Четырехугольники и их свойства — задание №17 ЕГЭ по математике

Нужно доказать отношение отрезков и вычислить отношение площадей. Так как $AB=BD$ и $BE$ — биссектриса, удобно направить горизонтальную ось вдоль этой биссектрисы: точки $A$ и $D$ окажутся симметричными. Шаг 1. Введём координаты. Пусть $AB=BD=r$, $BC=q$, где $q>r>0$. Половину угла $ABC$ обозначим $\theta$. Выберем $B=(0;0)$, ось $x$ вдоль биссектрисы, а $A$ расположим выше неё. Тогда $$A=(r\cos\theta;r\sin\theta),\quad D=(r\cos\theta;-r\sin\theta),$$ $$C=(q\cos\theta;-q\sin\theta).$$ Точки $A,D$ имеют одинаковую первую координату, поэтому $AD$ вертикальна. Пересечение с горизонтальной биссектрисой — $E=(r\cos\theta;0)$. Перпендикуляр из $C$ к вертикальной $AD$ горизонтален, значит, $K=(r\cos\theta;-q\sin\theta)$. Отсюда $AE=r\sin\theta$, $EK=q\sin\theta$. Делим: $$\frac{AE}{EK}=\frac{r\sin\theta}{q\sin\theta}=\frac rq=\frac{AB}{BC}.$$ Сокращение допустимо: половина угла треугольника положительна, поэтому $\sin\theta>0$. Пункт а доказан. Шаг 2. Найдём координату $F$. По теореме о биссектрисе $AF:FC=AB:BC=r:q$. Точка $F$ делит $AC$ в этом отношении, поэтому её координаты равны взвешенным средним с противоположными весами: $$F=\frac{qA+rC}{r+q}.$$ Такую формулу можно получить, пройдя от $A$ долю $r/(r+q)$ всего вектора $AC$: $F=A+[r/(r+q)](C-A)$. Подставляем координаты: $$x_F=\frac{qr\cos\theta+rq\cos\theta}{r+q}=\frac{2rq\cos\theta}{r+q},$$ $$y_F=\frac{qr\sin\theta-rq\sin\theta}{r+q}=0.$$ Значит, $F$ лежит на горизонтальной биссектрисе, как и должно быть. Причём $$EF=x_F-x_E=\left(\frac{2rq}{r+q}-r\right)\cos\theta=\frac{r(q-r)}{r+q}\cos\theta>0.$$ Шаг 3. Вычислим площади частей. Для краткости пишем $c=\cos\theta$, $s=\sin\theta$, оба числа положительны. Треугольник $ABE$ прямоугольный, с катетами $BE=rc$ и $AE=rs$: $$S_{ABE}=\frac12(rc)(rs)=\frac{r^2cs}{2}.$$ Четырёхугольник $CDEF$ разделим диагональю $CE$ на треугольники $CDE$ и $CEF$. У $CDE$ основание $DE=rs$ вертикально, а расстояние от $C$ до его прямой равно $qc-rc=(q-r)c$. Поэтому $$S_{CDE}=\frac12rs\cdot(q-r)c=\frac{r(q-r)cs}{2}.$$ У $CEF$ основание $EF=r(q-r)c/(r+q)$ горизонтально, а высота от $C$ равна $qs$. Значит, $$S_{CEF}=\frac12\cdot\frac{r(q-r)c}{r+q}\cdot qs=\frac{rq(q-r)cs}{2(r+q)}.$$ Складываем, приводя к знаменателю $2(r+q)$: $$S_{CDEF}=\frac{r(q-r)(r+q)cs+rq(q-r)cs}{2(r+q)}=\frac{r(q-r)(r+2q)cs}{2(r+q)}.$$ Шаг 4. Найдём отношение и подставим условие. $$\frac{S_{ABE}}{S_{CDEF}}=\frac{r^2cs}{2}\cdot\frac{2(r+q)}{r(q-r)(r+2q)cs}=\frac{r(r+q)}{(q-r)(r+2q)}.$$ Из $BD:DC=5:2$ можно записать $r=5u$, $DC=2u$, поэтому $q=BC=5u+2u=7u$, где $u>0$. Тогда $$\frac{S_{ABE}}{S_{CDEF}}=\frac{5u(5u+7u)}{(7u-5u)(5u+14u)}=\frac{5u\cdot12u}{2u\cdot19u}=\frac{60u^2}{38u^2}=\frac{30}{19}.$$ Проверка: общий масштаб $u$ и угол $\theta$ сократились — при заданном отношении сторон ответ не зависит от размера и формы треугольника. Ответ: а) $AB:BC=AE:EK$; б) $S_{ABE}:S_{CDEF}=30:19$.

а) Сначала используем информацию о двух равнобедренных треугольниках. У треугольника $ABD$ основание — $AD$, поэтому равны две остальные стороны: $$AB=BD.$$ У треугольника $BCD$ основание — $CD$, поэтому: $$BC=BD.$$ Объединяем эти равенства: $$AB=BC=BD.$$ Таким образом, треугольник $ABC$ равнобедренный с основанием $AC$. Его углы при основании равны: $$\angle BAC=\angle ACB.$$ Основания трапеции параллельны: $BC\parallel AD$. При секущей $AC$ накрест лежащие углы равны: $$\angle ACB=\angle CAD.$$ Значит: $$\angle BAC=\angle CAD.$$ Это и означает, что луч $AC$ делит угол $BAD$ на две равные части, то есть является его биссектрисой. б) Найдём боковую сторону $CD$ по двум диагоналям. Координаты помогут получить равенство, связывающее эти три отрезка. Обозначим $BD=r$, $AD=d$, высоту трапеции через $h$. Из $AB=BD$ следует, что точка $B$ одинаково удалена от $A$ и $D$. Поэтому её проекция на $AD$ — середина этого основания. Разместим $A,D$ на горизонтальной оси: $$A=(0;0),\quad D=(d;0),\quad B=(d/2;h).$$ Длина горизонтального верхнего основания $BC$ равна $BD=r$, поэтому: $$C=(d/2+r;h).$$ Сначала выразим высоту через $r,d$. В прямоугольном треугольнике с гипотенузой $AB=r$ и катетами $d/2,h$ по теореме Пифагора: $$r^2=(d/2)^2+h^2.$$ Вычтем $d^2/4$ из обеих частей: $$h^2=r^2-d^2/4.$$ Теперь по формуле расстояния между точками: $$AC^2=(d/2+r)^2+h^2.$$ Раскроем квадрат суммы и подставим найденное $h^2$: $$AC^2=d^2/4+dr+r^2+r^2-d^2/4=2r^2+dr.$$ Аналогично разность первых координат $C,D$ равна $(d/2+r)-d=r-d/2$, поэтому: $$CD^2=(r-d/2)^2+h^2,$$ $$CD^2=r^2-rd+d^2/4+r^2-d^2/4=2r^2-rd.$$ Сложим два равенства. Члены $dr$ и $-rd$ взаимно уничтожаются: $$AC^2+CD^2=(2r^2+dr)+(2r^2-rd)=4r^2.$$ Так как $r=BD$, получаем формулу именно для искомой стороны: $$CD^2=4BD^2-AC^2.$$ Подставим данные условия: $$CD^2=4\cdot(\frac{17}{2})^2-15^2.$$ Вычислим квадраты: $$CD^2=4\cdot\frac{289}{4}-225=289-225=64.$$ Длина стороны положительна, поэтому берём положительный квадратный корень: $$CD=\sqrt{64}=8.$$ Ответ: а) доказано; б) $CD=8$.

а) Покажем, как высота делит большее основание. Опустим также высоту из $B$ на $AD$ и обозначим её основание через $K$. Четырёхугольник $KBCH$ — прямоугольник, поэтому: $$KH=BC.$$ Боковые прямоугольные треугольники $AKB$ и $DHC$ равны по гипотенузе и катету: боковые стороны равнобедренной трапеции равны, а её высоты одинаковы. Поэтому: $$AK=HD.$$ Обозначим $BC=b$. По условию $AD=3b$. Вычтем длину верхнего основания из нижнего: $$AK+HD=AD-KH=3b-b=2b.$$ Так как эти два отрезка равны, каждый составляет половину $2b$: $$AK=HD=b.$$ Тогда: $$AH=AK+KH=b+b=2b.$$ Итак, $AH=2HD$: высота делит основание на отрезки в отношении $2:1$. б) Пусть $M$ — середина диагонали $BD$. Нужно найти $CM$. Используем прямоугольный треугольник для нахождения высоты, затем вычислим положение середины. Из $AD=15$ и $AD=3BC$ получаем: $$BC=15/3=5.$$ В пункте а) найдены выступы основания: $AK=HD=5$. Поэтому можно выбрать координаты: $$A=(0;0),\quad D=(15;0),\quad B=(5;h),\quad C=(10;h).$$ Здесь первая координата $C$ равна $15-5=10$, а $h$ — высота трапеции. По теореме Пифагора для диагонали $AC$: $$AC^2=10^2+h^2.$$ По условию $AC=2\sqrt{61}$. При возведении произведения в квадрат возводим в квадрат каждый множитель: $$AC^2=(2\sqrt{61})^2=2^2\cdot(\sqrt{61})^2=4\cdot61=244.$$ Следовательно: $$244=100+h^2,$$ $$h^2=244-100=144,$$ $$h=12.$$ Выбираем положительный корень, поскольку высота положительна. Теперь найдём середину $BD$: каждую координату концов сложим и разделим на 2. $$M=\left(\frac{5+15}{2};\frac{12+0}{2}\right)=(10;6).$$ Точка $C=(10;12)$ имеет ту же первую координату, поэтому $CM$ — вертикальный отрезок. Его длина равна разности вторых координат: $$CM=12-6=6.$$ Ответ: а) отношение $2:1$; б) расстояние равно 6.

Нужно доказать, что $O$ — середина $CK$, и найти отношение оснований по отношению площадей. Здесь достаточно параллельности прямых: запишем координаты и не будем вводить неизвестные углы. Шаг 1. Выберем удобный масштаб. Искомые отношения не меняются при одинаковом изменении всех длин, поэтому примем $AD=1$. Пусть $BC=r>0$, а высота трапеции $h>0$. Выберем $A=(0;0)$, $D=(1;0)$, $B=(b;h)$, $C=(b+r;h)$. Число $b$ задаёт горизонтальное смещение верхнего основания; оно не обязано быть положительным. Точка $E$ — середина $CD$, поэтому $$E=((1+b+r)/2;h/2).$$ Пусть $K$ находится на доле $t$ пути от $A$ к $B$. Тогда $K=(tb;th)$, где $0<t<1$. Шаг 2. Найдём $t$ из параллельности $CK$ и $AE$. Направления $KC$ и $AE$ равны соответственно $(b+r-tb;h(1-t))$ и $((1+b+r)/2;h/2)$. У параллельных векторов отношение соответствующих координат одинаково. По вертикальным координатам коэффициент равен $2(1-t)$. Значит, горизонтальные координаты удовлетворяют $$b+r-tb=(1-t)(1+b+r).$$ Слева $b(1-t)+r$, справа $b(1-t)+(1-t)(1+r)$. Вычитаем общую часть: $$r=(1-t)(1+r)=1+r-t(1+r).$$ Отсюда $t(1+r)=1$, то есть $t=1/(1+r)$. Следовательно, $$K=(b/(1+r);h/(1+r)).$$ Шаг 3. Проверим, что середина $CK$ лежит на $BE$. Обозначим середину $CK$ через $O_0$. Её координаты — полусуммы координат концов: $$O_0=\left(\frac{b+r+b/(1+r)}2;\frac{h+h/(1+r)}2\right).$$ Вычитаем координаты $B=(b;h)$. Первая разность равна $$\frac{b+r+b/(1+r)-2b}{2}=\frac{r-b+b/(1+r)}2=\frac{r(1+r-b)}{2(1+r)}.$$ Вторая равна $$\frac{h+h/(1+r)-2h}{2}=\frac{-h+h/(1+r)}2=-\frac{hr}{2(1+r)}.$$ А вектор от $B$ к $E$ равен $((1+r-b)/2;-h/2)$. Поэтому $$\overrightarrow{BO_0}=\frac r{1+r}\overrightarrow{BE}.$$ Это означает, что $O_0$ находится на прямой $BE$. Коэффициент $r/(1+r)$ лежит между0 и1, значит, даже на отрезке $BE$. Одновременно $O_0$ лежит на $CK$. Поэтому $O_0$ совпадает с данной точкой пересечения $O$. Следовательно, $CO=KO$. Пункт а доказан. Шаг 4. Вычислим отношение площадей. Основание $BC$ горизонтально на высоте $h$, точка $K$ — на высоте $h/(1+r)$. Значит, высота треугольника $BCK$ равна $$h-\frac h{1+r}=\frac{h(1+r)-h}{1+r}=\frac{hr}{1+r}.$$ Его площадь и площадь трапеции: $$S_{BCK}=\frac12\cdot r\cdot\frac{hr}{1+r}=\frac{hr^2}{2(1+r)},$$ $$S_{ABCD}=\frac{AD+BC}{2}h=\frac{1+r}{2}h.$$ Делим первую площадь на вторую: $$\frac{S_{BCK}}{S_{ABCD}}=\frac{hr^2}{2(1+r)}\cdot\frac2{h(1+r)}=\frac{r^2}{(1+r)^2}.$$ По условию это $9/100$. Обе стороны отношения длин положительны, поэтому извлекаем положительные корни: $$\frac r{1+r}=\frac3{10}.$$ Умножаем на $10(1+r)$: $$10r=3(1+r)=3+3r,\qquad7r=3,\qquad r=3/7.$$ Так как $AD=1$, отношение $BC:AD=3:7$. Проверка: $r/(1+r)=(3/7)/(10/7)=3/10$, квадрат $9/100$. Ответ: а) $CO=KO$; б) $BC:AD=3:7$.

Нужно доказать, что диагонали перпендикулярны, и найти высоту. Известны две диагонали и сумма оснований. Построим треугольник, стороны которого будут равны именно этим трём известным величинам. Шаг 1. Выполним вспомогательное построение. Обозначим параллельные основания трапеции через $AB$ и $CD$. Через $C$ проведём прямую, параллельную $BD$, до пересечения с продолжением $AB$ за $B$ в точке $E$. Тогда $BE\parallel CD$, поскольку $BE$ лежит на прямой основания. По построению $CE\parallel BD$. Значит, четырёхугольник $DCEB$ — параллелограмм. Его противоположные стороны равны: $BE=CD$, $CE=BD$. Так как $E$ находится за $B$: $$AE=AB+BE=AB+CD=13.$$ Другие стороны треугольника $ACE$ — диагональ $AC$ и отрезок $CE$, равный диагонали $BD$. Поэтому их длины равны 5 и 12. Шаг 2. Применим обратную теорему Пифагора. Вычисляем квадраты: $$5^2=25,\qquad 12^2=144,\qquad 13^2=169.$$ Их сумма удовлетворяет равенству $$25+144=169.$$ Если квадрат наибольшей стороны треугольника равен сумме квадратов двух других, угол напротив наибольшей стороны прямой. Здесь наибольшая сторона $AE=13$, значит, прямой угол находится при $C$: $$AC\perp CE.$$ Но $CE\parallel BD$, поэтому $AC\perp BD$. Пункт а доказан. Шаг 3. Вычислим высоту через две формулы площади. В прямоугольном треугольнике $ACE$ катеты равны 5 и 12. Поэтому $$S_{ACE}=\frac{5\cdot12}2=\frac{60}2=30.$$ Высота из $C$ к прямой $AE$ — это и высота трапеции $h$: прямая $AE$ совпадает с одним основанием, а $C$ находится на другом. По основанию $AE$ площадь того же треугольника равна $$S_{ACE}=\frac{AE\cdot h}2=\frac{13h}2.$$ Приравниваем две формулы площади и умножаем на 2: $$\frac{13h}2=\frac{60}2,\qquad 13h=60.$$ Делим на 13: $$h=\frac{60}{13}=\frac{60}{13}.$$ Проверка: $13h/2=13\cdot(\frac{60}{13})/2=30$, совпадает с площадью по катетам. Ответ: а) диагонали перпендикулярны; б) $h=\frac{60}{13}$.

Нужно доказать $BM=PQ$ и найти площадь $APQ$. Известны высоты параллелограмма и равенство одной высоты стороне. Поэтому сначала найдём координаты основания второй высоты. Шаг 1. Выразим длину основания параллелограмма. Выберем $A=(0;0)$, $D=(d;0)$, $B=(p;h)$, $C=(d+p;h)$. Поскольку угол $BAD$ острый, $p>0$; высота $h>0$. Основание высоты из $B$ на $AD$ — $P=(p;0)$, и $BP=h$. Пусть $AB=l$. По теореме Пифагора $$l^2=p^2+h^2.$$ Площадь параллелограмма по основанию $AD$ равна $dh$. По основанию $AB$ она равна $AB\cdot BQ$: прямая $CD$ параллельна $AB$, поэтому $BQ$ — расстояние между этими прямыми. По условию $BQ=AB=l$, значит, $$dh=l\cdot l=l^2,\qquad d=\frac{l^2}{h}.$$ Шаг 2. Найдём координаты $Q$. Точка на стороне $DC$ имеет вид $D+t(C-D)=(d+tp;th)$. Направляющий вектор $DC$ — $(p;h)$, вектор $BQ$ — $(d+tp-p;th-h)$. Они перпендикулярны, поэтому скалярное произведение ноль: $$p(d+tp-p)+h(th-h)=0.$$ Раскрываем скобки: $$pd+tp^2-p^2+th^2-h^2=0,$$ $$t(p^2+h^2)=(p^2+h^2)-pd.$$ Используем $p^2+h^2=l^2$ и делим на $l^2>0$: $$t=1-\frac{pd}{l^2}=1-\frac{p(l^2/h)}{l^2}=1-\frac ph.$$ Подставляем в координаты: $$x_Q=d+tp=\frac{p^2+h^2}{h}+p-\frac{p^2}{h}=p+h,$$ $$y_Q=th=h-p.$$ Следовательно, $Q=(p+h;h-p)$. Шаг 3. Докажем равенство отрезков. Из $AM=BP=h$ и положения $M$ на горизонтальном $AD$ получаем $M=(h;0)$. Тогда $$BM^2=(h-p)^2+(0-h)^2=(h-p)^2+h^2.$$ А для $P=(p;0)$ и $Q=(p+h;h-p)$: $$PQ^2=(p+h-p)^2+(h-p-0)^2=h^2+(h-p)^2.$$ Квадраты длин одинаковы. Длины положительны, поэтому $BM=PQ$. Пункт а доказан. Шаг 4. Подставим числовые данные. Теперь $h=BP=8$, $l=AB=10$. Из $p^2+h^2=l^2$: $$p^2=10^2-8^2=100-64=36.$$ Берём положительный корень, потому что $p>0$: $p=6$. Значит, $$P=(6;0),\qquad Q=(6+8;8-6)=(14;2).$$ В треугольнике $APQ$ горизонтальное основание $AP=6$, высота из $Q$ к его прямой равна вертикальной координате $Q$, то есть2. Поэтому $$S_{APQ}=\frac12\cdot6\cdot2=6.$$ Проверка: $d=l^2/h=100/8=25/2$, $t=1-6/8=1/4$, значит, $Q$ действительно на стороне $DC$. Кроме того, $BQ=(14-6;2-8)=(8;-6)$, его длина $\sqrt{8^2+6^2}=10=AB$, как задано. Ответ: а) $BM=PQ$; б) $S_{APQ}=6$.

Нужно доказать, что $M$ равноудалена от концов основания $AD$, затем найти угол $BAD$. Два прямых угла дадут два уравнения; их разность определит положение $M$ по горизонтали. Шаг 1. Запишем координаты и условия прямых углов. Пусть $BC=b>0$, тогда $AD=2b$. Выберем $A=(0;0)$, $D=(2b;0)$, $B=(u;h)$, $C=(u+b;h)$, $M=(p;q)$, где $h>0$. Из $AB\perp BM$ скалярное произведение направлений $(u;h)$ и $(p-u;q-h)$ равно нулю: $$u(p-u)+h(q-h)=0,$$ $$up-u^2+hq-h^2=0,\qquad up+hq=u^2+h^2.$$ Из $DC\perp CM$ направления $(u-b;h)$ и $(p-u-b;q-h)$ также дают ноль: $$(u-b)(p-u-b)+h(q-h)=0.$$ Раскрывая, получаем $(u-b)p-(u-b)(u+b)+hq-h^2=0$. Здесь $(u-b)(u+b)=u^2-b^2$, поэтому $$(u-b)p+hq=u^2-b^2+h^2.$$ Вычитаем это уравнение из первого: $$up-(u-b)p=(u^2+h^2)-(u^2-b^2+h^2),$$ $$bp=b^2,\qquad p=b.$$ Точка $M$ имеет горизонтальную координату середины $AD$. Следовательно, лежит на серединном перпендикуляре к $AD$ и $AM=DM$. Можно проверить и по квадратам: $AM^2=b^2+q^2=DM^2$. Пункт а доказан. Шаг 2. Используем расстояние до $AD$. Основание $AD$ лежит на оси $x$, точка $M$ внутри трапеции, поэтому её расстояние до основания равно положительной координате $q$. По условию $q=BC=b$. Подставляем $p=q=b$ в первое уравнение: $$ub+hb=u^2+h^2.$$ Делим на $b^2$ и вводим безразмерные $U=u/b$, $H=h/b$: $$U+H=U^2+H^2.$$ Шаг 3. Используем угол при $D$. Угол $ADC=70^\circ$ острый, значит, горизонтальный отступ от $D$ к $C$ направлен влево и равен $2b-(u+b)=b-u$. В соответствующем прямоугольном треугольнике $$\cot70^\circ=\frac{b-u}{h}=\frac{1-U}{H}.$$ Обозначим $c=\cot70^\circ=\tan20^\circ$. Тогда $1-U=cH$, то есть $U=1-cH$. Подставляем в $U^2+H^2=U+H$: $$(1-cH)^2+H^2=1-cH+H.$$ Раскрываем квадрат и переносим всё влево: $$1-2cH+c^2H^2+H^2-1+cH-H=0,$$ $$(1+c^2)H^2-(c+1)H=0.$$ Высота $H$ положительна, поэтому делим на $H$: $$H=\frac{1+c}{1+c^2}.$$ Возвращаемся к $U=1-cH$: $$U=\frac{1+c^2-c(1+c)}{1+c^2}=\frac{1+c^2-c-c^2}{1+c^2}=\frac{1-c}{1+c^2}.$$ Шаг 4. Найдём угол при $A$. Поскольку $0<c=\tan20^\circ<1$, оба числа $U,H$ положительны. Значит, $BAD$ — острый угол, и $$\tan\angle BAD=\frac hu=\frac HU=\frac{1+c}{1-c}.$$ Формула тангенса суммы: $$\tan(45^\circ+20^\circ)=\frac{\tan45^\circ+\tan20^\circ}{1-\tan45^\circ\tan20^\circ}=\frac{1+c}{1-c}.$$ Острые углы с одинаковыми тангенсами равны, следовательно, $\angle BAD=65^\circ$. Проверка положения $M$: $H-1=(c-c^2)/(1+c^2)>0$, поэтому $h>b=q$; точка с требуемым расстоянием действительно ниже верхнего основания. Ответ: а) $AM=DM$; б) $65^\circ$.

Нужно доказать, что диагонали перпендикулярны, и найти высоту. Известны две диагонали и сумма оснований. Построим треугольник, стороны которого будут равны именно этим трём известным величинам. Шаг 1. Выполним вспомогательное построение. Обозначим параллельные основания трапеции через $AB$ и $CD$. Через $C$ проведём прямую, параллельную $BD$, до пересечения с продолжением $AB$ за $B$ в точке $E$. Тогда $BE\parallel CD$, поскольку $BE$ лежит на прямой основания. По построению $CE\parallel BD$. Значит, четырёхугольник $DCEB$ — параллелограмм. Его противоположные стороны равны: $BE=CD$, $CE=BD$. Так как $E$ находится за $B$: $$AE=AB+BE=AB+CD=10.$$ Другие стороны треугольника $ACE$ — диагональ $AC$ и отрезок $CE$, равный диагонали $BD$. Поэтому их длины равны 6 и 8. Шаг 2. Применим обратную теорему Пифагора. Вычисляем квадраты: $$6^2=36,\qquad 8^2=64,\qquad 10^2=100.$$ Их сумма удовлетворяет равенству $$36+64=100.$$ Если квадрат наибольшей стороны треугольника равен сумме квадратов двух других, угол напротив наибольшей стороны прямой. Здесь наибольшая сторона $AE=10$, значит, прямой угол находится при $C$: $$AC\perp CE.$$ Но $CE\parallel BD$, поэтому $AC\perp BD$. Пункт а доказан. Шаг 3. Вычислим высоту через две формулы площади. В прямоугольном треугольнике $ACE$ катеты равны 6 и 8. Поэтому $$S_{ACE}=\frac{6\cdot8}2=\frac{48}2=24.$$ Высота из $C$ к прямой $AE$ — это и высота трапеции $h$: прямая $AE$ совпадает с одним основанием, а $C$ находится на другом. По основанию $AE$ площадь того же треугольника равна $$S_{ACE}=\frac{AE\cdot h}2=\frac{10h}2.$$ Приравниваем две формулы площади и умножаем на 2: $$\frac{10h}2=\frac{48}2,\qquad 10h=48.$$ Делим на 10: $$h=\frac{48}{10}=\frac{24}{5}.$$ Проверка: $10h/2=10\cdot(\frac{24}{5})/2=24$, совпадает с площадью по катетам. Ответ: а) диагонали перпендикулярны; б) $h=\frac{24}{5}$.

а) Сначала используем информацию о двух равнобедренных треугольниках. У треугольника $ABD$ основание — $AD$, поэтому равны две остальные стороны: $$AB=BD.$$ У треугольника $BCD$ основание — $CD$, поэтому: $$BC=BD.$$ Объединяем эти равенства: $$AB=BC=BD.$$ Таким образом, треугольник $ABC$ равнобедренный с основанием $AC$. Его углы при основании равны: $$\angle BAC=\angle ACB.$$ Основания трапеции параллельны: $BC\parallel AD$. При секущей $AC$ накрест лежащие углы равны: $$\angle ACB=\angle CAD.$$ Значит: $$\angle BAC=\angle CAD.$$ Это и означает, что луч $AC$ делит угол $BAD$ на две равные части, то есть является его биссектрисой. б) Найдём боковую сторону $CD$ по двум диагоналям. Координаты помогут получить равенство, связывающее эти три отрезка. Обозначим $BD=r$, $AD=d$, высоту трапеции через $h$. Из $AB=BD$ следует, что точка $B$ одинаково удалена от $A$ и $D$. Поэтому её проекция на $AD$ — середина этого основания. Разместим $A,D$ на горизонтальной оси: $$A=(0;0),\quad D=(d;0),\quad B=(d/2;h).$$ Длина горизонтального верхнего основания $BC$ равна $BD=r$, поэтому: $$C=(d/2+r;h).$$ Сначала выразим высоту через $r,d$. В прямоугольном треугольнике с гипотенузой $AB=r$ и катетами $d/2,h$ по теореме Пифагора: $$r^2=(d/2)^2+h^2.$$ Вычтем $d^2/4$ из обеих частей: $$h^2=r^2-d^2/4.$$ Теперь по формуле расстояния между точками: $$AC^2=(d/2+r)^2+h^2.$$ Раскроем квадрат суммы и подставим найденное $h^2$: $$AC^2=d^2/4+dr+r^2+r^2-d^2/4=2r^2+dr.$$ Аналогично разность первых координат $C,D$ равна $(d/2+r)-d=r-d/2$, поэтому: $$CD^2=(r-d/2)^2+h^2,$$ $$CD^2=r^2-rd+d^2/4+r^2-d^2/4=2r^2-rd.$$ Сложим два равенства. Члены $dr$ и $-rd$ взаимно уничтожаются: $$AC^2+CD^2=(2r^2+dr)+(2r^2-rd)=4r^2.$$ Так как $r=BD$, получаем формулу именно для искомой стороны: $$CD^2=4BD^2-AC^2.$$ Подставим данные условия: $$CD^2=4\cdot(\frac{13}{2})^2-12^2.$$ Вычислим квадраты: $$CD^2=4\cdot\frac{169}{4}-144=169-144=25.$$ Длина стороны положительна, поэтому берём положительный квадратный корень: $$CD=\sqrt{25}=5.$$ Ответ: а) доказано; б) $CD=5$.

Нужно связать положение точек на диагоналях с перпендикулярностью к стороне. Выберем координаты вдоль диагоналей, чтобы середина ромба была началом координат. Шаг 1. Найдём координаты точек и соотношение диагоналей. Расположим диагонали ромба на осях координат. Диагонали ромба перпендикулярны и делятся пополам, поэтому можно взять $$A=(-u;0),\quad C=(u;0),\quad B=(0;v),\quad D=(0;-v),\qquad u,v>0.$$ Точка $M$ делит $AC$ в отношении $1:2$: от $A$ до неё одна треть всей диагонали. Поэтому $x_M=-u+(2u)/3=-u/3$, $y_M=0$. Точка $N$ находится на четверти пути от $B$ к $D$: $y_N=v+(-2v)/4=v/2$, $x_N=0$. Значит, $$M=(-u/3;0),\qquad N=(0;v/2).$$ Вычитая координаты, получаем направления $\overrightarrow{MN}=(u/3;v/2)$ и $\overrightarrow{BC}=(u;-v)$. По условию они перпендикулярны, поэтому их скалярное произведение ноль: $$\frac u3\cdot u+\frac v2\cdot(-v)=0,$$ $$\frac{u^2}3-\frac{v^2}2=0,\qquad2u^2=3v^2,\qquad u^2=\frac32v^2.$$ Эту связь используем при вычислении длин. Шаг 2. Найдём косинус угла $BAD$. Направления сторон из $A$: $\overrightarrow{AB}=(u;v)$, $\overrightarrow{AD}=(u;-v)$. Косинус угла равен скалярному произведению, делённому на произведение длин векторов: $$\cos A=\frac{u^2-v^2}{\sqrt{u^2+v^2}\sqrt{u^2+v^2}}=\frac{u^2-v^2}{u^2+v^2}.$$ Подставляем $u^2=3v^2/2$: $$\cos A=\frac{3v^2/2-v^2}{3v^2/2+v^2}=\frac{v^2/2}{5v^2/2}=\frac15.$$ Сокращение на $v^2/2$ допустимо, потому что $v>0$. Пункт а доказан. Шаг 3. Используем длину $MN$. Разности координат его концов равны $u/3$ и $v/2$, поэтому $$MN^2=\frac{u^2}9+\frac{v^2}4=\frac{3v^2/2}9+\frac{v^2}4=\frac{v^2}6+\frac{v^2}4=\frac{2v^2+3v^2}{12}=\frac{5v^2}{12}.$$ По условию $MN^2=25$. Умножаем на 12 и делим на 5: $$5v^2=300,\qquad v^2=60.$$ $$u^2=\frac32\cdot\left(60\right)=90.$$ Проверка: $u^2/9+v^2/4=(90)/9+(60)/4=25$, как требовалось. Площадь ромба равна половине произведения перпендикулярных диагоналей: $$S=\frac{AC\cdot BD}2=\frac{2u\cdot2v}2=2uv.$$ $$S=2\sqrt{u^2v^2}=2\sqrt{90\cdot60}=2\sqrt{5400}=60\sqrt6.$$ Здесь $5400=900\cdot6$, поэтому корень равен $30\sqrt6$. Ответ: а) $\cos A=1/5$; б) $S=60\sqrt6$.

а) Опустим из $B$ высоту $BK$ на основание $AD$. Отрезок $KH$ между основаниями высот равен верхнему основанию $BC$: это противоположные стороны прямоугольника $KBCH$. Обозначим $BC=b$. По условию $AD=2b$. Два выступа большего основания имеют суммарную длину: $$AK+HD=AD-KH=2b-b=b.$$ В равнобедренной трапеции они равны: прямоугольные треугольники у боковых сторон равны по гипотенузе и высоте. Значит: $$AK=HD=b/2.$$ Оставшаяся часть основания: $$AH=AK+KH=b/2+b=3b/2.$$ Разделим её на $HD$: $$\frac{AH}{HD}=\frac{3b/2}{b/2}=3.$$ Следовательно, один из двух отрезков втрое больше другого. б) По данным $BC=16$ и $AD=2BC$: $$AD=2\cdot16=32.$$ Длина выступа равна: $$AK=HD=16/2=8.$$ Пусть $h$ — высота. В прямоугольном треугольнике $AKB$ гипотенуза $AB=10$, а горизонтальный катет $AK=8$. По теореме Пифагора: $$h^2=10^2-8^2=100-64=36,$$ $$h=6.$$ Разместим основание горизонтально. Координаты вершин: $$A=(0;0),\quad D=(32;0),\quad B=(8;6),\quad C=(24;6).$$ Первая координата $C$ равна $32-8=24$. Теперь найдём пересечение диагоналей $O$. Треугольники $AOD$ и $COB$ подобны: углы при $O$ вертикальные, а ещё две пары углов равны как накрест лежащие при параллельных основаниях. Соответствующие стороны поэтому относятся как основания: $$\frac{AO}{OC}=\frac{AD}{BC}=\frac{32}{16}=2.$$ Значит, $AC$ состоит из трёх равных по отношению частей, и $AO$ занимает две из них. Координаты $O$ на отрезке от $(0;0)$ до $(24;6)$ равны двум третям координат $C$: $$O=\left(\frac23\cdot24;\frac23\cdot6\right)=(16;4).$$ Обозначим середину $OD$ через $M$. Найдём полусуммы координат его концов: $$M=\left(\frac{16+32}{2};\frac{4+0}{2}\right)=\left(\frac{48}{2};\frac42\right)=(24;2).$$ У точек $C=(24;6)$ и $M=(24;2)$ одинаковые первые координаты. Поэтому расстояние равно разности вторых координат: $$CM=6-2=4.$$ Ответ: а) отношение $3:1$; б) расстояние равно 4.

Нужно найти угол между двумя отрезками и радиус окружности треугольника $ABK$. Возьмём координаты вдоль сторон квадрата: середины и пересечение прямых тогда найдём из простых линейных уравнений. Шаг 1. Найдём $K$. Обозначим сторону квадрата через $s>0$. Положим $A=(0;0)$, $B=(s;0)$, $C=(s;s)$, $D=(0;s)$. Середины: $M=(s/2;0)$, $N=(s;s/2)$. Прямая $CM$ поднимается на $s$ при увеличении $x$ на $s/2$, поэтому её наклон $s/(s/2)=2$; через $M$ её уравнение $y=2(x-s/2)=2x-s$. Прямая $DN$ при увеличении $x$ на $s$ опускается на $s/2$, поэтому наклон $-1/2$, уравнение $y=s-x/2$. В точке пересечения значения $y$ одинаковы: $$2x-s=s-x/2.$$ Умножаем на 2: $4x-2s=2s-x$. Переносим: $5x=4s$, значит, $x=4s/5$. Тогда $y=2\cdot4s/5-s=8s/5-5s/5=3s/5$. Итак, $K=(4s/5;3s/5)$. Шаг 2. Вычислим угол $BKM$. Направления лучей из $K$: $$\overrightarrow{KB}=(s/5;-3s/5),$$ $$\overrightarrow{KM}=(s/2-4s/5;-3s/5)=(-3s/10;-3s/5).$$ Их скалярное произведение: $$\frac s5\left(-\frac{3s}{10}\right)+\left(-\frac{3s}5\right)\left(-\frac{3s}5\right)=-\frac{3s^2}{50}+\frac{9s^2}{25}=\frac{15s^2}{50}=\frac{3s^2}{10}.$$ Длины векторов по теореме Пифагора: $$KB=\sqrt{s^2/25+9s^2/25}=s\sqrt{10}/5,$$ $$KM=\sqrt{9s^2/100+9s^2/25}=\sqrt{45s^2/100}=3s\sqrt5/10.$$ Косинус угла равен скалярному произведению, делённому на произведение длин: $$\cos\angle BKM=\frac{3s^2/10}{(s\sqrt{10}/5)(3s\sqrt5/10)}=\frac{3s^2/10}{3s^2\sqrt{50}/50}=\frac5{\sqrt{50}}=\frac1{\sqrt2}=\frac{\sqrt2}2.$$ Такой косинус у угла $45^\circ$. Пункт а доказан. Шаг 3. Найдём стороны и площадь треугольника $ABK$. $$AK=\sqrt{(4s/5)^2+(3s/5)^2}=\sqrt{16s^2/25+9s^2/25}=s.$$ Другие стороны: $AB=s$, $BK=s\sqrt{10}/5$. Высота к горизонтальной стороне $AB$ — вертикальная координата $K$, то есть $3s/5$. Поэтому $$S_{ABK}=\frac12\cdot s\cdot\frac{3s}5=\frac{3s^2}{10}.$$ Для описанной окружности треугольника $R=abc/(4S)$. Эта формула следует из $S=ab\sin C/2$ и $c=2R\sin C$. Подставляем: $$R=\frac{s\cdot s\cdot(s\sqrt{10}/5)}{4\cdot3s^2/10}=\frac{s^3\sqrt{10}}5\cdot\frac{10}{12s^2}=\frac{s\sqrt{10}}6.$$ При $s=2\sqrt{10}$: $$R=\frac{2\sqrt{10}\sqrt{10}}6=\frac{2\cdot10}6=\frac{10}3.$$ Проверка $K$ в прямых: $2\cdot4s/5-s=3s/5$, $s-(4s/5)/2=3s/5$. Ответ: а) $45^\circ$; б) $R=10/3$.

Нужно доказать, что $ADA_1B_1$ — параллелограмм, и найти $CD$. Поскольку точки заданы отношениями на сторонах, используем векторы с началом в $A$: коэффициенты будут означать доли пути по сторонам. Шаг 1. Запишем точки деления сторон. Пусть $A=0$, векторы положения $B=\mathbf b$, $C=\mathbf c$. Векторы $\mathbf b,\mathbf c$ не параллельны, поскольку треугольник невырожден. Из $AC_1:C_1B=21:10$ следует $C_1=(21/31)\mathbf b$. Из $AB_1:B_1C=2:5$ получаем $B_1=(2/7)\mathbf c$. Точка $A_1$ находится на доле $2/5$ пути от $B$ к $C$, поэтому $$A_1=\mathbf b+\frac25(\mathbf c-\mathbf b)=\frac35\mathbf b+\frac25\mathbf c.$$ Шаг 2. Найдём пересечение $D$. На прямой $BB_1$ точка имеет вид $$D=\mathbf b+t\left(\frac27\mathbf c-\mathbf b\right)=(1-t)\mathbf b+\frac{2t}7\mathbf c.$$ На прямой $CC_1$: $$D=\mathbf c+u\left(\frac{21}{31}\mathbf b-\mathbf c\right)=\frac{21u}{31}\mathbf b+(1-u)\mathbf c.$$ Коэффициенты при двух непараллельных векторах должны совпадать: $$1-t=21u/31,\qquad2t/7=1-u.$$ Из второго $u=1-2t/7$. Подставляем в первое и умножаем на31: $$31-31t=21-6t,\qquad10=25t,\qquad t=2/5.$$ Тогда $u=1-4/35=31/35$. Значит, $$D=\frac35\mathbf b+\frac4{35}\mathbf c.$$ Шаг 3. Докажем параллелограмм. Складываем векторы положения $D$ и $B_1$: $$D+B_1=\frac35\mathbf b+\left(\frac4{35}+\frac27\right)\mathbf c=\frac35\mathbf b+\frac{14}{35}\mathbf c=\frac35\mathbf b+\frac25\mathbf c=A_1.$$ Поскольку $A=0$, это равенство $A+A_1=D+B_1$. Делим на2: середины диагоналей $AA_1$ и $DB_1$ совпадают. Если диагонали четырёхугольника делятся пополам, он является параллелограммом. Пункт а доказан. Шаг 4. Используем перпендикулярность $AD$ и $BC$. Обозначим вектор $\mathbf v=\mathbf c-\mathbf b$, направленный от $B$ к $C$. Тогда $|\mathbf v|=BC=25$, $|\mathbf c|=AC=63$, а $\mathbf b=\mathbf c-\mathbf v$. Подставляем в найденный вектор $D$: $$D=\frac35(\mathbf c-\mathbf v)+\frac4{35}\mathbf c=\left(\frac{21}{35}+\frac4{35}\right)\mathbf c-\frac35\mathbf v=\frac57\mathbf c-\frac35\mathbf v.$$ Вектор $AD$ — это $D$. По перпендикулярности его скалярное произведение с $\mathbf v$ равно нулю: $$\frac57(\mathbf c\cdot\mathbf v)-\frac35|\mathbf v|^2=0.$$ Переносим и делим на $5/7$: $$\mathbf c\cdot\mathbf v=\frac35\cdot625\cdot\frac75=525.$$ Шаг 5. Найдём длину $CD$. Можно считать прямо по вектору $D-C$: $$\overrightarrow{CD}=\left(\frac57-1\right)\mathbf c-\frac35\mathbf v=-\frac27\mathbf c-\frac35\mathbf v.$$ Квадрат длины суммы векторов раскрывается как $|x+y|^2=|x|^2+2x\cdot y+|y|^2$. Поэтому $$CD^2=\frac4{49}\cdot63^2+\frac9{25}\cdot25^2+\frac{12}{35}(\mathbf c\cdot\mathbf v).$$ Подставляем произведение525 и вычисляем по отдельности: $$\frac4{49}\cdot3969=4\cdot81=324,$$ $$\frac9{25}\cdot625=9\cdot25=225,$$ $$\frac{12}{35}\cdot525=12\cdot15=180.$$ Складываем: $CD^2=324+225+180=729$, значит, $CD=\sqrt{729}=27$. Проверка пересечения: параметры $t=2/5$ и $u=31/35$ лежат между0 и1, значит, $D$ находится на обоих заданных отрезках. Ответ: а) четырёхугольник — параллелограмм; б) $CD=27$.

Нужно доказать, что $M,O,N$ лежат на одной прямой, затем найти $AM:MB$. Начнём с данных равенств $AM=MO$ и $CN=NO$: они образуют два равнобедренных треугольника. Вместе с биссектрисами это докажет параллельность $MO$ и $NO$ основаниям, без предварительного предположения о положении $O$. Шаг 1. Докажем коллинеарность точек. В треугольнике $AMO$ стороны $AM$ и $MO$ равны, поэтому равны углы напротив них, то есть углы при $O$ и $A$: $$\angle AOM=\angle MAO.$$ Точка $M$ лежит на $AB$, а $AO$ — биссектриса угла $BAD$. Поэтому $\angle MAO=\angle OAD$. Значит, $$\angle AOM=\angle OAD.$$ Это равные накрест лежащие углы при секущей $AO$, следовательно, $MO\parallel AD$. В треугольнике $CNO$ стороны $CN=NO$, поэтому углы при $C$ и $O$ равны: $\angle NCO=\angle CON$. Точка $N$ лежит на $CD$, а $CO$ — биссектриса угла $BCD$. Значит, $\angle NCO=\angle OCB$. Отсюда $\angle CON=\angle OCB$, то есть по накрест лежащим углам при секущей $CO$: $$NO\parallel BC.$$ Основания $AD$ и $BC$ параллельны. Через $O$ проходит единственная прямая, параллельная им. Обе прямые $MO$ и $NO$ совпадают с ней, поэтому $M,O,N$ лежат на одной прямой. Пункт а доказан. Шаг 2. Найдём длину сечения $MN$. Так как $AO$ — внутренняя биссектриса из $A$, а $MO\parallel AD$, точка $O$ находится правее $M$ на горизонтали рисунка. Аналогично внутренняя биссектриса из $C$ и $NO\parallel BC$ помещают $O$ левее $N$. Значит, $O$ между $M$ и $N$. Горизонтальное сечение отсекает одинаковую долю каждой боковой стороны: $AM/AB=DN/DC$. Это следует из подобных прямоугольных треугольников, получаемых опусканием высот от сечения к основаниям. Высота нижнего участка одна и та же справа и слева, и полная высота тоже общая. Поскольку трапеция равнобедренная, $AB=DC$, поэтому $AM=DN$. Вычитая эти равные части из равных боковых сторон, получаем $MB=CN$. Теперь складываем отрезки на прямой: $$MN=MO+ON=AM+CN=AM+MB=AB.$$ Итак, сечение $MN$ равно боковой стороне. Это равенство пригодится для вычислений. Шаг 3. Получим соотношение длин из условия $AO=CO$. Обозначим $AD=d$, $BC=b$, $AB=CD=l$, $q=(d-b)/2$, высоту — $h$. Выберем $$A=(0;0),\quad D=(d;0),\quad B=(q;h),\quad C=(d-q;h).$$ По теореме Пифагора для боковой стороны $q^2+h^2=l^2$. Пусть $\tau=AM/AB$ — доля пути по боковой стороне снизу до сечения. Тогда $$M=(\tau q;\tau h),\qquad N=(d-\tau q;\tau h).$$ Длина горизонтального сечения равна разности первых координат: $$MN=(d-\tau q)-\tau q=d-2\tau q=d-\tau(d-b).$$ Мы уже доказали, что $MN=l$. Поэтому $$d-\tau(d-b)=l,\qquad \tau(d-b)=d-l,\qquad \tau=\frac{d-l}{d-b}.$$ Из $MO=AM=\tau l$ следует, что точка $O$ находится на $\tau l$ правее $M$: $$O=(\tau(q+l);\tau h).$$ Вычислим квадрат длины $AO$ по координатам: $$AO^2=\tau^2(q+l)^2+\tau^2h^2=\tau^2(q^2+2ql+l^2+h^2).$$ Заменяем $q^2+h^2$ на $l^2$: $$AO^2=\tau^2(2l^2+2ql)=2l(l+q)\tau^2.$$ Аналогично $NO=CN=(1-\tau)l$, а вертикальный перепад от $C$ до $O$ равен $(1-\tau)h$. Горизонтальный перепад равен $(1-\tau)(l-q)$; поэтому $$CO^2=(1-\tau)^2((l-q)^2+h^2)=2l(l-q)(1-\tau)^2.$$ Все длины положительны, поэтому $AO=CO$ равносильно равенству их квадратов. Сокращаем общий положительный множитель $2l$ и подставляем $\tau$; при этом $$1-\tau=1-\frac{d-l}{d-b}=\frac{d-b-d+l}{d-b}=\frac{l-b}{d-b}.$$ Получаем $$(d-l)^2(l+q)=(l-b)^2(l-q).$$ Переносим правую часть влево и группируем слагаемые при $l$ и $q$: $$l((d-l)^2-(l-b)^2)+q((d-l)^2+(l-b)^2)=0.$$ В первой скобке применяем разность квадратов, во второй раскрываем оба квадрата: $$ (d-l)^2-(l-b)^2=(d-b)(d+b-2l),$$ $$ (d-l)^2+(l-b)^2=d^2+b^2-2l(d+b)+2l^2.$$ Подставляем $q=(d-b)/2$ и делим равенство на ненулевое $d-b$: $$l(d+b-2l)+\frac{d^2+b^2-2l(d+b)+2l^2}{2}=0.$$ Умножаем на 2 и раскрываем скобки: $$2l(d+b)-4l^2+d^2+b^2-2l(d+b)+2l^2=0.$$ Слагаемые $2l(d+b)$ и $-2l(d+b)$ уничтожаются; $-4l^2+2l^2=-2l^2$. Поэтому $$d^2+b^2-2l^2=0,\qquad l^2=\frac{d^2+b^2}{2}.$$ Шаг 4. Подставим отношение оснований и найдём доли боковой стороны. Пусть $BC=17u$, $AD=31u$, где $u>0$ — общий масштаб. Тогда $$l^2=\frac{(17u)^2+(31u)^2}{2}=\frac{289u^2+961u^2}{2}=\frac{1250u^2}{2}=625u^2,$$ $$l=25u.$$ Берём положительный корень, потому что это длина. Теперь $$\tau=\frac{31u-25u}{31u-17u}=\frac{6u}{14u}=\frac37.$$ Длина $AM$ составляет $3/7$ от $AB$, а остаток $MB$ составляет $1-3/7=4/7$. Поэтому $$AM:MB=\frac37:\frac47=3:4.$$ Проверка: при таком сечении $MN=31u-(3/7)\cdot14u=31u-6u=25u=l$, как и доказано в пункте а. Ответ: а) точки коллинеарны; б) $AM:MB=3:4$.

Нужно связать положение точек на диагоналях с перпендикулярностью к стороне. Выберем координаты вдоль диагоналей, чтобы середина ромба была началом координат. Шаг 1. Найдём координаты точек и соотношение диагоналей. Расположим диагонали ромба на осях координат. Диагонали ромба перпендикулярны и делятся пополам, поэтому можно взять $$A=(-u;0),\quad C=(u;0),\quad B=(0;v),\quad D=(0;-v),\qquad u,v>0.$$ Точка $M$ делит $AC$ в отношении $1:2$: от $A$ до неё одна треть всей диагонали. Поэтому $x_M=-u+(2u)/3=-u/3$, $y_M=0$. Точка $N$ находится на четверти пути от $B$ к $D$: $y_N=v+(-2v)/4=v/2$, $x_N=0$. Значит, $$M=(-u/3;0),\qquad N=(0;v/2).$$ Вычитая координаты, получаем направления $\overrightarrow{MN}=(u/3;v/2)$ и $\overrightarrow{BC}=(u;-v)$. По условию они перпендикулярны, поэтому их скалярное произведение ноль: $$\frac u3\cdot u+\frac v2\cdot(-v)=0,$$ $$\frac{u^2}3-\frac{v^2}2=0,\qquad2u^2=3v^2,\qquad u^2=\frac32v^2.$$ Эту связь используем при вычислении длин. Шаг 2. Найдём, как прямая $MN$ делит $BC$. Уравнение $MN$: $3x/u-2y/v=-1$. Проверяем: при $M$ левая часть $-1$, при $N$ — тоже $-1$. Пусть $T$ — пересечение с $BC$, а $t=BT/BC$ — доля стороны от $B$. Тогда координаты $T$ равны $(ut;v(1-t))$: горизонтальная координата увеличивается от 0 до $u$, вертикальная уменьшается от $v$ до 0. Подставляем в уравнение: $$3\frac{ut}{u}-2\frac{v(1-t)}v=-1,$$ $$3t-2(1-t)=-1,\qquad3t-2+2t=-1,\qquad5t=1,\qquad t=1/5.$$ Следовательно, $BT$ занимает одну пятую стороны, $TC$ — остальные четыре пятых. Поэтому $BT:TC=1:4$. Пункт а доказан. Шаг 3. Используем длину $MN$. Разности координат его концов равны $u/3$ и $v/2$, поэтому $$MN^2=\frac{u^2}9+\frac{v^2}4=\frac{3v^2/2}9+\frac{v^2}4=\frac{v^2}6+\frac{v^2}4=\frac{2v^2+3v^2}{12}=\frac{5v^2}{12}.$$ По условию $MN^2=6$. Умножаем на 12 и делим на 5: $$5v^2=72,\qquad v^2=\frac{72}{5}.$$ $$u^2=\frac32\cdot\left(\frac{72}{5}\right)=\frac{108}{5}.$$ Проверка: $u^2/9+v^2/4=(\frac{108}{5})/9+(\frac{72}{5})/4=6$, как требовалось. Сторона ромба — гипотенуза прямоугольного треугольника с катетами $u,v$: $$AB=\sqrt{u^2+v^2}=\sqrt{\frac{108}5+\frac{72}5}=\sqrt{\frac{180}5}=\sqrt{36}=6.$$ Ответ: а) $BT:TC=1:4$; б) сторона равна6.

Нам понадобятся равнобедренные треугольники, возникающие у биссектрис. Биссектриса делит угол пополам, а прямая, параллельная основаниям трапеции, позволяет перенести равные углы. Шаг 1. Проведём через $O$ прямую, параллельную основаниям; обозначим её пересечения с $AB$ и $CD$ через $M_0$ и $N_0$. Поскольку $AO$ — биссектриса угла $BAD$, равны углы $M_0AO$ и $OAD$. Из параллельности $M_0O$ и $AD$ равны углы $AOM_0$ и $OAD$. Значит, в треугольнике $AM_0O$ равны углы при $A$ и $O$, а противоположные им стороны тоже равны: $$AM_0=M_0O.$$ Аналогично $CO$ — биссектриса угла $BCD$. Из $ON_0\parallel BC$ получаем равенство углов $OCN_0$ и $CON_0$, поэтому $$CN_0=N_0O.$$ Так как трапеция равнобедренная, сечения параллельными прямыми отсекают одинаковую долю каждой боковой стороны. Это можно увидеть из подобных прямоугольных треугольников, образованных высотами: высота от $AD$ до сечения одна и та же с обеих сторон. Следовательно, $AM_0=DN_0$, а $BM_0=CN_0$. Точка $O$ лежит между $M_0$ и $N_0$, так что $$M_0N_0=M_0O+ON_0=AM_0+CN_0=AM_0+BM_0=AB.$$ Итак, длина сечения равна боковой стороне. Шаг 2. В пункте а требуется именно длина сечения. Полученное равенство $M_0N_0=AB$ уже доказывает утверждение. Далее для краткости обозначаем $M_0=M$, $N_0=N$. Шаг 3. Получим соотношение длин из условия $AO=CO$. Обозначим $AD=d$, $BC=b$, $AB=CD=l$, $q=(d-b)/2$, высоту — $h$. Выберем $$A=(0;0),\quad D=(d;0),\quad B=(q;h),\quad C=(d-q;h).$$ По теореме Пифагора для боковой стороны $q^2+h^2=l^2$. Пусть $\tau=AM/AB$ — доля пути по боковой стороне снизу до сечения. Тогда $$M=(\tau q;\tau h),\qquad N=(d-\tau q;\tau h).$$ Длина горизонтального сечения равна разности первых координат: $$MN=(d-\tau q)-\tau q=d-2\tau q=d-\tau(d-b).$$ Мы уже доказали, что $MN=l$. Поэтому $$d-\tau(d-b)=l,\qquad \tau(d-b)=d-l,\qquad \tau=\frac{d-l}{d-b}.$$ Из $MO=AM=\tau l$ следует, что точка $O$ находится на $\tau l$ правее $M$: $$O=(\tau(q+l);\tau h).$$ Вычислим квадрат длины $AO$ по координатам: $$AO^2=\tau^2(q+l)^2+\tau^2h^2=\tau^2(q^2+2ql+l^2+h^2).$$ Заменяем $q^2+h^2$ на $l^2$: $$AO^2=\tau^2(2l^2+2ql)=2l(l+q)\tau^2.$$ Аналогично $NO=CN=(1-\tau)l$, а вертикальный перепад от $C$ до $O$ равен $(1-\tau)h$. Горизонтальный перепад равен $(1-\tau)(l-q)$; поэтому $$CO^2=(1-\tau)^2((l-q)^2+h^2)=2l(l-q)(1-\tau)^2.$$ Все длины положительны, поэтому $AO=CO$ равносильно равенству их квадратов. Сокращаем общий положительный множитель $2l$ и подставляем $\tau$; при этом $$1-\tau=1-\frac{d-l}{d-b}=\frac{d-b-d+l}{d-b}=\frac{l-b}{d-b}.$$ Получаем $$(d-l)^2(l+q)=(l-b)^2(l-q).$$ Переносим правую часть влево и группируем слагаемые при $l$ и $q$: $$l((d-l)^2-(l-b)^2)+q((d-l)^2+(l-b)^2)=0.$$ В первой скобке применяем разность квадратов, во второй раскрываем оба квадрата: $$ (d-l)^2-(l-b)^2=(d-b)(d+b-2l),$$ $$ (d-l)^2+(l-b)^2=d^2+b^2-2l(d+b)+2l^2.$$ Подставляем $q=(d-b)/2$ и делим равенство на ненулевое $d-b$: $$l(d+b-2l)+\frac{d^2+b^2-2l(d+b)+2l^2}{2}=0.$$ Умножаем на 2 и раскрываем скобки: $$2l(d+b)-4l^2+d^2+b^2-2l(d+b)+2l^2=0.$$ Слагаемые $2l(d+b)$ и $-2l(d+b)$ уничтожаются; $-4l^2+2l^2=-2l^2$. Поэтому $$d^2+b^2-2l^2=0,\qquad l^2=\frac{d^2+b^2}{2}.$$ Шаг 4. Используем отношение $AM:MB=1:2$. Сторона $AB$ состоит из одной части $AM$ и двух частей $MB$, всего из трёх одинаковых частей. Поэтому $\tau=AM/AB=1/3$. Из формулы для сечения: $$l=d-\frac{d-b}{3}=\frac{3d-d+b}{3}=\frac{2d+b}{3}.$$ Подставляем это в равенство $2l^2=d^2+b^2$: $$2\left(\frac{2d+b}{3}\right)^2=d^2+b^2.$$ Умножаем на 9, раскрываем квадрат суммы, затем скобки: $$2(2d+b)^2=9d^2+9b^2,$$ $$2(4d^2+4db+b^2)=9d^2+9b^2,$$ $$8d^2+8db+2b^2=9d^2+9b^2.$$ Переносим всё вправо: $$d^2-8db+7b^2=0.$$ Чтобы получить отношение, делим на $b^2>0$ и обозначаем $z=d/b$: $$z^2-8z+7=0.$$ Дискриминант $D=(-8)^2-4\cdot1\cdot7=64-28=36$, $\sqrt D=6$. Корни: $$z_1=\frac{8-6}{2}=1,\qquad z_2=\frac{8+6}{2}=7.$$ При $z=1$ основания были бы равны и $l=(2d+b)/3=b$. Тогда $q=0$, а из $l^2=q^2+h^2$ следовало бы $h=b$: получился бы квадрат. Биссектрисы двух противоположных углов квадрата лежат на одной диагонали и не задают единственную точку пересечения $O$. Для данной трапеции с пересекающимися биссектрисами этот вырожденный случай не подходит. Остаётся $d/b=7$. Значит, $BC:AD=b:d=1:7$. Проверка: $l=(2\cdot7b+b)/3=5b$, и $2l^2=50b^2=b^2+49b^2$. Ответ: а) длина сечения равна боковой стороне; б) $BC:AD=1:7$.

Нужно использовать два условия на $M$: перпендикулярность $BM$ диагонали и равенство $MB=MD$. Они дадут пропорции сторон прямоугольника. После этого найдём расстояние до прямой $CM$ по координатам. Шаг 1. Свяжем стороны прямоугольника. Пусть $A=(0;0)$, $B=(p;0)$, $C=(p;q)$, $D=(0;q)$, $M=(0;m)$, где $0<m<q$. Значит, $p=AB$, $q=BC$, $m=AM$. Направления $BM=(-p;m)$ и $AC=(p;q)$ перпендикулярны. Их скалярное произведение ноль: $$(-p)p+mq=0,\qquad mq=p^2.$$ По условию $MB=MD$, где $MD=q-m$. Возводим обе положительные длины в квадрат: $$p^2+m^2=(q-m)^2=q^2-2qm+m^2.$$ Вычитаем $m^2$ из обеих частей, затем заменяем $qm$ на $p^2$: $$p^2=q^2-2qm=q^2-2p^2,\qquad 3p^2=q^2.$$ Длины положительны, поэтому $q=\sqrt3p$. Из $mq=p^2=q^2/3$ следует $m=q/3$. Шаг 2. Найдём углы. В прямоугольном треугольнике $ABM$: $$\tan\angle ABM=\frac{AM}{AB}=\frac mp=\frac{q}{3p}=\frac{\sqrt3}{3}=\frac1{\sqrt3}.$$ В прямоугольном треугольнике $BCD$: $$\tan\angle DBC=\frac{CD}{BC}=\frac pq=\frac1{\sqrt3}.$$ Оба угла острые, поэтому каждый равен $30^\circ$. Пункт а доказан. Шаг 3. Найдём координаты центра и уравнение $CM$. По условию $q=9$. Тогда $p=q/\sqrt3=9\sqrt3/3=3\sqrt3$, $m=q/3=3$. Центр прямоугольника — середина диагонали $AC$: $$O=(3\sqrt3/2;9/2).$$ Прямая через $C=(3\sqrt3;9)$ и $M=(0;3)$ имеет наклон $(9-3)/(3\sqrt3-0)=6/(3\sqrt3)=2/\sqrt3$. Поэтому $$y=\frac2{\sqrt3}x+3,\qquad2x-\sqrt3y+3\sqrt3=0.$$ Шаг 4. Найдём перпендикулярное расстояние. Для прямой $ax+by+c=0$ расстояние от $(x_0;y_0)$ равно $|ax_0+by_0+c|/\sqrt{a^2+b^2}$. Знаменатель — длина перпендикулярного прямой вектора $(a;b)$; деление на неё переводит значение левой части в длину. Здесь $a=2$, $b=-\sqrt3$, $c=3\sqrt3$. Подставляем: $$d=\frac{|2(3\sqrt3/2)-\sqrt3(9/2)+3\sqrt3|}{\sqrt{2^2+(-\sqrt3)^2}}.$$ В числителе: $3\sqrt3-9\sqrt3/2+3\sqrt3=6\sqrt3-9\sqrt3/2=(12\sqrt3-9\sqrt3)/2=3\sqrt3/2$. В знаменателе: $\sqrt{4+3}=\sqrt7$. Поэтому $$d=\frac{3\sqrt3}{2\sqrt7}=\frac{3\sqrt3\sqrt7}{2\cdot7}=\frac{3\sqrt{21}}{14}.$$ Проверка условий при найденных длинах: $mq=3\cdot9=27=p^2$, а $MB^2=p^2+m^2=27+9=36=MD^2=(9-3)^2$. Ответ: а) оба угла равны $30^\circ$; б) расстояние $3\sqrt{21}/14$.

Нужно доказать произведение длин и найти $EL$. Разделим угол при $A$ на известные доли, выберем диагональ $AC$ горизонтальной и используем сумму векторов соседних сторон параллелограмма. Шаг 1. Свяжем стороны и угол. Пусть $\angle CAD=\theta$, тогда $\angle BAC=2\theta$. Обозначим $AC=c$, $AB=p$, $AD=BC=q$. Выберем $$A=(0;0),\quad C=(c;0),\quad B=(p\cos2\theta;p\sin2\theta),$$ $$D=(q\cos\theta;-q\sin\theta).$$ Знаки вертикальных координат разные: $B$ и $D$ лежат по разные стороны диагонали. По свойству параллелограмма $B+D=C$. Для вертикальных координат: $$p\sin2\theta-q\sin\theta=0.$$ Используем $\sin2\theta=2\sin\theta\cos\theta$ и делим на $\sin\theta>0$: $$q=2p\cos\theta.$$ Для горизонтальных координат: $$c=p\cos2\theta+q\cos\theta=p(2\cos^2\theta-1)+2p\cos^2\theta=p(4\cos^2\theta-1).$$ Шаг 2. Найдём длину биссектрисы $AL$. Пусть $AL=r$. Биссектриса угла $BAC=2\theta$ направлена под углом $\theta$ к $AC$, поэтому $L=(r\cos\theta;r\sin\theta)$. С другой стороны, $L$ лежит на $BC$, а вектор $BC$ равен вектору $AD$. Поэтому $L=B+tD$ для некоторого $0<t<1$. Вертикальная координата даёт $$r\sin\theta=p\sin2\theta-tq\sin\theta.$$ Заменяя $p\sin2\theta$ на $q\sin\theta$ и деля на $\sin\theta$: $$r=q(1-t).$$ Горизонтальная координата: $$r\cos\theta=p\cos2\theta+tq\cos\theta.$$ Подставляем $r=q(1-t)$ и переносим последнее слагаемое: $$q(1-2t)\cos\theta=p\cos2\theta.$$ Заменяем $q=2p\cos\theta$ и $\cos2\theta=2\cos^2\theta-1$, делим на $p>0$: $$2(1-2t)\cos^2\theta=2\cos^2\theta-1.$$ Раскрываем: $2\cos^2\theta-4t\cos^2\theta=2\cos^2\theta-1$. Сокращаем одинаковые части: $$4t\cos^2\theta=1,\qquad t=\frac1{4\cos^2\theta}.$$ Теперь $$r=2p\cos\theta\left(1-\frac1{4\cos^2\theta}\right)=\frac{p(4\cos^2\theta-1)}{2\cos\theta}=\frac c{2\cos\theta}.$$ Следовательно, $$AL\cdot BC=rq=\frac c{2\cos\theta}\cdot2p\cos\theta=cp=AB\cdot AC.$$ Пункт а доказан. Шаг 3. Вычислим координаты при заданном тангенсе. Из $BC\parallel AD$ следует $\angle BCA=\theta$. По условию $\tan\theta=1/2$. В прямоугольном треугольнике с противолежащим катетом1 и прилежащим2 гипотенуза $\sqrt{1^2+2^2}=\sqrt5$. Поэтому $$\sin\theta=1/\sqrt5,\quad\cos\theta=2/\sqrt5.$$ По формулам двойного угла: $$\cos2\theta=\frac45-\frac15=\frac35,\qquad\sin2\theta=2\cdot\frac1{\sqrt5}\cdot\frac2{\sqrt5}=\frac45.$$ Подставляем $c=8$ в $c=p(4\cos^2\theta-1)$: $$8=p(16/5-1)=11p/5,\qquad p=40/11.$$ Значит, $B=(p\cdot3/5;p\cdot4/5)=(24/11;32/11)$. Из $B+D=C$ следует $D=(8-24/11;-32/11)=(64/11;-32/11)$. Для биссектрисы: $$r=\frac8{2\cdot2/\sqrt5}=2\sqrt5,$$ $$L=(2\sqrt5\cdot2/\sqrt5;2\sqrt5\cdot1/\sqrt5)=(4;2).$$ Шаг 4. Найдём точку $E$ по условию $AE=CE$. Прямая $CD$ параллельна $AB$, а $D=C-B$. Точка за $D$ имеет вид $E=C-uB$, где $u>1$. Тогда $CE=u|B|=up$. По формуле квадрата длины $AE^2=|C-uB|^2=c^2-2cuB_x+u^2p^2$. Равенство $AE^2=CE^2=u^2p^2$ даёт $$c^2-2cuB_x=0,\qquad c=2uB_x,\qquad u=\frac c{2B_x}.$$ Подставляем $c=8$, $B_x=24/11$: $$u=8/(48/11)=8\cdot11/48=11/6>1.$$ Значит, точка находится именно на требуемом продолжении. Её координаты: $$E=(8-(11/6)(24/11);-(11/6)(32/11))=(8-4;-32/6)=(4;-16/3).$$ Шаг 5. Найдём $EL$. У $E$ и $L$ одинаковая горизонтальная координата4, поэтому расстояние — модуль разности вертикальных координат: $$EL=|2-(-16/3)|=2+16/3=6/3+16/3=22/3.$$ Проверка равенства $AE=CE$: $AE^2=4^2+(16/3)^2=16+256/9=400/9$, поэтому $AE=20/3$; $CE=up=(11/6)(40/11)=20/3$. Ответ: а) произведения равны; б) $EL=22/3$.