightarrow \angle A=2\alpha$$. Из $$\Delta ABE :\cos 2\alpha =\frac{AE}{AB}=$$$$\frac{0,5x}{4x}=\frac{1}{8}\Leftrightarrow$$$$2 \cos^{2}\alpha -1=\frac{1}{8}\Leftrightarrow$$ $$\cos ^{2}\alpha =\frac{9}{16}\Rightarrow$$ $$\cos \alpha =\frac{3}{4}$$

     2) $$AL=2R=2\sqrt{2}$$. Из $$\Delta ALC_{1} :\frac{AC_{1}}{AL}=\cos \alpha \Rightarrow$$ $$AC_{1}=\frac{2\sqrt{2}*3}{4}=\frac{3\sqrt{2}}{2}\Rightarrow$$ $$AC=3\sqrt{2} AB=6\sqrt{2}$$

     3) из $$\Delta ABC:$$ $$BC=\sqrt{(6\sqrt{2})^{2}+(3\sqrt{2})^{2}-2*6\sqrt{2}*3\sqrt{2}*\cos 2\alpha }=$$$$\sqrt{72+18-\frac{3*2*2*6*3}{8}}=\sqrt{90-9}=9$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

A)   1) Из $$\Delta ABC$$: $$AC=\sqrt{AB^{2}+BC^{2}-2AB*BC*\cos B}=$$$$\sqrt{9+9-2*5*\frac{1}{9}}=$$$$\sqrt{18-2}=4$$

     2)по свойству биссектрис: $$\frac{AM}{MP}=\frac{AC}{DC}=$$$$\frac{1,5}{4}=\frac{3}{8}\Rightarrow$$ $$MD=\frac{3}{11}AC=\frac{12}{11}$$

     3) Из $$\Delta MDQ\sim \Delta ADC\Rightarrow$$ $$\frac{MD}{AD}=\frac{DQ}{DC}=\frac{3}{11}\Rightarrow$$ $$DQ=\frac{1,5*3}{11}=\frac{9}{22}\Rightarrow$$ $$BQ=1,5+\frac{9}{22}=\frac{3}{2}+\frac{9}{22}=$$$$\frac{33+9}{22}=\frac{42}{22}=\frac{21}{11}$$

     4) Из $$\Delta PBQ\sim \Delta ABC\Rightarrow$$ $$\frac{PQ}{AC}=\frac{BQ}{BC}=$$$$\frac{21}{11}:3=\frac{21}{33}$$. Тогда $$PQ=\frac{21*4}{33}=\frac{84}{33}$$

     5)$$PM=PQ-QM=\frac{84}{33}-\frac{12}{11}=$$$$\frac{84-36}{33}=\frac{48}{33}=\frac{16}{11}$$

Б)   1) $$BP=BQ=\frac{21}{11}$$, $$p=\frac{\frac{21}{11}+\frac{21}{11}+\frac{84}{33}}{2}=$$$$\frac{42+28}{22}=\frac{70}{22}=\frac{35}{11}$$

     2) По формуле Герона: $$r=\frac{S}{p}=\sqrt{\frac{(p-a)(p-b)(p-c)}{p}}$$. Тогда: $$r=\sqrt{\frac{(\frac{35}{11}-\frac{21}{11})^{2}(\frac{35}{11}-\frac{28}{11})}{\frac{35}{11}}}=$$$$\sqrt{(\frac{14}{11})^{2}*\frac{7}{11}*\frac{11}{35}}=$$$$\frac{14}{11\sqrt{5}}=\frac{14\sqrt{5}}{55}$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

A)   1) Пусть $$\angle {D}'CO=\alpha$$ .Т.к. $${D}'Q=QD$$, CQ-общая и $$\angle {D}'QC=90$$, то $$\Delta C{D}'Q=\Delta CQD$$ и $$\angle QCD=\alpha$$

     2) из $$\Delta ACD :\angle ACB=135-\alpha$$

$$\angle AC{D}'=135-2\alpha =\angle {D}''CA$$(аналогично п.1)

$$\angle {D}''CA+ACQ=180$$

$$135-2\alpha +135-\alpha =180$$

$$3\alpha =90\Leftrightarrow$$ $$\alpha=30$$

     3) Пусть $${D}''C=x$$, тогда $$C{D}'=x=CD$$.Т.к. $$\angle {D}'CD=2\alpha=60$$ и $$C{D}'=CD$$, $$\Delta C{D}'D$$-равносторонний .Тогда $$CQ=C{D}'\sin 60=\frac{\sqrt{3x}}{2}$$

     4) $$BC=\frac{C{D}''}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}x}{3}$$.Тогда $$BQ=CQ-CB=$$$$\frac{\sqrt{3}x}{2}-\frac{\sqrt{3}x}{3}=\frac{\sqrt{3}x}{6}$$, $$\frac{CB}{BQ}=\frac{\sqrt{3}x}{3}:\frac{\sqrt{3}x}{6}=2:1$$

а т.к. $$CQ\perp DB$$, то CQ- медиана, тогда B-точка пересечения медиан $$\Rightarrow CN\perp C{D}'$$ и $$\angle BDC=\angle BD{D}'\Rightarrow$$ $$\Delta CBD$$-равнобедренный.

Б) 1) $$\angle ACB=135-\alpha=105$$ , $$\angle ABC=180-120=60.$$

По т. Синусов из $$\Delta ACB$$: $$\frac{AC}{\sin \beta }=\frac{OB}{\sin \alpha }\Leftrightarrow$$ $$CB=\frac{6*\sin 15}{\sin 60}=4\sqrt{3}\sin 15$$

     2) $$S_{ABC}=\frac{1}{2}AC*CB*\sin C=$$$$\frac{1}{2}*6*4\sqrt{3}\sin 15 *\sin 105=$$$$12\sqrt{3}*\sin 15*\cos 15=$$$$12\sqrt{3}*\frac{1}{2}*\sin 30=3\sqrt{3}$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

   А) 1) $$AE:EM=2:1$$. Пусть $$ME=x\Rightarrow AE=2x$$, $$AM=x\Rightarrow$$ $$ME=AM$$, $$BM=MC$$(AM-медиана ), то по свойству хорд :

$$AM*ME=BM*MC\Leftrightarrow$$ $$AM^{2}=BM^{2}\Rightarrow$$ $$AM=BM(1)$$

     2) из равенства 1 получаем , что $$\angle A=90\Rightarrow$$ BC-диаметр , AE-диаметр , тогда $$AM=BM=MC=ME$$, $$\angle AMB=\angle CME$$(вертикальные ) $$\Rightarrow\Delta AMB=\Delta CME$$ –равнобедренные $$\angle BAM=\angle MEC\Rightarrow$$ $$AB\left | \right |EC$$

   Б) 1) Пусть $$AB=a, AC=b, BC=c, BK=m_{b}$$

     2) По формуле длины медианы: $$BK=\frac{1}{2}\sqrt{2 AB^{2}+2BC^{2}-AC^{2}}\Leftrightarrow$$$$m_{b}=\frac{1}{2}\sqrt{2a^{2}+2 c^{2}-B^{2}}(1)$$

По свойству хорд : $$BK*KF=AK*KC$$. Т.к. $$BK:BF=\frac{2}{3}$$, то $$KF=\frac{1}{2}BK$$. Тогда получим: $$\frac{1}{2}m_{b}*m_{b}=\frac{b}{2}*\frac{b}{2}\Rightarrow$$ $$2m^{2}_{b}=b^{2}$$. Подставим в (1): $$4m^{2}_{b}=2a^{2}-b^{2}$$

$$2b^{2}+b^{2}=2a^{2}+2c^{2}\Leftrightarrow$$ $$3b^{2}=2a^{2}+2c^{2}$$

С другой стороны: $$a^{2}+b^{2}=c^{2}$$, тогда : $$\left\{\begin{matrix}2a^{2}-3b^{2}=-2c^{2}\\a^{2}+b^{2}=c^{2}\end{matrix}\right.\Leftrightarrow$$ $$\left\{\begin{matrix}2a^{2}-3b^{2}=-2c^{2}\\2a^{2}+2b^{2}=2c^{2}\end{matrix}\right.\Leftrightarrow$$ $$4a^{2}-b^{2}=0\Leftrightarrow$$$$\frac{b^{2}}{a^{2}}=4\Leftrightarrow$$$$\frac{b}{a}=2=tg \angle B$$. Тогда $$\angle B=arctg 2, \angle C=90-arctg 2$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

   A) 1) $$\angle EAD=\angle DAC$$(AD-биссектриса ), $$AE=ED\Rightarrow$$ $$\angle EAD=\angle EDA\Rightarrow$$ $$\angle EDA=\angle DAC$$, $$ED\left | \right |AC$$

     2) из п.1 $$\Delta EBD\sim \Delta ABC\Rightarrow$$ $$\angle BDE=\angle BCA$$.Но $$\angle BDC=\angle EDA=\angle DAC$$, тогда $$\angle DCA=\angle DAC\Rightarrow$$ $$AD=DC=\frac{3}{4}$$

     3) $$\frac{EA}{AD}=\frac{AD}{AC}\Rightarrow$$ $$AC=\frac{AD^{2}}{EA^{2}}=$$$$\frac{(\frac{3}{4})^{2}}{\frac{9}{16}}=1$$

   Б) 1) Пусть EB=x; BD=y. Из подобия п.2 :

$$\left\{\begin{matrix}\frac{EB}{AB}=\frac{ED}{AC}\\\frac{BD}{DC}=\frac{ED}{AC}\end{matrix}\right.\Leftrightarrow$$ $$\left\{\begin{matrix}\frac{x}{\frac{9}{16}+x}=\frac{\frac{9}{16}}{1}\\\frac{y}{y+\frac{3}{4}}=\frac{\frac{9}{16}}{1}\end{matrix}\right.\Leftrightarrow$$ $$\left\{\begin{matrix}16x=9x+\frac{81}{16}\\16y=9y+\frac{27}{4}\end{matrix}\right.\Leftrightarrow$$ $$\left\{\begin{matrix}x=\frac{81}{7*16}\\y=\frac{27}{4*7}\end{matrix}\right.$$

Тогда: $$AB=\frac{9}{16}+\frac{81}{7*16}=$$$$\frac{63+81}{7*16}=\frac{9}{7}$$

$$BC=\frac{3}{4}+\frac{27}{4*7}=$$$$\frac{21+27}{4*7}=\frac{12}{7}$$

     2) $$S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}$$

$$p=\frac{1+\frac{9}{7}+\frac{12}{7}}{2}=2$$

$$S=\sqrt{2(2-\frac{9}{7}(2-\frac{12}{7})(2-1)}=$$$$\frac{2}{7}\sqrt{5}$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

   А) 1) Пусть $$\angle ACE=a$$. Так как дуги AE и BE равны, $$\angle BAE=\angle ABE=a$$.

     2) По свойству биссектрисы $$\frac{BD}{AD}=\frac{BC}{AC}=2$$, поэтому $$BD=2, AD=1$$.

     3) Треугольник ADE - равнобедренный , поэтому $$\angle AED=a$$, $$AE\left |\right |BC$$, поскольку равны накрест лежащие углы AEC и BCE

   Б) 1) Треугольники  ACE и ABE - равнобедренный. Пусть $$AC=AE=BE=x\Rightarrow$$$$BC=2x$$

     2) ABCD-равнобедренная трапеция , проведем $$AS\perp BC\Rightarrow$$$$CS=\frac{2x-x}{2}=\frac{x}{2}=\frac{AC}{2}$$.Значит, $$\angle CAS=30,\angle ACS=2a=60\Rightarrow$$ $$\angle ABC=\angle BAE=a=30$$

     3) Из прямоугольного $$\Delta ABC$$: $$AC=AB*tg 30=\frac{3}{\sqrt{3}}=\sqrt{3}$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

   A) 1) $$\angle KAB=\frac{1}{2}KOB\Rightarrow$$ $$\angle KOB=2*\frac{\pi}{8}=\frac{\pi}{4}$$ (вписанный и центральный, опирающиеся на одну дугу)

     2) Радиус в точку касания, проведенный, перпендикулярен касательной: $$OB\perp BC\Rightarrow$$$$\Delta OBC$$ - прямоугольный$$\Rightarrow \angle OCB=\frac{\pi}{2}-\angle COB=\frac{\pi}{4}\Rightarrow$$ $$\Delta OCB$$ - равнобедренный

   Б) 1) $$OB=BC=4\Rightarrow$$ $$\Delta OCB:OC=\sqrt{4^{2}+4^{2}}=4\sqrt{2}\Rightarrow$$ $$AC=4+4\sqrt{2}$$

      2) $$CM=\frac{1}{2}CB=2\Rightarrow$$ из $$\Delta ACM:AM=\sqrt{AC^{2}+CM^{2}-2 AC*CM \cos C}=$$$$\sqrt{(4+4\sqrt{2})^{2}+2^{2}-2*2(4+4\sqrt{2})*\frac{\sqrt{2}}{2}}=$$$$\sqrt{36+24\sqrt{2}}=2\sqrt{9+6\sqrt{2}}$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

     A) 1) Опустим $$OM\perp AB$$, тогда BM=MA=MC(медиана прямоугольного равна половине гипотенузе)

     2) $$\angle MCB=\angle MBC=15$$; $$\angle MBC=\angle BCO=15$$(накрест лежащие) $$\Rightarrow \angle MCO=30$$

     3)Пусть $$OM=x\Rightarrow$$ $$MC=2x=BM$$

Из $$\Delta BMO$$ по т. Пифагора : $$BO^{2}=BM^{2}+OM^{2}\Leftrightarrow$$ $$100=x^{2}+4x^{2}=5x^{2}\Leftrightarrow$$ $$x^{2}=20$$

     4) $$S_{ABC}=\frac{1}{2}OM*AB=$$$$\frac{1}{2}*x*(2x+2x)=$$$$\frac{1}{2}*4x^{2}=2x^{2}=40$$

   Б) $$1) AB=4x; OM=x, O_{1}$$-центр вписанной . $$O_{1}H; O_{1}C$$-радиусы. Пусть $$O_{1}K\perp OM$$, p - полупериметр $$\Delta ABC$$

     2) из $$\Delta ABC: AC=AB \sin B=4x \sin 15$$; $$BC=AB \cos 15=4x \cos 15$$; $$p=\frac{4x+4x\sin 15+4x\cos 15}{2}=$$$$2x+2x \sin 15+2x \cos 15$$

     3) Рассмотрим треугольник ABC (прямоуг.); $$p=\frac{AH+AN+CN+LC+LB+BH}{2}$$; $$BH=BL; HA=AN; CL=CN$$

Тогда $$p=\frac{2BL+2CL+2AH}{2}\Leftrightarrow$$ $$p=\frac{2CB+2AH}{2}\Leftrightarrow$$ $$AH=p-CB=2x+2x\sin 15+2x\cos15-4x \cos 15$$, тогда $$MH=MA-HA=KO_{1}$$; $$KO_{1}=2x-(2x+2x\sin 15-2x\cos 15)=$$$$2x\cos 15-2x \sin 15=2x(\cos 15-\sin 15)$$

     4) KM=O, H=CN. Аналогично п3: $$CN=p-AB=2x+2x \sin 15+2x\cos 15-4x=$$$$2x\sin 15+2 x\cos 15-2x$$, тогда $$KO=OM-KM=$$$$x-(2x\sin 15+2x \cos 15-2x)=$$$$3x-2x \sin 15-2 x\cos 15=x(3-2(\sin 15+\cos 15))$$

     5) $$\Delta KOO_{1}$$: $$OO_{1}=\sqrt{KO^{2}+KO_{1}^{2}}$$

   $$KO_{1}=2x(\cos 15-\sin 15)$$; $$x=\sqrt{20}$$

   $$\sin 15=\sin (45-30)=\sin 45\cos 30-\cos 45\sin 30=$$$$\frac{\sqrt{2}}{2}*\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}*\frac{1}{2}=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$$

   $$\cos 15=\cos (45-30)=\cos 45\cos 30+\sin 45\sin 30=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}$$

   $$KO_{1}=2\sqrt{20}(\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}-\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4})=$$$$2\sqrt{20}*\frac{\sqrt{2}}{2}=\sqrt{40}$$

   $$KO=x(3-2(\sin 15+\cos 15))=\sqrt{20}(3-2(\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}+\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}))=$$$$\sqrt{20}(3-2*\frac{\sqrt{6}}{2})=\sqrt{20}(3-\sqrt{6})=3\sqrt{20}-\sqrt{120}$$

   $$OO_{1}=\sqrt{(3\sqrt{20}-\sqrt{120})^{2}+(\sqrt{40})^{2}}=$$$$\sqrt{9*20-60\sqrt{24}+120+40}=$$$$\sqrt{180-120\sqrt{6}+160}=\sqrt{340-120\sqrt{6}}=$$$$2\sqrt{5}\sqrt{17-6\sqrt{6}}$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

   A) 1) Пусть $$BC=x\Rightarrow$$ $$AD=3x$$; $$CN=2y\Rightarrow$$ $$AN=y$$

     2) $$\angle CAD=\angle BCA$$(накрест лежащие ). Пусть $$\angle CAD=\alpha$$

     3) $$S_{BCA}=\frac{1}{2}BC*AC*\sin BCA=$$$$\frac{1}{2}*x*3y*\sin \alpha =\frac{3xy \sin \alpha }{2}$$

$$S_{CAD}=\frac{1}{2}*AC*AD \sin CAD=$$$$\frac{1}{2}*3y*3x\sin \alpha =\frac{9xy\sin \alpha }{2}$$

$$S_{ABCD}=S_{BCA}+S_{CAD}=$$$$6xy\sin \alpha =S$$, тогда: $$S_{CAD}=\frac{3}{4}S$$, $$S_{BCA}=\frac{1}{4}S$$

      4) $$S_{BCN}=\frac{1}{2}BC*CN*\sin BCN=$$$$\frac{1}{2}*x*2y*\sin \alpha =$$$$xy\sin \alpha =\frac{1}{6}S\Rightarrow$$ $$S_{BNA}=\frac{1}{4}S-\frac{1}{6}S=\frac{1}{12}S$$

     5) $$\Delta BNC\sim \Delta ANH$$ ($$BN\cap AD=H$$) $$\Rightarrow$$ $$\frac{CN}{AN}=\frac{BN}{NH}=\frac{2}{1}=$$$$\frac{BC}{AH}\Rightarrow$$ $$AH=\frac{BC}{2}=\frac{x}{2}\Rightarrow$$ $$HD=3x-\frac{x}{2}=\frac{5x}{2}$$

     6) По т. Менелая для $$\Delta MDA$$:

$$\frac{BN}{NH}*\frac{HD}{AD}*\frac{AM}{MB}=1\Leftrightarrow$$ $$\frac{2}{1}*\frac{5x}{2*3x}*\frac{AM}{MB}=1\Rightarrow$$ $$\frac{AM}{MB}=\frac{3}{5}\Rightarrow \frac{MB}{AB}=\frac{5}{8}$$

     7) $$S_{MBN}=\frac{MB}{AB}*S_{BNA}=$$$$\frac{5}{8}*\frac{1}{12}S=\frac{5S}{96}$$

     8) $$S_{MBCN}=\frac{5S}{96}+\frac{S}{6}=$$$$\frac{5S+16S}{96}=\frac{21S}{96}=\frac{7S}{32}$$

   Б) 1)По т. Менеая для $$\Delta ABH$$:

$$\frac{DN}{NM}*\frac{MB}{AB}*\frac{AH}{HD}=1\Leftrightarrow$$ $$\frac{DH}{NM}*\frac{5}{8}*\frac{1}{5}=1\Leftrightarrow$$ $$\frac{DN}{NM}=\frac{8}{1}\Rightarrow$$ $$MN=\frac{1}{9}*9=1$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

   A) 1) $$OK\perp CB$$(радиус в точку касания ), но и AO - высота $$\Rightarrow$$ A, O и K $$\in$$ AK - высота , но тогда AK-диаметр окружности.

     2) $$\angle KMA=90$$(опирается на диаметр)$$\Rightarrow$$ KM-высота прямоугольного треугольника AKC.

     3) Пусть CM=x, тогда MA=4x; AC=5x. $$MK=\sqrt{MA*CM}=\sqrt{4x*x}=2x$$; $$CK=\sqrt{CM^{2}+MK^{2}}=$$$$\sqrt{4x^{2}+x^{2}}=x\sqrt{5}$$

     4) $$\Delta ONA \sim \Delta KMA$$: $$\frac{AO}{AK}=\frac{AN}{AM}\Rightarrow$$ $$AN=\frac{1}{2} AM=2x\Rightarrow$$ $$CN=MN+MC=2x+x=3x$$

     5) $$\Delta BNC \sim \Delta KMC$$: $$\frac{NC}{MC}=\frac{BC}{CK}\Rightarrow$$ $$BC=\frac{3x*x\sqrt{5}}{x}=3\sqrt{5}x\Rightarrow$$ $$BK=2\sqrt{5} x\Rightarrow$$ $$CK:KB=1:2$$

   Б) 1) $$\Delta AKC$$: $$AK=\sqrt{AC^{2}-CK^{2}}=$$$$\sqrt{25x^{2}-5x^{2}}=$$$$\sqrt{20}x=4\Rightarrow$$$$x=\frac{4}{\sqrt{20}}$$

     2) $$\Delta AKB$$: $$AB=\sqrt{AK^{2}+KB^{2}}=\sqrt{40}x=$$$$\frac{\sqrt{40}*4}{\sqrt{20}}=4\sqrt{2}$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

   A) 1) O- центр вписанной окружности . Пусть $$\angle BAD =2\alpha$$ $$\Rightarrow$$ $$\angle BCD=180-2\alpha$$ (свойство вписанного четырехугольника); $$\angle CDA=2\beta$$ $$\Rightarrow$$ $$\angle CBA=180-2\beta$$

     2) $$AA_{1}=AD_{1}$$(свойство касательных ); $$OA_{1}\perp AB$$ ; $$OD_{1}\perp AD$$; $$OA$$ - общая $$\Rightarrow$$ $$\Delta A_{1}OA=\Delta OAD_{1}\Rightarrow$$ $$A_{1}AO=\angle OAD_{1}=\alpha$$

     3) $$\angle B_{1}OC_{1}=180-\angle BCD=2\alpha$$$$\Rightarrow$$ $$\angle B_{1}OC=\angle COC_{1}=\alpha$$. Аналогично, $$\angle ODD_{1}=\angle ODC_{1}=\angle A_{1}OB=\angle BOB_{1}=\beta$$

     4) Пусть $$\angle A=\arccos \frac{3}{5}\Rightarrow$$ $$\cos 2\alpha =\frac{3}{5}\Rightarrow$$ $$2\cos ^{2}\alpha -1=\frac{3}{5}\Rightarrow$$ $$2\cos ^{2}\alpha=\frac{8}{5}\Rightarrow$$ $$\cos ^{2}\alpha =\frac{4}{5}\Rightarrow$$ $$\sin^{2}\alpha =\frac{1}{5}$$,$$tg^{2}\alpha =\frac{1}{4}$$, $$ctg^{2}\alpha =4$$ т.к. $$\angle \alpha$$ - острый , то $$tg\alpha =\frac{1}{2}$$, $$ctg \alpha =2$$

     5) $$S_{BA_{1}D}=\frac{1}{2}BA_{1}*A_{1}O$$; $$BA_{1}=\frac{1}{2}A_{1}O *tg\beta \Rightarrow$$ $$S_{BA_{1}O}=\frac{1}{2}*3*3*tg\beta \Rightarrow$$ $$S_{A_{1}OB_{1}B}=9tg\beta$$. Аналогично : $$S_{B_{1}OC_{1}C}=9tg\alpha$$; $$S_{A_{1}OD_{1}A}=2*\frac{1}{2}*AA_{1}*A_{1}O, A_{1}A=A_{1}O *ctg \alpha \Rightarrow$$ $$S_{A_{1}OD_{1}A}=9ctg \alpha$$ ; $$S_{DC_{1}OD_{1}}=9ctg \beta$$

$$S_{ABCD}=9(tg\alpha +tg \beta +ctg \alpha +ctg \beta )(1)$$

Пусть $$tg\beta =a; ctg\beta =b$$

     6) $$AB=AA_{1}+A_{1}B=3 ctg \alpha +3 tg\beta =6+3a$$; $$AD=AD_{1}+D_{1}D=3ctg \alpha +3ctg \beta =6+3b$$

По т. Синусов из $$\Delta BAD$$ : $$BD^{2}=(3(a+2))^{2}+(3(b+2))^{2}-2*3(a+2)*3(b+2)*\cos 2\alpha =$$$$9((a+2)^{2}+(b+2)^{2}-2(a+2)(b+2)*\cos 2\alpha) =$$$$9(a^{2}+b^{2}+4(a+b)+8-\frac{6}{5}(4+2(a+b)+ab))$$

Т.к. $$ab=tg\beta *ctg \beta =1$$, то $$a^{2}+b^{2}=(a+b)^{2}-2ab=(a+b)^{2}-2$$ . Пусть $$a+b=x$$, то: $$BD^{2}=9(x^{2}-2+4x+8-\frac{6}{5}(5+2x))=(x^{2}+\frac{8}{5}x)*9(2)$$

С другой стороны , около $$\Delta ABD$$ описана окружность радиуса $$2\sqrt{10}$$, тогда: $$\frac{BD}{\sin 2\alpha }=4\sqrt{10}\Rightarrow$$ $$BD^{2}=16*10*\sin ^{2}2\alpha =160*\frac{16}{25}(3)$$

Из (2) и (3): $$9(x^{2}+\frac{8}{5}x)=160*\frac{16}{25}\Leftrightarrow$$ $$5*9x^{2}+72x=512\Leftrightarrow$$ $$45x^{2}+72x-512=0$$

$$D=5184+92160=97344=312^{2}$$

$$x_{1}=\frac{-72+312}{90}=\frac{240}{90}=\frac{8}{3}$$

$$x_{2}=\frac{-72-312}{90}=-\frac{64}{15}$$ ($$tg\beta +ctg\beta >0$$)

     $$S=9(\frac{1}{2}+2+\frac{8}{3})=\frac{31}{6}*9=\frac{93}{2}$$

   Б ) Пусть $$\varphi$$ - угол между BD и AC , тогда: $$S=\frac{1}{2} BD*AC* \sin \varphi \Rightarrow$$ $$\sin \varphi =\frac{2S}{BD*AC}$$

     1) $$BD=\sqrt{9*(\frac{64}{9}+\frac{8}{5}*\frac{8}{3})}=$$$$\sqrt{\frac{512}{5}}=16\sqrt{\frac{2}{5}}$$

     2) $$tg \beta +ctg\beta =\frac{8}{3}\Rightarrow$$ $$\frac{\sin \beta }{\cos \beta }+\frac{\cos \beta }{\sin \beta }$$$$=\frac{8}{3}\Rightarrow$$$$\frac{1}{\frac{1}{2}\sin 2\beta }=\frac{8}{3}\Rightarrow$$ $$\frac{2}{\sin 2\beta }=\frac{8}{3}\Rightarrow$$ $$\sin 2\beta =\frac{3}{4}$$

      3) Из $$\Delta ACD$$: $$\frac{AC}{\sin 2\beta }=4\sqrt{10}\Rightarrow$$$$AC=4\sqrt{10}*\frac{3}{4}=3\sqrt{10}$$; $$\sin \varphi =\frac{2*\frac{93}{2}}{\frac{16\sqrt{2}}{\sqrt{5}} * 3\sqrt{10}}=$$$$\frac{93}{16*3*2}=\frac{93}{96}\Rightarrow$$ $$\angle \varphi=\arcsin \frac{31}{32}$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

А)   1) $$\Delta ABD$$: $$\cos B=\frac{AB^{2}+BD^{2}-AD^{2}}{2 AB*BD}=\frac{7}{25}$$

     2) $$\Delta ABC:$$ $$AC=\sqrt{AB^{2}+BC^{2}-2 AB*BC * \cos B}=6$$

     3) $$BG=\sqrt{BC^{2}-GC^{2}}=4\Rightarrow$$ $$S_{ABC}=\frac{1}{2}BG*AC=12$$

     4) $$BO=\frac{AB*BC*AC}{4 S_{ABC}}=\frac{25}{8}$$

     5) $$\cos BCA=\frac{GC}{BC}=\frac{3}{5}$$; $$\angle ECG=\frac{\angle BCA}{2}$$$$\Rightarrow$$ $$2 \cos ^{2}ECG-1=\frac{3}{5}$$$$\Rightarrow$$ $$\cos ECG=\frac{2}{\sqrt{5}}$$; $$\sin ECG=\frac{1}{\sqrt{5}}$$

$$CE=\frac{2 AC*CB*\cos ECG}{AC+CB}=\$$$$frac{120}{11\sqrt{5}}$$$$\Rightarrow$$ $$CF=\frac{CE}{5}=\frac{24}{11\sqrt{5}}$$

     6) Центр описанной на пересечении серединных перпендикуляров , $$BD=DC\Rightarrow$$ $$OD\perp BC$$ и OH - расстояние

     7) $$\angle FIG=\angle BCA\Rightarrow$$$$\sin FIG=\sin BCA=\frac{4}{5}$$

$$\angle FIG=180-\angle FIG\Rightarrow$$ $$\sin FIC=\sin FIG=\frac{4}{5}$$

$$\cos FIC=-\cos FIG=-\cos BSA=-\frac{3}{5}$$

По теореме синусов: $$\frac{FC}{\sin FIC}=\frac{FI}{\sin FCI}\Rightarrow$$$$FI=\frac{6}{11}$$

     8) $$\Delta JGJ\sim \Delta BGC\Rightarrow$$ $$\frac{IC}{CG}=\frac{BJ}{BG}\Rightarrow$$ $$BJ=\frac{8}{11}\Rightarrow$$ $$JO=BO-BJ=\frac{211}{8*11}$$

     9) $$\Delta BOD\sim \Delta BGC\Rightarrow$$ $$\frac{OD}{GC}=\frac{BO}{BC}\Rightarrow$$ $$OD=\frac{5}{18}$$

     10) $$\Delta JOH\sim \Delta BOD\Rightarrow$$ $$\frac{JO}{BO}=\frac{OH}{OD}\Rightarrow$$ $$OH=\frac{633}{440}$$

Б)   1) $$\Delta ABC\sim \Delta AKI\Rightarrow$$ $$S_{AKI}=S_{ABC}(\frac{AI}{AC})^{2}$$

$$\frac{AI}{AC}=(\frac{6-\frac{6}{11}}{6})^{2}=\frac{100}{121}\Rightarrow$$ $$S_{AKI}=\frac{1200}{121}$$

     2) $$S_{KBCI}=S_{ABC}-S_{AKI}=\frac{252}{121}\Rightarrow$$ $$\frac{S_{AKI}}{S_{KBCI}}=\frac{100}{21}$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

   A) 1) Пусть $$MN \perp PQ$$, $$MK\perp AC$$, $$LH\perp AC\Rightarrow$$ $$NK\left | \right |LH$$ ; пусть MQ=x, т.к. $$MN\perp PQ$$, то $$PN=NQ=\frac{1}{2}PQ=2$$

     2) из $$\Delta NMQ$$: $$NM=\sqrt{MQ^{2}-NQ^{2}}=\sqrt{x^{2}-2^{2}}$$, $$MK=MQ=x$$

     3) $$\Delta AMK\sim \Delta ALN$$ $$\Rightarrow$$ $$\frac{LH}{MK}=\frac{AL}{AM}\Rightarrow$$ $$LH=\frac{25}{13} x=NK$$

     4) из 2 и 3 : $$\frac{25}{13}x =x+\sqrt{x^{2}-4}\Leftrightarrow$$ $$x=\frac{26}{5}$$

   Б) 1) $$AC=2, KL=20$$$$\Rightarrow$$ $$AK=HC=\frac{AC-KL}{2}=5$$; $$LH=\frac{25}{13}*\frac{26}{5}=10\Rightarrow$$ из $$\Delta LHC$$: $$LC=\sqrt{KH^{2}+HC^{2}}=5\sqrt{5}\Rightarrow$$ $$BC=10\sqrt{5}$$

     2) $$P_{ABC}=2* BC+AC=20\sqrt{5}+20$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

A)    1) пусть $$EL=x$$$$\Rightarrow$$ $$AE=x\sqrt{10}$$. Тогда из $$\Delta ELA:$$ $$AL=\sqrt{AE^{2}-EL^{2}}=3x$$

       2) Пусть $$BL=y$$ $$\Rightarrow$$. Тогда из $$\Delta EBL:$$$$BE=\sqrt{BL^{2}+EL^{2}}=\sqrt{x^{2}+y^{2}}=EC$$

       3) $$\Delta EBL\sim \Delta ABC$$ $$\Rightarrow$$ $$\frac{EB}{AB}=\frac{BL}{BC}$$$$\Leftrightarrow$$ $$\frac{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}{y+3x}=\frac{y}{2\sqrt{x^{2}+y^{2}}}$$$$\Leftrightarrow$$ $$2(x^{2}+y^{2})=y^{2}+3xy$$$$\Leftrightarrow$$ $$2x^{2}+2y^{2}-y^{2}-3xy=0\Leftrightarrow$$ $$2x^{2}-3xy+y^{2}=0$$

$$D=9y^{2}-8y^{2}=y^{2}\Rightarrow$$ $$x=\frac{3y\pm y}{4}$$$$\Rightarrow$$ $$x=y$$ или $$x=\frac{y}{2}$$

1. Если $$x=y$$ , то $$AB=4x$$ ; $$BC=2x\sqrt{2}$$$$\Rightarrow$$ $$AC=\sqrt{16x^{2}-8x^{2}}=2x\sqrt{2}$$ (но BC>AC)
2. Если $$x=\frac{y}{2}$$$$\Rightarrow$$ $$AB=5x; BC=2x\sqrt{5}$$$$\Rightarrow$$ $$AC=\sqrt{25x^{2}-20x^{2}}=x\sqrt{5}$$

       4) $$\angle C=90$$; $$\angle A=arcsin \frac{BC}{AB}=arcsin \frac{2\sqrt{5}}{5}$$; $$\angle B=arcsin \frac{AC}{AB}=arcsin \frac{\sqrt{5}}{5}$$

Б)       1) $$\cos \angle A=\sin B=\frac{\sqrt{5}}{5}\Rightarrow$$ из $$\Delta ALC:$$ $$CL=\sqrt{AC^{2}+AL^{2}-2 AC*AL*\cos A}=2\sqrt{2}x$$$$\Rightarrow$$ $$\frac{AE}{CL}=\frac{\sqrt{10}x}{2\sqrt{2}x}=\frac{\sqrt{5}}{2}$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

A)   Пусть $$CD=KD=KC=a$$, тогда из $$\Delta NKD$$ : $$ND=\sqrt{a^{2}-3^{2}}$$; Из $$\Delta KRC$$: $$RC=\sqrt{a^{2}-5^{2}}$$

      2) Пусть $$DH\perp BC$$ , тогда $$DH=NR=8$$; $$CH=ND=RC=\sqrt{a^{2}-3^{2}}-\sqrt{a^{2}-5^{2}}$$. $$\Delta DHC$$: $$a^{2}=8^{2}+(\sqrt{a^{2}-3^{2}}-\sqrt{a^{2}-5^{2}})^{2}\Leftrightarrow$$$$a^{2}-8^{2}=2a^{2}-34-2\sqrt{a^{4}-34a^{2}+225}\Leftrightarrow$$$$2\sqrt{A^{4}-34a^{2}+225}=a^{2}+30\Leftrightarrow$$$$4a^{4}+136a^{2}+900=a^{4}+60a^{2}+900\Leftrightarrow$$$$3a^{4}-196 a^{2}=0$$. Тогда a=0(не может быть) член $$a=\pm \frac{14\sqrt{3}}{3}$$ ( отрицательным не может быть )

      3) $$KQ=CD \sin 60$$; $$CD=\sqrt{DH^{2}+CH^{2}}=\sqrt{64+((\sqrt{\frac{14^{2}}{3}-9}-\sqrt{(\frac{14^{2}}{3}-25)})^{2}}=$$$$\sqrt{64+(\frac{13}{\sqrt{3}}-\frac{11}{\sqrt{3}})^{2}}=\sqrt{\frac{196}{3}}=$$$$\frac{14}{\sqrt{3}}\Rightarrow$$ $$KQ=\frac{14}{\sqrt{3}}*\frac{\sqrt{3}}{2}=7$$$$\Rightarrow$$ $$MQ=13$$

      4) $$S_{ABCD}=MQ*CD=13*\frac{14}{\sqrt{3}}=\frac{182}{\sqrt{3}}$$

Б)  1) из $$\Delta CHD$$: $$\sin \angle DCH=\frac{DH}{CD}=\frac{8}{\frac{14}{\sqrt{3}}}=\frac{4\sqrt{3}}{7}$$$$\Rightarrow$$ $$\sin \angle ADC=\frac{4\sqrt{3}}{7}=\sin \alpha$$

      2) $$\angle ODQ=\frac{1}{2} \angle KDC=30$$$$\Rightarrow$$ $$\angle PDO=\angle (\alpha -30)$$, где $$\angle \alpha =\angle ADC$$; $$\cos \alpha =\sqrt{1-\sin ^{2}\alpha }=\frac{1}{7}$$; $$\sin (\alpha -30)=\sin \alpha \cos 30-\cos \alpha \sin 30=$$$$\frac{4\sqrt{3}}{7}*\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{1}{7}*\frac{1}{2}=$$$$\frac{11}{14}\Rightarrow$$ $$\cos(\alpha -30)=\frac{5\sqrt{3}}{14}$$

      3) OD - радиус описанной окружности $$\Rightarrow$$ $$OD=\frac{2}{3}$$; $$KQ=\frac{2*7}{3}=\frac{14}{3}$$$$\Rightarrow$$ из $$\Delta EDO$$: $$ED=DO \cos PDO=\frac{14}{3}*\frac{5\sqrt{3}}{14}=$$$$\frac{5\sqrt{3}}{3}\Rightarrow$$ $$PD=\frac{10\sqrt{3}}{3}$$

      4) $$S_{ABCD}=\frac{182}{\sqrt{3}}=AD*DH\Rightarrow$$ $$AD=\frac{182}{\sqrt{3}*8}=\frac{91}{4\sqrt{3}}\Rightarrow$$ $$AP=\frac{91}{4\sqrt{3}}-\frac{10}{\sqrt{3}}=\frac{51}{4\sqrt{3}}$$, $$\frac{AP}{AD}=\frac{51}{4\sqrt{3}}:\frac{91}{4\sqrt{3}}=\frac{51}{91}$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

   A) 1)Пусть r - радиус вписанной окружности в ромб (r=1); $$EG\perp AB$$; $$EH\perp CB$$. Тогда $$EG=EH=2r=2$$(высота в 2 раза больше радиуса в ромбе) .

        2)из $$\Delta AEG$$: $$\sin A=\frac{EG}{AE}=\frac{2}{3}$$$$\Rightarrow$$ $$\cos A=\frac{\sqrt{5}}{3}$$

Из $$\Delta ECH$$: $$\sin C=\frac{EH}{EC}=\frac{2}{7}$$$$\Rightarrow$$ $$\cos C=\frac{\sqrt{45}}{7}=\frac{3\sqrt{5}}{7}$$

Из $$\Delta ACB$$: $$\sin B=\sin (180-(A+C))=\sin (A+C)$$

$$\sin (A+C)=\sin A* \cos C+\sin C*\cos A=$$$$\frac{2}{3}*\frac{3\sqrt{5}}{7}+\frac{2}{7}*\frac{\sqrt{5}}{3}=$$$$\frac{8\sqrt{5}}{21}\Rightarrow$$ $$\cos (A+C)=-\frac{11}{21}$$ ($$\angle A+\angle C>90$$)

        3)По т. cинусов : $$\frac{AB}{\sin C}=\frac{AC}{\sin B}\Rightarrow$$ $$AB=10*\frac{2}{7}:\frac{8\sqrt{5}}{21}=\frac{3\sqrt{5}}{2}$$

        4) $$S_{ABC}=\frac{1}{2}*AB*AC* \sin A=5\sqrt{5}$$

   Б) 1) По т. синусов : $$\frac{AB}{\sin C}=\frac{BC}{\sin A}=\frac{AC}{\sin B}$$$$\Rightarrow$$ $$AB=\frac{AC*\sin C}{\sin B}=\frac{3\sqrt{5}}{2}$$; $$BC=\frac{AC* \sin A}{\sin B}=\frac{7\sqrt{5}}{2}$$. Тогда $$p=\frac{AB+AC+BC}{2}=\frac{10+5\sqrt{5}}{2}$$

        2) Пусть $$R=KO_{1}$$ - радиус вписанной в $$\Delta ABC$$ $$\Rightarrow$$ $$R=\frac{S}{p}=10-4\sqrt{5}$$

     3) $$\angle KBO=\frac{\angle B}{2}\Rightarrow$$ $$\cos \angle B=1-2 \sin ^{2}\angle KBO\Rightarrow$$ $$\sin \angle KBO=\frac{4}{\sqrt{21}}$$

        4) из $$\Delta KO_{1}B$$: $$BO_{1}=\frac{O_{1}K}{\sin \angle KBO}=\frac{(10-4\sqrt{5})\sqrt{21}}{4}$$

Из $$\Delta NOB$$: $$OB=\frac{ON}{\sin \angle KBO}=\frac{\sqrt{21}}{4}$$

$$OO_{1}=BO_{1}-BO=\frac{\sqrt{21}}{4}(10-4\sqrt{5}-1)=\frac{\sqrt{21}}{4}(9-4\sqrt{5})$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

   A) 1) Пусть $$O_{1}A=R_{1}=3$$; $$O_{2}C=R_{2}=4$$ - радиусы; $$\angle ACB=\alpha$$ ; $$\angle BAC=\beta$$

     2) По свойству хорды и касательной: $$\smile BC=2\angle BCA=2\alpha$$ ( или $$180-2\alpha$$ ); $$\smile AB=2\angle BAC=2\beta$$ (или $$180-2\beta$$ - зависит от построения, но на решение никак не влияет).Тогда по свойству центральных углов: $$\angle BO_{1}A=2\beta$$ ; $$\angle BO_{2}C=2\alpha$$

   Пусть $$O_{1}H\perp AB$$, тогда из $$\Delta O_{1}HA$$: $$HA=O_{1}A\sin \angle HO_{1}A$$, $$\angle HO_{1}A=\frac{\angle BO_{1}A}{2}\Rightarrow$$ $$HA=R_{1}\sin \beta =3\sin \beta \Rightarrow$$ $$AB=6 \sin \beta$$. Аналогично $$BC=8 \sin \alpha$$

     3) По теореме синусов из $$\Delta ABC$$ : $$\frac{AB}{\sin \angle ACB}=\frac{BC}{\sin \angle BAC}\Leftrightarrow$$ $$\frac{6 \sin \beta }{\sin \alpha }=\frac{8 \sin \alpha }{\sin \beta }\Leftrightarrow$$ $$\frac{\sin \beta }{\sin \alpha }=\frac{2}{\sqrt{3}}$$

$$\frac{AC}{\sin \angle ABC}=\frac{AB}{\sin \angle ACB}\Leftrightarrow$$ $$AC= \frac{AB}{\sin ACB }* \sin ABC=\frac{6 \sin \beta }{\sin \alpha }*\frac{\sqrt{3}}{2}=6* \frac{2}{\sqrt{3}}*\frac{\sqrt{3}}{2}=6$$

   Б) 1) Общая хорда пусть будет BD. Тогда OD=OB=3; $$O_{2}D=O_{2}B=4$$ - радиусы.

     2) Построим $$O_{1}K\perp O_{2}C\Rightarrow$$ $$KC=O_{1}A=3\Rightarrow$$ $$O_{2}K=4-3=1$$, $$O_{1}K=AC=6\Rightarrow$$ из $$\Delta O_{1}KO_{2}$$: $$O_{2}O_{1}=\sqrt{O_{1}K^{2}+O_{2}K^{2}}=\sqrt{37}$$

     3) $$DB\perp O_{1}O_{2}$$ и $$DH=HB$$. Пусть $$O_{1}H=x$$; $$O_{2}H=\sqrt{37}-x$$; $$DH=HB=y$$, тогда по т. Пифагора из $$\Delta O_{1}HD$$ и $$O_{2}HD$$: $$\left\{\begin{matrix}x^{2}+y^{2}=3^{2}\\(\sqrt{37}-x)^{2}+y^{2}=4^{2}\end{matrix}\right.\Leftrightarrow$$ $$\left\{\begin{matrix}y^{2}=9-x^{2}\\37-2x\sqrt{37} +x^{2}+9-x^{2}=16\end{matrix}\right.$$

Тогда: $$2x\sqrt{37}=30\Leftrightarrow$$ $$x=\frac{15}{\sqrt{37}}\Rightarrow$$ $$y=\sqrt{9-\frac{225}{37}}=\frac{6\sqrt{3}}{\sqrt{37}}\Rightarrow$$ $$DB=2*\frac{6\sqrt{3}}{\sqrt{37}}=\frac{12\sqrt{3}}{\sqrt{37}}$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

A) $$1) \angle MPL=90$$ (вписанный и опирается на диаметр); $$\angle QMP=\angle OLP$$ (опираются на одну дугу), $$\angle PQL=\angle PML$$ (аналогично) , но $$\angle PML=\angle QPM$$ (накрест лежащие )$$\Rightarrow$$ $$\angle QPM=\angle QPL\Rightarrow$$ $$QM =PL\Rightarrow$$ $$\angle QLM=\angle PML=\alpha$$

     2) $$\Delta PML\sim \Delta KML \Rightarrow$$ $$\angle MKL=\angle PML=\alpha \Rightarrow$$ $$\Delta MKL\sim \Delta RML$$. Пусть $$MR=x \Rightarrow$$ $$RK=2x$$ и $$MK=3x$$ . Из подобия: $$\frac{RM}{ML}=\frac{ML}{MK}\Leftrightarrow$$ $$\frac{x}{8\sqrt{3}}=\frac{8\sqrt{3}}{3x}\Rightarrow$$ $$x=8$$

     3) из $$\Delta RML$$: $$RL=\sqrt{MR^{2}+ML^{2}}=\sqrt{8^{2}+(8\sqrt{3})^{2}}=16\Rightarrow$$ $$\sin \alpha =\frac{MR}{RL}=\frac{1}{2}\Rightarrow$$ $$\alpha =30$$

     4) из $$\Delta MPL$$: $$PL=ML* \sin \alpha =4\sqrt{3}$$. Из $$\Delta KML:$$ $$KL=\frac{ML}{\sin \alpha }=16 \sqrt{3}\Rightarrow$$ $$KP=12\sqrt{3}$$ и $$LP: PK =1: 3$$

Б) $$MQ=PL=4\sqrt{3}$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

А)  1) $$\angle HGE$$ - угол между хордой EG и касательной HG$$\Rightarrow$$ $$\angle HGE=\frac{\smile EG}{2}$$

     2) $$\angle EDG$$ - вписанный $$\Rightarrow$$ $$\angle EDG=\frac{\smile EG}{2}\Rightarrow$$ $$\angle HGE=\angle EDG$$

Б)  1) $$AF=FD$$ (по условию ) $$AD=DC\Rightarrow$$ FD-средняя линия и $$FD=\frac{AB}{2}=\frac{BC}{2}$$; $$\angle HAD=\angle FDA$$

     2) Пусть $$H \in BE$$; $$\angle A=\angle C=\alpha \Rightarrow$$ $$\angle FDA=\alpha$$; $$FH=2x\Rightarrow$$ $$HE=3x$$

     3) из $$\Delta AFD$$: $$\angle AFD=180-2\angle A=180-2\alpha$$; Из AEOD: $$\angle O=180-\angle A=180-\alpha$$; $$\angle DGE=\frac{\smile ED}{2}=\frac{\angle O}{2}=90-\frac{\alpha }{2}$$

Из $$\Delta EFG$$: $$\angle FEG +\angle EFG=\angle DGE\Rightarrow$$ $$\angle FEG=\angle DGE-\angle EFG=\frac{3\alpha }{2}-90$$

     4) $$\Delta EGH$$ – равнобедренный (образован касательными) $$\Rightarrow$$ $$\angle HGE=HEG=\frac{3\alpha }{2}-90\Rightarrow$$ $$\angle GHF=2\angle HGE=3\alpha -180$$(внешний угол $$\Delta EGH$$)

     5) $$\Delta FGH=180-\angle GHF-\angle F=180-\alpha$$ (из $$\Delta EGH$$)

     6) из $$\Delta FHG$$: по т. Синусов: $$\frac{FH}{\sin \angle FGH}=\frac{HG}{\sin \angle GHF}$$, но $$HG=HE\Rightarrow$$ $$\frac{2x}{\sin (180-\alpha )}=\frac{3x}{\sin (180-2\alpha )}\Leftrightarrow$$ $$\frac{2}{\sin \alpha }=\frac{3}{\sin 2\alpha }\Leftrightarrow$$ $$2 \sin 2\alpha -3 \sin \alpha =0\Leftrightarrow$$ $$4 \sin \alpha \cos \alpha -3 \sin \alpha =0 \Leftrightarrow$$ $$\sin \alpha (4 \cos \alpha -3)=0 \Leftrightarrow$$ $$\cos \alpha =\frac{3}{4}\Rightarrow$$ $$\alpha =arccos \frac{3}{4}$$($$\sin \alpha$$ не может быть 0 )

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

     A) 1) $$\angle BMC=90$$ (вписанный , опирается на диаметр) $$\Rightarrow$$ $$\angle AMP=90\Rightarrow$$ $$\Delta AMP$$ -прямоугольный $$\Rightarrow$$ $$MO=\frac{1}{2} AP$$(медиана в прямоугольном треугольнике к гипотенузе)

   2) аналогично , $$ON=\frac{1}{2} AP\Rightarrow$$ $$OM=ON\Rightarrow$$ $$\Delta MON$$ - равнобедренный

     Б) 1)$$\Delta AMN\sim \Delta ABC\Rightarrow$$ $$\frac{AM}{AC}=\frac{AN}{AB}\Rightarrow$$ $$AC=\frac{3*12}{4}=9\Rightarrow$$ $$NC=5$$

   2) из $$\Delta BAN$$: $$BN^{2}=AB^{2}-AN^{2}=128$$. Из $$\Delta NCB$$: $$BC=\sqrt{NC^{2}+BN^{2}}=\sqrt{153}\Rightarrow$$ $$MK=KN=\frac{\sqrt{153}}{2}$$(радиусы)

   3) $$\Delta AMN\sim \Delta ABC\Rightarrow$$ $$\frac{AM}{AC}=\frac{NM}{CB}\Rightarrow$$ $$NM=\frac{AM}{AC}*CB=\frac{\sqrt{53}}{3}$$

   4) Пусть $$NM\cap OK=H$$ , т.к. $$OM=ON$$ , то OM и ON –касательные $$\Rightarrow$$ $$KM\perp OM$$; $$KN\perp ON$$ ; $$\Delta OMK=\Delta ONK$$ ; $$NH=HM=\frac{NM}{2}=\frac{\sqrt{153}}{6}$$

   5) из $$\Delta HMK \sin K=\frac{HM}{MK}=\frac{1}{3}\Rightarrow$$$$\cos K=\frac{2\sqrt{2}}{3}\Rightarrow$$$$HK=MK*\cos K=\frac{\sqrt{153}}{2}*\frac{2\sqrt{2}}{3}=\sqrt{34}$$

   6) MH – высота $$\Rightarrow$$ $$\Delta OMH \sim \Delta MHK\Rightarrow$$ $$\frac{OH}{HM}=\frac{HM}{HK}\Rightarrow$$$$OH=\frac{153}{36} :\sqrt{34}=\frac{17}{4\sqrt{34}}=\frac{\sqrt{34}}{8}$$

   7) $$S_{NOM}=OH *HM=$$$$\frac{\sqrt{34}}{8}*\frac{\sqrt{153}}{6}=\frac{17\sqrt{2}}{16}$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

     A) $$\angle C$$ – общий ; $$\angle ABC =\angle CML\Rightarrow$$ $$\Delta ABC\sim \Delta CML$$: $$\frac{MC}{BC}=\frac{CN}{AC}=\frac{MN}{AB}=\frac{1}{3}\Rightarrow$$ $$S_{MCN}=(\frac{1}{3})^{2} S_{ABC}\Rightarrow$$ $$S_{AMNB}=\frac{8}{9}S_{ABC}\Rightarrow$$ $$S_{ABC}=\frac{9 S_{AMNB}}{8}=\frac{9}{4}$$$$\Rightarrow$$ $$S_{MCN}=\frac{1}{4}=\frac{1}{2} MN*h$$ ,где h-высота из $$C\Rightarrow h=\frac{1}{2}$$

     Б) 1) Пусть O - центр описанной около $$\Delta ABC$$ окружности , тогда $$OC=OB=OA$$ - радиусы и $$OC=\frac{AB}{2 \sin ACB}=\frac{5}{2}$$

     2) Пусть $$\angle ABC=\alpha \Rightarrow$$ $$\smile AC=2\alpha$$ (вписанный угол) и $$\angle LMC=\alpha$$ .

     3) $$\angle LMC$$ - угол между хордами AC и KN $$\Rightarrow$$ $$\frac{\smile AK+\smile CN}{2}=\alpha \Rightarrow$$ $$\smile AK+\smile CN=2\alpha$$. При этом $$\smile AC=\smile AK+\smile KC=2\alpha \Rightarrow$$ $$\smile CN=\smile KC\Rightarrow$$ $$KC=CN$$

      4) Пусть $$OC\cap KN=D\Rightarrow$$ $$CD=h=\frac{1}{2}$$( расстояние от C до ML ) $$\Rightarrow$$ $$OD=OC-DC=\frac{5}{2}-\frac{1}{2}=2\Rightarrow$$ $$KD=\sqrt{OK^{2}-OD^{2}}=1,5\Rightarrow$$ $$KN=3\Rightarrow$$ $$S_{KCN}=\frac{1}{2}*CD*KN=\frac{3}{4}$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

     A) 1) $$\angle KBL=\angle ADL=45$$ (угол между диагональю и стороной квадрата);

$$\angle HBT=\angle TDA$$ (накрест лежащие )$$\Rightarrow$$ $$\angle KBT=\angle TDL$$;

$$\angle BTK=\angle LTD$$ (вертикальные )$$\Rightarrow$$ $$\Delta KBT\sim \Delta TDL$$$$\Rightarrow$$ $$\angle BKT=\angle TLD$$

     2) из $$\angle KBT=\angle NDL\Rightarrow$$ $$BK\left | \right |LD$$ $$\Rightarrow$$ $$\angle BKT=\angle TLD$$, то они накрест лежащие $$\Rightarrow$$ $$KT\left | \right |TL$$ или $$K,T,L \in KL$$, но параллельны быть не могут (так как имеют общую точку) $$\Rightarrow$$ KL-секущая

     Б) 1) Аналогично п. A $$\Delta RCT \sim TAN$$ ($$\angle C=90$$; $$\angle BCD=\angle TAD$$ - накрест лежащие )$$\Rightarrow$$ $$AN\left | \right |RC$$; $$\angle TNA=\angle TRC$$$$\Rightarrow$$ $$R,T,N \in RN$$

     2) из подобия : $$\frac{AN}{RC}=\frac{NT}{TR}\Leftrightarrow$$ $$\frac{8}{3}=\frac{20}{x}\Rightarrow$$ $$x=\frac{3*20}{8}=7,5\Rightarrow$$ $$RN=27,5$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

     A) 1) Пусть $$AC<AB$$; т.к. AL –биссектриса $$\angle CAB$$, то $$\smile CL=\smile BL$$ (вписанные углы, опирающиеся на эти дуги равны ) $$\Rightarrow$$ $$\angle COL=\angle LOB$$(центральные ), $$OB=OC=OL$$ - радиусы $$\Rightarrow$$ $$\Delta BOL=\Delta OLC$$. Пусть $$OL\cap BC=D$$ $$\Rightarrow$$ т.к. $$\Delta BOL=\Delta OLC$$, то $$\angle BLO=\angle OLC$$ и $$BL=LC\Rightarrow$$ LD-биссектриса и высота $$\Rightarrow$$ $$LD\perp BC\Rightarrow$$ $$LD\left | \right |AH$$

     2) $$\angle OLA=\angle HAF$$ (накрест лежащие ); Из $$\Delta OAL$$: $$\angle OAL=\angle OLA$$ ($$OA=OL$$-радиусы ) $$\Rightarrow$$ $$\angle OAF=\angle LAH\Rightarrow$$ AF - биссектриса $$\angle EAH$$

     Б) 1) $$\angle AEH=60\Rightarrow$$ $$\Delta EAH \angle EAH=90-60=30\Rightarrow$$ $$\angle EAF=\angle FAH=\frac{30}{2}=15$$

     2) Пусть $$OG\perp AL\Rightarrow$$ из $$\Delta OAG$$: $$AO=\frac{AG}{\cos OAL}=\frac{\frac{1}{2}AL}{\cos OAL}$$; $$S_{OAL}=\frac{1}{2} AL*AO*\sin OAL=$$$$\frac{1}{2} AL*\frac{\frac{1}{2}AL}{\cos OAL}*\sin OAL=$$$$\frac{AL^{2}tg 15}{4}=8 tg 15$$

     3) из $$\Delta FAH$$: $$AF=\frac{AH}{\cos FAH}=\frac{AH}{\cos 15}$$. Из $$\Delta EAH$$: $$AE=\frac{AH}{\cos EAH}=\frac{AH}{\cos 30}$$; $$S_{\Delta FAE}=\frac{1}{2} AF*AE\sin 15=$$$$\frac{1}{2} *\frac{AH}{\cos 15}*\frac{AH}{\frac{\sqrt{3}}{2}}\sin 15=$$$$\frac{AH^{2}}{\sqrt{3}}tg15=2 tg15$$

     4) $$S_{OELF}=S_{OAL}-S_{FAE}=6 tg 15$$; $$\frac{S_{OAL}}{S_{OEFL}}=$$$$\frac{8 tg16}{6 tg15}=\frac{4}{3}$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

     A) 1) Пусть P и Q не середины . $$\Delta PMC\sim \Delta AMQ$$$$\Rightarrow$$ $$\frac{PC}{AQ}=\frac{PM}{MQ}(1)$$

$$\Delta BPM\sim \Delta MQD\Rightarrow$$$$\frac{BP}{QD}=\frac{PM}{MQ}(2)$$

$$\Delta EPC\sim \Delta EQD\Rightarrow$$$$\frac{PC}{QD}=\frac{EP}{EQ}(3)$$

$$\Delta EBP\sim \Delta EAQ\Rightarrow$$$$\frac{BP}{AQ}=\frac{EP}{EQ}(4)$$

     2) из (1) и (2) : $$\frac{PC}{AQ}=\frac{BP}{QD}(*)$$; Из (3) и (4) : $$\frac{PC}{QD}=\frac{BP}{AQ}(**)$$

   Поделим (*) на (**): $$\frac{QD}{AQ}=\frac{AQ}{QD}\Rightarrow$$ $$QD=AQ\Rightarrow BP=PC$$

     Б) 1) т.к. BP=PC и AQ=QD, то $$S_{BPQA}=S_{PCDQ}=\frac{S_{ABCD}}{2}=3$$

     2) $$\frac{S_{ECP}}{S_{EDQ}}=$$$$(\frac{EP}{EQ})^{2}=$$$$\frac{1}{9}\Rightarrow$$ $$S_{ECP}=\frac{1}{9} S_{EDQ}$$ $$\Rightarrow$$$$S_{PCDQ}=\frac{8}{9}*S_{EDQ}\Rightarrow$$$$S_{ECP}=\frac{1}{8} S_{PCDQ}=\frac{3}{8}$$

     3) $$\frac{S_{EFP}}{S_{ECP}}=\frac{EF*EP}{EC*EP}=$$$$\frac{1}{4}\Rightarrow$$ $$S_{EFP}=\frac{1}{4}*\frac{3}{8}=\frac{3}{32}$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

A) 1) Пусть KC пересекает окружность в C.

     2) По свойству хорды и секущей $$\angle ABL=\angle AKB$$; $$\angle BKC=\angle CAB$$; т.к. KB – биссектриса, то $$\angle AKB=\angle BKC \Rightarrow$$ $$\angle ABL=\angle BAC\Rightarrow$$ $$LM\left \| \right \|AC$$

     3) Пусть $$AK=5x$$ $$\Rightarrow$$ $$LB=6x$$, $$AL=y$$, тогда свойству секущей и хорды : $$AL*LK=LB^{2}\Rightarrow$$ $$y(y+5x)=(6x^{2})\Rightarrow$$ $$y^{2}+5xy-36y^{2}\Rightarrow$$ $$D=(5x)^{2}+4*36x^{2}=(13x)^{2}\Rightarrow$$ $$y_{1}=4x , y_{2}<0$$

     4) $$\frac{AK}{AL}=\frac{5}{4}\Rightarrow$$ $$\frac{AK}{KL}=\frac{5}{9}=\frac{AC}{LM}\Rightarrow$$ $$AC=\frac{5}{9} *9\sqrt{3}=5\sqrt{3}$$

     5) из $$\Delta AKC$$: $$\frac{AC}{\sin \angle AKC}=2 R$$ , $$R =5\Rightarrow$$ $$\sin \angle AKC=\frac{5\sqrt{3}}{2*5}=$$$$\frac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow$$ $$\angle AKC=60$$ или 120 (120 не может, т.к. $$\frac{AK}{AL}$$ должно быть тогда < 1)

Б) 1) Пусть $$KC=5t\Rightarrow$$ $$CM=4t\Rightarrow$$ по свойству биссектрисы $$BM=6t\Rightarrow$$ $$ML=6(x+t)=9\sqrt{3}\Rightarrow$$ $$x+t=\frac{3\sqrt{3}}{2}$$

     2) из $$\Delta KLM$$: $$LM^{2}=LK^{2}+KM^{2}-2 LM*KM*\cos LKM\Leftrightarrow$$ $$(6(x+t))^{2}=81x^{2}+81t^{2}-81xt\Leftrightarrow$$ $$36x^{2}+36t^{2}+72xt=81x^\Leftrightarrow$$ $$2+81t^{2}-81xt\Leftrightarrow$$ $$5x^{2}+5t^{2}-17 xt=0\Leftrightarrow$$ $$5(x+t)^{2}=27xt\Leftrightarrow$$ $$5(\frac{3\sqrt{3}}{2})^{2}=27xt\Leftrightarrow$$ $$xt=\frac{5}{4}$$

     3) $$S_{LKM}=\frac{1}{2} LK*KM*\sin LKM\Rightarrow$$ $$S_{LKM}=\frac{1}{2}*9x*9t*\frac{\sqrt{3}}{2}=$$$$\frac{81xt\sqrt{3}}{4}=\frac{405\sqrt{3}}{16}$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

А)   1) Рассмотрим NMAC: $$\angle C=\angle M=90^{\circ}$$$$\Rightarrow$$ около NMAC можно описать окружность. Тогда $$\angle CAN=\angle NMC$$ так как опираются на одну хорду

Б)   1) $$tg \angle BAC=\frac{BC}{AC}=\frac{4}{3}$$; пусть BC=4x, тогда AC=3x и AB=5x (по теореме Пифагора)

     2) т.к. М - середина, то СМ - медиана прямоугольного треугольника, опущенная к гипотенузе, следовательно, СМ=МВ

     3) $$MN \perp AB$$ и ВМ=МА, следовательно, $$\Delta BNM=\Delta NMA$$, тогда $$\Delta ANB$$ - ранобедренный

     4) т.к. $$\angle A$$ - общий, то $$\Delta ANB=\Delta CBM$$, следовательно, $$\frac{R_{ANB}}{R_{CBM}}=\frac{AB}{CB}=\frac{5}{4}$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

A) 1) $$\angle BCK=\angle KAB$$ (вписанные и опираются на одну хорду); $$\angle OAB=\angle ODB$$ (аналогично). Пусть они равны $$\alpha$$

2) $$\angle CAK=\angle KCE=1$$ (вписанный и угол между касательной и хордой); $$\angle OAD=\angle ODE=2$$ (аналогично); $$\angle CEM=\angle3$$; $$\angle MED=\angle4$$

3) из $$\bigtriangleup CDE$$: $$\angle C+\angle D+\angle E=180^{\circ}$$ или $$(\angle1+\alpha)+(\angle2-\alpha)+\angle3+\angle4=180^{\circ}$$ $$\Rightarrow$$ $$\angle1+\angle2+\angle3+\angle4=180^{\circ}$$ $$\Rightarrow$$ $$\angle CAD+\angle CED=180^{\circ}$$ $$\Rightarrow$$ около $$ACED$$ можно описать окружность

Б) Т.к. около $$ACED$$ можно описать окружность, то $$\angle DCE=\angle EAD$$ (опираются на одну хорду), но $$\angle DCE=\angle BAC$$ $$\Rightarrow$$ $$angle BAC=\angle EAD$$; $$\angle ACD=\angle AED$$ (аналогично) $$\Rightarrow$$ $$\bigtriangleup ABC\sim\bigtriangleup ADE$$ $$\Rightarrow$$ $$\frac{AC}{AE}=\frac{AB}{AD}$$ $$\Rightarrow$$ $$AE=\frac{AC\cdot AD}{AB}=\frac{16\cdot15}{10}=24$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

А) 1) Пусть $$BC=2x$$, тогда $$AD=5x$$; $$MN=y\cdot k$$; $$NH\perp BC$$ и $$NH\pepr AD$$ $$\Rightarrow$$ $$\bigtriangleup NBM\sim\bigtriangleup AMH$$. Пусть $$\frac{BM}{MA}=k$$ $$\Rightarrow$$ $$MH=y$$. Пусть $$NH=h=y(k+1)$$

2) $$S_{ABCD}=\frac{2x+5x}{2}\cdot y(k+1)=3,5xy(k+1)=20=3/5xh$$

$$S_{BCM}=\frac{1}{2}2x\cdot ky=xky$$. $$S_{AMD}=\frac{1}{2}5x\cdot y=2,5xy$$

Тогда $$S_{CMD}=3,5xy(k+1)-xky-2,5xy=2,5kxy+xy=1,5kxy+xy(k+1)=1,5kxy+\frac{20}{3,5}$$

3) Учтем, что $$xky\rightarrow max$$, когда $$ky=h$$ $$\Rightarrow$$ $$max(S_{BCM})=xh=\frac{20}{3,5}$$ $$\Rightarrow$$ $$max(S_{CMD})=\frac{1,5\cdot20}{3,5}+\frac{20}{3,5}=\frac{50}{3,5}=\frac{100}{7}<1,5$$

Б) 1) $$S_{MCD}=9$$ $$\Rightarrow$$ $$S_{MBC}+S_{AMD}=11$$ $$\Rightarrow$$ $$\left\{\begin{matrix}xky+2,5xy=11&\\3,5xy(k+1)=20&\end{matrix}\right.$$ $$\Leftrightarrow$$ $$\left\{\begin{matrix}xy(k+2,5)=11(1)&\\xy(3,5k+3,5)=20(2)&\end{matrix}\right.$$ 

Поделим $$(1)$$ на $$(2)$$: $$\frac{k+2,5}{3,5k+3,5}=\frac{11}{20}$$ $$\Leftrightarrow$$ $$20k+50=38,5k+38,5$$

$$18,5k=11,5$$ $$\Rightarrow$$ $$k=\frac{11,5}{18,5}=\frac{23}{37}=\frac{MB}{AM}$$ $$\Rightarrow$$ $$\frac{AM}{MB}=\frac{37}{23}$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

А) 1) Пусть $$MB=x$$, тогда по свойству касательных $$BN=x$$. $$AM=AR=y$$; $$RC=CN=a$$; $$RF=z$$ $$\Rightarrow$$ $$FC=CI=a-z$$; $$AJ=AF=y+z$$

2) $$(*)$$ $$AF+AB=FC+BC$$ $$\Leftrightarrow$$ $$y+z+y+x=a-z+a+x$$ $$\Rightarrow$$ $$2y=2a-2z$$ $$\Rightarrow$$ $$y=a-z$$ $$(1)$$

Но $$BI=BJ$$ $$\Rightarrow$$ $$y+z+y+x=a-z+a+x$$ $$\Rightarrow$$ $$y=a-z$$

Получим, что $$(1)$$ - верно $$\Rightarrow$$ $$(*)$$ - тоже верно

Б) 1) из $$\bigtriangleup O_{1}AR$$: $$\frac{O_{1}R}{AR}=\tan O_{1}AR=\tan\frac{\angle A}{2}$$

Найдем полупериметр: $$\bigtriangleup ABC$$: $$p=\frac{7+8+11}{2}=13$$ $$\Rightarrow$$ радиус вписанной окружности $$(O_{1}R)$$ по формуле Герона: $$r=\sqrt{\frac{(13-7)(13-8)(13-11)}{13}}=\sqrt{\frac{60}{13}}$$

2) из $$\bigtriangleup ABC$$: $$\cos A=\frac{7^{2}+11^{2}-8^{2}}{2\cdot7\cdot11}=\frac{53}{77}$$ $$\Rightarrow$$ $$\sin\frac{\angle A}{2}=\sqrt{1-\frac{\cos A}{2}}=\sqrt{\frac{12}{77}}$$ $$\Rightarrow$$ $$\cos\frac{\angle A}{2}=\sqrt{1-\sin^{2}\frac{\angle A}{2}}=\sqrt{\frac{65}{77}}$$ $$\Rightarrow$$ $$\tan\frac{A}{2}=\frac{\sin\frac{\angle A}{2}}{\cos\frac{\angle A}{2}}=\sqrt{\frac{12}{65}}$$

3) $$AR=\frac{O_{1}R}{\tan\frac{A}{2}}=\sqrt{\frac{60}{13}}\cdot\sqrt{\frac{65}{12}}=5$$ $$\Rightarrow$$ $$FR=11-2\cdot5=1$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

А) 1) Пусть $$\angle EBC=\angle2$$, $$\angle EBA=\angle1$$, тогда: $$\angle DAC=\angle2$$ (опирается на ту же дугу); $$\angle EAD=\angle1$$ ( на дугу $$AD$$) $$\Rightarrow$$ из $$\bigtriangleup EHA$$: $$\angle BEA=90-(\angle1+\angle2)$$. Тогда: $$3\angle EBC+2\angle BEA=180^{\circ}$$ $$\Leftrightarrow$$ $$3\angle2+180-2\angle1-2\angle2=180^{\circ}$$ $$\Leftrightarrow$$ $$\angle2=2\angle1$$ - надо доказать

2) Т.к. $$BD=DC$$ то $$\bigtriangleup BDC$$ - равнобедренный $$\Rightarrow$$ $$BO$$ - высота, биссектриса (О - центр окружности) $$\Rightarrow$$ $$\angle OBA=\frac{\angle2}{2}=\angle1$$ из $$\bigtriangleup AOB$$ (равнобедренный) $$\angle OAB=\frac{\angle2}{2}+\angle1$$

3) из $$\bigtriangleup AHB$$: $$\angle HAB=90-\angle1$$ $$\Rightarrow$$ $$\angle HAO=90-2\angle1-\frac{\angle2}{2}$$ $$\Rightarrow$$ $$\angle DAO=90-2\angle1+\frac{\angle2}{2}$$ $$\Rightarrow$$ из $$\bigtriangleup DOA$$: $$\angle DOA=180^{\circ}-2(90^{\circ}-2\angle1+\frac{\angle2}{2})=4\angle1-\angle2$$

Но $$\angle DOA=2\angle DBA$$ (вписанный и центральный, опираются на одну дугу) $$\Rightarrow$$ $$4\angle1-\angle2=2\angle1$$ $$\Rightarrow$$ $$\angle2=2\angle1$$

ч.т.д.

Б) 1) Из $$\bigtriangleup CBD$$: $$\frac{CD}{\sin B}=2OB$$. $$\angle ABC=3\angle1=3\arcsin\frac{\sqrt{6}}{6}$$ $$\Rightarrow$$ $$\angle1=\frac{\sqrt{6}}{6}$$; $$\angle2=2\arcsin\frac{\sqrt{6}}{6}$$; $$\sin B=\sin(2\arcsin\frac{\sqrt{6}}{6})=2\sin(\arcsin\frac{\sqrt{6}}{6})\cos(\arcsin\frac{\sqrt{6}}{6})$$

Учтем, что $$\arcsin a=\arccos(\sqrt{1-a^{2}})$$ $$\Rightarrow$$ $$\sin B=2\cdot\frac{\sqrt{6}}{6}\cdot\frac{\sqrt{30}}{6}=\frac{\sqrt{5}}{3}$$ $$\Rightarrow$$ $$OB=\frac{10}{2\cdot\frac{\sqrt{5}}{3}}=3\sqrt{5}$$

2) $$\angle DOA=2\angle1$$ $$\Rightarrow$$ $$AD=\sqrt{AO^{2}+OD^{2}-2AO\cdot OD\cos2\angle1}$$; $$\cos2\angle1=\cos(2\arcsin\frac{\sqrt{6}}{6})=1-2\cdot\frac{1}{6}=\frac{2}{3}$$ $$\Rightarrow$$ $$AD=\sqrt{45+45-2\cdot45\cdot\frac{2}{3}}=\sqrt{30}$$

3) Из $$\bigtriangleup AEH$$: $$\angle AEH=90-\angle EAH=90-3\angle1$$ $$\Rightarrow$$ $$\sin AEH=\sin(90-3\arcsin\frac{\sqrt{6}}{6})=\cos(3\arcsin\frac{\sqrt{6}}{6})=4\cos^{3}(\arcsin\frac{\sqrt{6}}{6})-3\cos(\arcsin\frac{\sqrt{6}}{6})=4\cdot\frac{5\sqrt{5}}{6\sqrt{6}}-3\frac{\sqrt{5}}{\sqrt{6}}=\frac{\sqrt{5}}{3\sqrt{6}}$$

4) По т. синусов из $$\bigtriangleup AED$$: $$\frac{AE}{\sin EDA}=\frac{AD}{\sin AED}$$; $$\angle EDA=90+\angle2$$ $$\Rightarrow$$ $$\sin EDA=\sin(90+2\arcsin\frac{\sqrt{6}}{6})=\cos(2\arcsin\frac{\sqrt{6}}{6})=\frac{2}{3}$$ $$\Rightarrow$$ $$AE=\frac{\frac{2}{3}\cdot\sqrt{30}}{\frac{\sqrt{5}}{\sqrt{6}\cdot3}}=\frac{2\sqrt{30}\cdot3\cdot\sqrt{6}}{3\sqrt{5}}=12$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

А) 1) Пусть $$BK;CH;AD$$ - высоты, $$BO=x$$; $$OK=y$$

2) $$AO=5$$ $$\Rightarrow$$ $$OD=3$$; $$\angle AOK=\angle BOD$$ $$\Rightarrow$$ $$\bigtriangleup AOK\sim\bigtriangleup BOD$$ $$\Rightarrow$$ $$\frac{AO}{BO}=\frac{OK}{OD}$$ $$\Rightarrow$$ $$\frac{5}{x}=\frac{y}{3}$$; $$xy=15$$

3) $$OH=OD=3$$ $$\Rightarrow$$ из $$\bigtriangleup AHO$$: $$AH=\sqrt{5^{2}-3^{2}}=4$$

Из $$\bigtriangleup AOK$$: $$AK=\sqrt{25-y^{2}}$$ $$\Rightarrow$$ $$AC=2\sqrt{25-y^{2}}$$

Из $$\bigtriangleup AHC$$: $$4(25-y^{2})-16=8^{2}$$ $$\Rightarrow$$ $$4(25-y^{2})=80$$ $$\Rightarrow$$ $$25-y^{2}=20$$ $$\Rightarrow$$ $$y^{2}=5$$ $$\Rightarrow$$ $$y=\sqrt{5}$$ $$\Rightarrow$$ $$x=3\sqrt{5}$$ $$\Rightarrow$$ $$BK=4\sqrt{5}$$ $$\Rightarrow$$ $$AC=2\sqrt{25-5}=4\sqrt{5}$$

Б) $$S=\frac{1}{2}\cdot4\sqrt{5}\cdot4\sqrt{5}=40$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

А) 1) Пусть $$\angle B$$ в $$\bigtriangleup ABC$$ равен $$\alpha$$, тогда $$\angle BAC=90^{\circ}-\alpha$$

2) $$BM=MA=CM$$ по свойству прямоугольного треугольника $$\Rightarrow$$ $$\angle MCA=90^{\circ}-\alpha$$ $$\Rightarrow$$ $$\angle BCM=90^{\circ}-(90^{\circ}-\alpha)=\alpha$$

3) $$\angle MKC=90^{\circ}-\alpha$$ $$\Rightarrow$$ из $$\bigtriangleup CKM$$: $$\angle KMC=180^{\circ}-(90^{\circ}-\alpha+\alpha)=90^{\circ}$$

Б) 1) $$CK\cdot CB=CM\cdot CN$$ (свойство секущих) $$\Rightarrow$$ $$\frac{CK}{CN}=\frac{CM}{CB}$$; $$\angle C$$ - общий $$\Rightarrow$$ $$\bigtriangleup CKM\sim\bigtriangleup CBN$$ $$\Rightarrow$$ $$\angle KMC=\angle CBN=90^{\circ}$$ $$\Rightarrow$$ $$\bigtriangleup CBN$$ - прямоугольный

2) $$\angle BCN=\angle BCA$$ $$\angle CBN=\angle BCA$$; $$CB$$ - общая $$\Rightarrow$$ $$\bigtriangleup CBN=\bigtriangleup BCA$$ $$\Rightarrow$$ $$BN=CA$$, но $$BN\parallel CA$$ (т.к. обе перпендикулярны $$CB$$) $$\Rightarrow$$ $$CBNA$$ - прямоугольник $$\Rightarrow$$ $$\angle ANB=90^{\circ}$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

а) Рассмотрим окружность, построенную на $$AC$$ как на диаметре. Углы $$AEC$$ и $$ADC$$ равны 90°, следовательно, $$E$$ и $$D$$ лежат на этой окружности. Углы $$EDA$$ и $$ECA$$ равны как вписанные, значит, треугольники $$EDP$$ и $$APC$$ подобным по двум углам. Коэффициент подобия равен $$\frac{ED}{AC}=\frac{5}{13}$$ , значит, и отношение радиусов равно 5 : 13.

б) Пусть $$M $$— середина $$ED$$, $$N $$— середина $$AC$$, $$AC$$ — диаметр окружности, проходящей через $$E$$ и $$D$$. Тогда $$NE=ND=\frac{AC}{2}=13$$, следовательно, треугольнике $$NED$$ — равнобедренный, $$NM $$— медиана и высота.
Тогда $$MN^{2}=13^{2}-5^{2}=12^{2}, откуда $$MN=12$$.

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Решение прислано подписчиком.

1. Пункт А: ABMD р/б трапеция (т.к. точки A, B, M и D лежат на окружности, и BM||AD) Диагонали р/б трапеции равны => AM=BD
2. Рассмотрим  4х-угольник ABDN. A, B, D и N лежат на окружности, и AB||ND (по условию, т.к. N лежит на продолжении CD) => ABDN - р/б трапеция => AN=BD
3. Из 1) и 2) => AN=AM ч.т.д.

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!