Четырехугольники и окружности — задание №17 ЕГЭ по математике

Нужно доказать равенство $BK=BE$ и найти $KE:AC$. Для первого пункта увидим две трапеции, вписанные в окружность. Для второго найдём координаты вторых пересечений прямых с окружностью. Шаг 1. Докажем равенство длин через вписанные трапеции. Точки $A,E$ лежат на прямой $AD$, параллельной $BC$. Поэтому четырёхугольник $ABCE$ — трапеция с основаниями $AE$ и $BC$. Все её вершины находятся на одной окружности. Вписанная трапеция равнобедренная и имеет равные диагонали, значит, $BE=AC$. Точки $C,K$ лежат на прямой $CD$, параллельной $AB$. Четырёхугольник $ABCK$ — ещё одна вписанная трапеция, теперь с основаниями $AB$ и $CK$. Её диагонали равны: $BK=AC$. Следовательно, $BK=BE$. Пункт а доказан. Поясним свойство вписанной трапеции. Параллельность оснований даёт сумму соседних углов $180^\circ$, а вписанность — сумму противоположных $180^\circ$. Из этих двух равенств следует равенство углов при основании. Трапеция равнобедренная; треугольники с общим основанием, равными боковыми сторонами и равными углами при основании дают равенство диагоналей. Шаг 2. Выберем координаты и получим уравнение окружности. Обозначим $AD=d$, $AB=l$, угол $BAD=\theta$. Пусть $A=(0;0)$, $D=(d;0)$. Тогда $$B=(l\cos\theta;l\sin\theta),\qquad C=(d+l\cos\theta;l\sin\theta).$$ Для краткости обозначим $c=\cos\theta$, $s=\sin\theta$. Сумма квадратов $c^2+s^2=1$, а $s>0$. Окружность через начало координат имеет уравнение $x^2+y^2+ux+vy=0$. Подстановка $B$ даёт $$l^2+ulc+vls=0.$$ При подстановке $C$ сумма квадратов координат равна $d^2+2dlc+l^2$, поэтому $$d^2+2dlc+l^2+u(d+lc)+vls=0.$$ Вычитаем уравнение для $B$: $$d^2+2dlc+ud=0.$$ Делим на $d>0$: $d+2lc+u=0$, значит, $$u=-d-2lc.$$ Шаг 3. Найдём $E$ и $K$. Прямая $AD$ — ось $x$, то есть $y=0$. Уравнение пересечений с окружностью: $$x^2+ux=x(x+u)=0.$$ Корень0 соответствует $A$, второй корень $x=-u=d+2lc$. Следовательно, $E=(d+2lc;0)$. Точки прямой $CD$, параллельной $AB$, имеют вид $D+tB=(d+tlc;tls)$. Подставляем в окружность: $$d^2+2dtlc+t^2l^2+ud+utlc+vtls=0.$$ Из уравнения для $B$ знаем $ulc+vls=-l^2$, поэтому два последних слагаемых в сумме равны $-tl^2$. Кроме того, $d^2+ud=-2dlc$. Получаем $$t^2l^2-tl^2+2dtlc-2dlc=0,$$ $$l^2t(t-1)+2dlc(t-1)=0,$$ $$(t-1)(l^2t+2dlc)=0.$$ Корень $t=1$ — точка $C$. Для второго пересечения $K$: $$l^2t+2dlc=0,\qquad t=-\frac{2dc}{l}.$$ Поэтому $$K=(d-2dc^2;-2dcs)=(-d\cos2\theta;-d\sin2\theta).$$ Здесь использованы формулы $2c^2-1=\cos2\theta$ и $2cs=\sin2\theta$. При $\theta=30^\circ$ число $c>0$, так что $t<0$: $K$ действительно находится за $D$. Шаг 4. Сравним $KE$ и $AC$. Разности координат $E-K$: $$\Delta x=d+2lc+d(2c^2-1)=2lc+2dc^2=2c(l+dc),$$ $$\Delta y=0-(-2dcs)=2dcs.$$ По формуле расстояния: $$KE^2=4c^2(l+dc)^2+4d^2c^2s^2=4c^2[(l+dc)^2+d^2s^2].$$ Раскрываем скобки и используем $c^2+s^2=1$: $$KE^2=4c^2[l^2+2ldc+d^2c^2+d^2s^2]=4c^2(l^2+2ldc+d^2).$$ Квадрат диагонали $AC$ равен сумме квадратов координат $C$: $$AC^2=(d+lc)^2+(ls)^2=d^2+2dlc+l^2(c^2+s^2)=d^2+2dlc+l^2.$$ Следовательно, $KE^2=4c^2AC^2$. При $\theta=30^\circ$ берём положительные корни: $$\frac{KE}{AC}=2\cos30^\circ=2\cdot\frac{\sqrt3}{2}=\sqrt3.$$ Проверка: $E$ находится за $D$, поскольку $AE=d+2l\cos30^\circ>d$. Оба найденных пересечения отвечают расположению из условия. Ответ: а) $BK=BE$; б) $KE:AC=\sqrt3:1$.

Нужно доказать, что $L,O,A$ находятся на одной прямой, и найти $MN$. Свяжем перпендикулярный стороне радиус с биссектрисой из $L$. Затем выразим длины через радиус вписанной окружности. Шаг 1. Найдём все нужные углы. Сумма углов выпуклого четырёхугольника $360^\circ$. Поэтому недостающий угол равен $$\angle M=360^\circ-90^\circ-120^\circ-120^\circ=30^\circ.$$ Расположим $MN$ горизонтально, $N$ слева от $M$, а $K,L$ выше него. Тогда $NK$ вертикальна. Из угла при $K$, равного $120^\circ$, луч $KL$ направлен под углом $30^\circ$ к положительному горизонтальному направлению. Значит, противоположный луч $LK$ направлен под углом $210^\circ$. Центр вписанной окружности лежит на внутренней биссектрисе каждого угла: перпендикуляры из него к двум сторонам — равные радиусы, поэтому соответствующие прямоугольные треугольники равны. Луч $LO$ делит угол при $L$, равный $120^\circ$, пополам. Поворачивая от $LK$ внутрь четырёхугольника на $60^\circ$, получаем направление $$210^\circ+60^\circ=270^\circ.$$ Это вертикаль вниз. Следовательно, $LO\perp MN$. Радиус $OA$ тоже перпендикулярен касательной $MN$. Через $O$ проходит ровно одна прямая, перпендикулярная $MN$, поэтому $L,O,A$ лежат на ней. Центр внутри четырёхугольника, значит, $O$ находится между $L$ и $A$. Пункт а доказан. Шаг 2. Выразим $LA$ через радиус $r$. Обозначим точку касания на $KL$ через $T$. В прямоугольном треугольнике $LTO$ катет $OT=r$, а угол при $L$ равен половине угла четырёхугольника: $60^\circ$. По определению синуса $$\sin 60^\circ=\frac{OT}{LO}=\frac r{LO},\qquad LO=\frac r{\sin 60^\circ}.$$ Поскольку $O$ между $L$ и $A$: $$LA=LO+OA=\frac r{\sin 60^\circ}+r=r\left(1+\frac1{\sin 60^\circ}\right).$$ Подставляем $LA=1$ и $\sin 60^\circ=\frac{\sqrt{3}}{2}$: $$r\left(1+\frac1{\frac{\sqrt{3}}{2}}\right)=1,\qquad r=\frac{1}{1+1/(\frac{\sqrt{3}}{2})}=-3 + 2 \sqrt{3}.$$ Рационализируем дробь: $$r=\frac{\sqrt3}{\sqrt3+2}=\frac{\sqrt3(2-\sqrt3)}{(2+\sqrt3)(2-\sqrt3)}=\frac{2\sqrt3-3}{4-3}=2\sqrt3-3.$$ Шаг 3. Найдём части стороны $MN$. Радиус $OA$ перпендикулярен $MN$. В прямоугольном треугольнике $NAO$ угол при $N$ равен половине $90^\circ$, то есть $45^\circ$. Поэтому $\tan45^\circ=OA/NA=1$ и $NA=r$. В прямоугольном $MAO$ угол при $M$ равен половине $30^\circ$, то есть $15^\circ$. Следовательно, $$\tan 15^\circ=\frac r{MA},\qquad MA=r\cot 15^\circ.$$ $$\cot15^\circ=\frac{\cos(45^\circ-30^\circ)}{\sin(45^\circ-30^\circ)}=\frac{\sqrt6+\sqrt2}{\sqrt6-\sqrt2}=\frac{(\sqrt6+\sqrt2)^2}{6-2}=\frac{8+4\sqrt3}{4}=2+\sqrt3.$$ Складываем части: $$MN=NA+AM=r+r\cdot\left(\sqrt{3} + 2\right)=r\left(\sqrt{3} + 3\right).$$ Подстановка даёт $$MN=\left(-3 + 2 \sqrt{3}\right)\left(\sqrt{3} + 3\right)=-3 + 3 \sqrt{3}.$$ Раскроем последнее произведение: $$(2\sqrt3-3)(3+\sqrt3)=6\sqrt3+6-9-3\sqrt3=3\sqrt3-3=3(\sqrt3-1).$$ Проверка: $LO+OA=r/\sin 60^\circ+r=1$, как задано в условии. Ответ: а) точки коллинеарны; б) $MN=-3 + 3 \sqrt{3}$.

Нужно доказать, что $L,O,A$ находятся на одной прямой, и найти $MN$. Свяжем перпендикулярный стороне радиус с биссектрисой из $L$. Затем выразим длины через радиус вписанной окружности. Шаг 1. Найдём все нужные углы. Сумма углов выпуклого четырёхугольника $360^\circ$. Поэтому недостающий угол равен $$\angle K=360^\circ-90^\circ-60^\circ-60^\circ=150^\circ.$$ Расположим $MN$ горизонтально, $N$ слева от $M$, а $K,L$ выше него. Тогда $NK$ вертикальна. Из угла при $K$, равного $150^\circ$, луч $KL$ направлен под углом $60^\circ$ к положительному горизонтальному направлению. Значит, противоположный луч $LK$ направлен под углом $240^\circ$. Центр вписанной окружности лежит на внутренней биссектрисе каждого угла: перпендикуляры из него к двум сторонам — равные радиусы, поэтому соответствующие прямоугольные треугольники равны. Луч $LO$ делит угол при $L$, равный $60^\circ$, пополам. Поворачивая от $LK$ внутрь четырёхугольника на $30^\circ$, получаем направление $$240^\circ+30^\circ=270^\circ.$$ Это вертикаль вниз. Следовательно, $LO\perp MN$. Радиус $OA$ тоже перпендикулярен касательной $MN$. Через $O$ проходит ровно одна прямая, перпендикулярная $MN$, поэтому $L,O,A$ лежат на ней. Центр внутри четырёхугольника, значит, $O$ находится между $L$ и $A$. Пункт а доказан. Шаг 2. Выразим $LA$ через радиус $r$. Обозначим точку касания на $KL$ через $T$. В прямоугольном треугольнике $LTO$ катет $OT=r$, а угол при $L$ равен половине угла четырёхугольника: $30^\circ$. По определению синуса $$\sin 30^\circ=\frac{OT}{LO}=\frac r{LO},\qquad LO=\frac r{\sin 30^\circ}.$$ Поскольку $O$ между $L$ и $A$: $$LA=LO+OA=\frac r{\sin 30^\circ}+r=r\left(1+\frac1{\sin 30^\circ}\right).$$ Подставляем $LA=3$ и $\sin 30^\circ=\frac{1}{2}$: $$r\left(1+\frac1{\frac{1}{2}}\right)=3,\qquad r=\frac{3}{1+1/(\frac{1}{2})}=1.$$ Здесь $LA=3r=3$, поэтому $r=1$. Шаг 3. Найдём части стороны $MN$. Радиус $OA$ перпендикулярен $MN$. В прямоугольном треугольнике $NAO$ угол при $N$ равен половине $90^\circ$, то есть $45^\circ$. Поэтому $\tan45^\circ=OA/NA=1$ и $NA=r$. В прямоугольном $MAO$ угол при $M$ равен половине $60^\circ$, то есть $30^\circ$. Следовательно, $$\tan 30^\circ=\frac r{MA},\qquad MA=r\cot 30^\circ.$$ $$\cot30^\circ=\frac{\cos30^\circ}{\sin30^\circ}=\frac{\sqrt3/2}{1/2}=\sqrt3.$$ Складываем части: $$MN=NA+AM=r+r\cdot\left(\sqrt{3}\right)=r\left(1 + \sqrt{3}\right).$$ Подстановка даёт $$MN=\left(1\right)\left(1 + \sqrt{3}\right)=1 + \sqrt{3}.$$ При $r=1$ это $1+\sqrt3$. Проверка: $LO+OA=r/\sin 30^\circ+r=3$, как задано в условии. Ответ: а) точки коллинеарны; б) $MN=1 + \sqrt{3}$.

Нужно сравнить расстояния от $A$ до вторых пересечений окружности с двумя сторонами параллелограмма. Затем используем найденные формулы для заданных чисел. Чтобы не вводить неизвестный центр окружности, запишем её уравнение через скалярное произведение. Шаг 1. Введём векторы и объясним уравнение окружности. Выберем начало координат в $A$. Пусть $\mathbf u=\overrightarrow{AB}$, $\mathbf v=\overrightarrow{AD}$; обозначим $|\mathbf u|=b$, $|\mathbf v|=d$, $c=\cos\angle BAD$. По определению скалярного произведения $$\mathbf u\cdot\mathbf v=bdc.$$ Если центр окружности имеет вектор положения $\mathbf o$, а точка на ней — $\mathbf x$, то уравнение окружности $|\mathbf x-\mathbf o|^2=R^2$. Окружность проходит через начало $A$, поэтому $R^2=|\mathbf o|^2$. Раскрывая квадрат, получаем $$|\mathbf x|^2-2\mathbf o\cdot\mathbf x+|\mathbf o|^2=|\mathbf o|^2,$$ $$|\mathbf x|^2-\mathbf w\cdot\mathbf x=0,\qquad\mathbf w=2\mathbf o.$$ Подставляем точки $B$ и $D$, лежащие на окружности: $$\mathbf w\cdot\mathbf u=b^2,\qquad\mathbf w\cdot\mathbf v=d^2.$$ Шаг 2. Найдём второе пересечение на прямой $BC$. Назовём это пересечение $X$. Точка на $BC$ имеет вид $\mathbf x=\mathbf u+t\mathbf v$: при $t=0$ это $B$, при $t=1$ — $C$. Подставляем в уравнение окружности: $$|\mathbf u+t\mathbf v|^2-\mathbf w\cdot(\mathbf u+t\mathbf v)=0.$$ Раскрываем квадрат суммы векторов и скалярное произведение: $$b^2+2tbdc+t^2d^2-b^2-td^2=0,$$ $$t[2bdc+(t-1)d^2]=0.$$ Корень $t=0$ соответствует $B$. Для второго пересечения решаем второй множитель: $$2bdc+td^2-d^2=0,\qquad td^2=d^2-2bdc,$$ $$t=1-\frac{2bc}{d}.$$ Значит, при внутреннем $X$ имеем $BX=td$ и $CX=(1-t)d=2bc$. Шаг 3. Аналогично найдём пересечение на прямой $CD$. Назовём его $Y$ и запишем $\mathbf y=\mathbf v+s\mathbf u$. При $s=0$ это $D$, при $s=1$ — $C$, при $s<0$ — продолжение за $D$. Подстановка в то же уравнение окружности даёт $$d^2+2sbdc+s^2b^2-d^2-sb^2=0,$$ $$s[2bdc+(s-1)b^2]=0.$$ Первый корень соответствует $D$, для второго: $$s=1-\frac{2dc}{b}.$$ Длина $DY=|s|b$: модуль нужен, потому что направление может быть противоположным $DC$. Шаг 4. Докажем равенство $AX=AY$. Квадрат первой длины: $$AX^2=|\mathbf u+t\mathbf v|^2=b^2+2tbdc+t^2d^2.$$ Из уравнения второго пересечения $2bdc+(t-1)d^2=0$. Умножаем на $t$: $2tbdc+t^2d^2-td^2=0$, то есть $2tbdc+t^2d^2=td^2$. Поэтому $$AX^2=b^2+td^2=b^2+\left(1-\frac{2bc}{d}\right)d^2=b^2+d^2-2bdc.$$ Для второй длины точно так же используем $2sbdc+s^2b^2=sb^2$: $$AY^2=d^2+sb^2=d^2+\left(1-\frac{2dc}{b}\right)b^2=d^2+b^2-2bdc.$$ Квадраты совпадают; длины положительны, поэтому $AX=AY$. В нашей задаче $X,Y$ — именно указанные вторые пересечения. Пункт а доказан. Шаг 5. Подставим обозначения и данные этой задачи. Здесь $X=E$, $Y=K$, обе точки лежат на самих сторонах. Поэтому из предыдущих формул $$CE=2bc,\qquad DK=sb=b-2dc.$$ По условию $CE=10$, $DK=9$, $c=0{,}2$. Сначала находим $b=AB$: $$10=2\cdot b\cdot0{,}2=0{,}4b.$$ Делим на $0{,}4$ (или умножаем на10 и делим на4): $$b=10/0{,}4=100/4=25.$$ Теперь используем $DK=9$: $$9=25-2d\cdot0{,}2=25-0{,}4d.$$ Переносим $0{,}4d$ влево,9 вправо: $$0{,}4d=25-9=16,\qquad d=16/0{,}4=160/4=40.$$ Значит, $AD=40$. Проверим положение точек. $BE=BC-CE=40-10=30$, поэтому $0<BE<BC$. Также $DK=9<CD=AB=25$. Параметры $t=30/40=3/4$, $s=9/25$ находятся между0 и1: пересечения действительно лежат на указанных сторонах. Ответ: а) $AE=AK$; б) $AD=40$.

Нужно доказать, что линия центров параллельна основаниям, и найти расстояние между центрами. Две окружности касаются одних и тех же параллельных оснований, поэтому имеют одинаковый радиус и лежат на одной средней параллели. Шаг 1. Найдём положение центров. Пусть высота трапеции $h$. Центр окружности, касающейся двух различных параллельных прямых, находится посередине между ними, а её радиус равен половине расстояния между прямыми. Поэтому оба радиуса равны $r=h/2$, и оба центра лежат на прямой на высоте $h/2$ от оснований. Эта прямая параллельна основаниям, значит, $O_1O_2\parallel AD\parallel BC$. Пункт а доказан. Шаг 2. Рассмотрим среднюю линию трапеции. Пусть $E$ — середина $AB$, $F$ — середина $CD$. Отрезок $EF$ соединяет середины боковых сторон, поэтому это средняя линия. Она проходит ровно на половине высоты, то есть содержит оба центра. Её длина: $$EF=\frac{BC+AD}{2}=\frac{9+39}{2}=48/2=24.$$ Шаг 3. Найдём расстояния $EO_1$ и $FO_2$. Пусть $T$ — точка касания первой окружности со стороной $AB$. Радиус $O_1T$ перпендикулярен $AB$ и равен $h/2$. В прямоугольном треугольнике $EO_1T$ гипотенуза — $EO_1$, а угол при $E$ — острый угол между стороной $AB$ и основанием. Обозначим его $\alpha$. Высота трапеции равна вертикальной составляющей стороны $AB$, поэтому $h=AB\sin\alpha$ и $\sin\alpha=h/AB$. По определению синуса в $EO_1T$: $$\sin\alpha=\frac{O_1T}{EO_1},\qquad EO_1=\frac{O_1T}{\sin\alpha}=\frac{h/2}{h/AB}=\frac{AB}{2}=10/2=5.$$ Точно такое же вычисление для другой стороны с её углом наклона даёт $$FO_2=\frac{h/2}{h/CD}=\frac{CD}{2}=30/2=15.$$ Центры находятся внутри трапеции, поэтому на средней линии $O_1$ расположен правее $E$ на5, а $O_2$ — левее $F$ на15. Сумма этих отступов $5+15=20<24$, поэтому порядок точек $E,O_1,O_2,F$. Шаг 4. Вычислим оставшийся отрезок. $$O_1O_2=EF-EO_1-FO_2=24-5-15=4.$$ Проверка: три части средней линии в сумме $5+4+15=24$, как требуется. Ответ: а) прямая центров параллельна основаниям; б) $O_1O_2=4$.

Нужно доказать равенство $AE=AK$ и найти $KE:BD$ при угле $60^\circ$. В первом пункте используем вписанные трапеции, во втором — координаты, чтобы явно вычислить длины. Шаг 1. Докажем $AE=AK$ через две вписанные трапеции. Так как $E$ лежит на $BC$, а $BC\parallel AD$, четырёхугольник $ABED$ — трапеция с основаниями $BE$ и $AD$. Все его вершины лежат на данной окружности. Вписанная трапеция равнобедренная и имеет равные диагонали, поэтому $AE=BD$. Точка $K$ лежит на продолжении $CD$, а $CD\parallel AB$, поэтому $ABDK$ — ещё одна вписанная трапеция с основаниями $AB$ и $DK$. У неё равны боковые стороны: $AK=BD$. Следовательно, $AE=AK=BD$. Пункт а доказан. Свойство вписанной трапеции следует из равенства углов у основания: параллельность даёт сумму соседних углов $180^\circ$, вписанность — сумму противоположных $180^\circ$. Вычитая, получаем равенство углов, значит, и боковых сторон; диагонали равны по равенству треугольников с общим основанием. Шаг 2. Запишем координаты при $\angle BAD=60^\circ$. Пусть $AB=b$, $AD=d$, где обе длины положительны. Положим $A=(0;0)$, $B=(b;0)$, $$D=(d\cos60^\circ;d\sin60^\circ)=(d/2;\sqrt3d/2).$$ Окружность через начало координат имеет уравнение $x^2+y^2+Ux+Vy=0$. Подстановка $B$ даёт $b^2+Ub=0$, то есть $U=-b$. Подстановка $D$: $$d^2-bd/2+V\sqrt3d/2=0.$$ Умножаем на $2/d$: $$2d-b+V\sqrt3=0,\qquad V=(b-2d)/\sqrt3.$$ Итак, уравнение окружности $$x^2+y^2-bx+\frac{b-2d}{\sqrt3}y=0.$$ Шаг 3. Найдём вторую точку пересечения на $BC$. Сторона $BC$ параллельна $AD$, поэтому её точки имеют вид $B+tD=(b+td/2;t\sqrt3d/2)$. Подставляем в окружность: $$b^2+btd+t^2d^2-b(b+td/2)+(b-2d)td/2=0.$$ Здесь сумма квадратов координат уже раскрыта: $(b+td/2)^2+3t^2d^2/4=b^2+btd+t^2d^2$. Сокращаем $b^2$ и группируем: $$t^2d^2+btd-td^2=td(td+b-d)=0.$$ Корень $t=0$ — точка $B$. Для другого пересечения $E$ имеем $td=d-b$, поэтому $t=1-b/d$. Отсюда $$E=((b+d)/2;\sqrt3(d-b)/2).$$ Шаг 4. Найдём $K$. Прямая $CD$ параллельна $AB$, поэтому её точки имеют вид $D+sB=(d/2+sb;\sqrt3d/2)$. При $s=0$ это $D$, при отрицательном $s$ — продолжение за $D$. Подстановка в окружность даёт $$d^2+sbd+s^2b^2-bd/2-sb^2+(b-2d)d/2=0.$$ Постоянные слагаемые сокращаются, остаётся $$sbd+s^2b^2-sb^2=sb(d+sb-b)=0.$$ Для $K\ne D$ имеем $sb=b-d$, то есть $s=1-d/b$. Значит, $$K=(b-d/2;\sqrt3d/2).$$ По условию $K$ за $D$, поэтому $s<0$, то есть $d>b$; тогда найденный $E$ действительно находится внутри $BC$, так как $0<1-b/d<1$. Шаг 5. Сравним квадраты $KE$ и $BD$. Разности координат $E-K$: $$\Delta x=(b+d)/2-(b-d/2)=(2d-b)/2,$$ $$\Delta y=\sqrt3(d-b)/2-\sqrt3d/2=-\sqrt3b/2.$$ Поэтому $$KE^2=\frac{(2d-b)^2+3b^2}{4}=\frac{4d^2-4db+b^2+3b^2}{4}=d^2-db+b^2.$$ По теореме косинусов в $ABD$: $$BD^2=b^2+d^2-2bd\cos60^\circ=b^2+d^2-bd.$$ Квадраты совпадают. Длины положительны, следовательно, $KE=BD$, и $KE:BD=1:1$. Ответ: а) $AE=AK$; б) $1:1$.

Нужно сравнить расстояния от $A$ до вторых пересечений окружности с двумя сторонами параллелограмма. Затем используем найденные формулы для заданных чисел. Чтобы не вводить неизвестный центр окружности, запишем её уравнение через скалярное произведение. Шаг 1. Введём векторы и объясним уравнение окружности. Выберем начало координат в $A$. Пусть $\mathbf u=\overrightarrow{AB}$, $\mathbf v=\overrightarrow{AD}$; обозначим $|\mathbf u|=b$, $|\mathbf v|=d$, $c=\cos\angle BAD$. По определению скалярного произведения $$\mathbf u\cdot\mathbf v=bdc.$$ Если центр окружности имеет вектор положения $\mathbf o$, а точка на ней — $\mathbf x$, то уравнение окружности $|\mathbf x-\mathbf o|^2=R^2$. Окружность проходит через начало $A$, поэтому $R^2=|\mathbf o|^2$. Раскрывая квадрат, получаем $$|\mathbf x|^2-2\mathbf o\cdot\mathbf x+|\mathbf o|^2=|\mathbf o|^2,$$ $$|\mathbf x|^2-\mathbf w\cdot\mathbf x=0,\qquad\mathbf w=2\mathbf o.$$ Подставляем точки $B$ и $D$, лежащие на окружности: $$\mathbf w\cdot\mathbf u=b^2,\qquad\mathbf w\cdot\mathbf v=d^2.$$ Шаг 2. Найдём второе пересечение на прямой $BC$. Назовём это пересечение $X$. Точка на $BC$ имеет вид $\mathbf x=\mathbf u+t\mathbf v$: при $t=0$ это $B$, при $t=1$ — $C$. Подставляем в уравнение окружности: $$|\mathbf u+t\mathbf v|^2-\mathbf w\cdot(\mathbf u+t\mathbf v)=0.$$ Раскрываем квадрат суммы векторов и скалярное произведение: $$b^2+2tbdc+t^2d^2-b^2-td^2=0,$$ $$t[2bdc+(t-1)d^2]=0.$$ Корень $t=0$ соответствует $B$. Для второго пересечения решаем второй множитель: $$2bdc+td^2-d^2=0,\qquad td^2=d^2-2bdc,$$ $$t=1-\frac{2bc}{d}.$$ Значит, при внутреннем $X$ имеем $BX=td$ и $CX=(1-t)d=2bc$. Шаг 3. Аналогично найдём пересечение на прямой $CD$. Назовём его $Y$ и запишем $\mathbf y=\mathbf v+s\mathbf u$. При $s=0$ это $D$, при $s=1$ — $C$, при $s<0$ — продолжение за $D$. Подстановка в то же уравнение окружности даёт $$d^2+2sbdc+s^2b^2-d^2-sb^2=0,$$ $$s[2bdc+(s-1)b^2]=0.$$ Первый корень соответствует $D$, для второго: $$s=1-\frac{2dc}{b}.$$ Длина $DY=|s|b$: модуль нужен, потому что направление может быть противоположным $DC$. Шаг 4. Докажем равенство $AX=AY$. Квадрат первой длины: $$AX^2=|\mathbf u+t\mathbf v|^2=b^2+2tbdc+t^2d^2.$$ Из уравнения второго пересечения $2bdc+(t-1)d^2=0$. Умножаем на $t$: $2tbdc+t^2d^2-td^2=0$, то есть $2tbdc+t^2d^2=td^2$. Поэтому $$AX^2=b^2+td^2=b^2+\left(1-\frac{2bc}{d}\right)d^2=b^2+d^2-2bdc.$$ Для второй длины точно так же используем $2sbdc+s^2b^2=sb^2$: $$AY^2=d^2+sb^2=d^2+\left(1-\frac{2dc}{b}\right)b^2=d^2+b^2-2bdc.$$ Квадраты совпадают; длины положительны, поэтому $AX=AY$. В нашей задаче $X,Y$ — именно указанные вторые пересечения. Пункт а доказан. Шаг 5. Найдём отношение $CD:DN$ для данных этой задачи. Здесь $X=M$, $Y=N$. Отношение $AB:BC=1:2$ означает $d=BC=2b$. По условию $c=\cos\angle BAD=2/3$. Подставляем в параметр точки $N$: $$s=1-\frac{2dc}{b}=1-\frac{2\cdot2b\cdot(2/3)}b=1-\frac83=\frac33-\frac83=-\frac53.$$ Отрицательный знак показывает, что $N$ находится на продолжении за $D$, как и сказано в условии. Длина же положительна: $$DN=|s|b=\frac{5b}{3}.$$ Сторона $CD$ равна противоположной стороне $AB=b$. Поэтому $$CD:DN=b:\frac{5b}{3}=1:\frac53=3:5.$$ В последнем действии обе части отношения разделили на $b>0$, затем умножили на3. Проверим точку $M$: $t=1-2bc/d=1-2b(2/3)/(2b)=1-2/3=1/3$, то есть $M$ действительно внутри стороны $BC$. Ответ: а) $AM=AN$; б) $CD:DN=3:5$.

Нужно доказать равенство $BC=DE$, затем найти $AB$. Из параллелограмма получим две трапеции, вписанные в окружность. Их боковые стороны равны. Затем применим произведения частей пересекающихся хорд. Шаг 1. Найдём равные стороны. Так как $BCDM$ — параллелограмм, $BC\parallel DM$ и $CD\parallel BM$. Точка $M$ находится на $AD$ и $BE$, поэтому $$BC\parallel AD,\qquad CD\parallel BE.$$ В четырёхугольнике $BCDE$ основания $CD$ и $BE$ параллельны. Это вписанная трапеция. Вписанная трапеция равнобедренная: углы при одном основании равны, поскольку углы у одной боковой стороны дополнительные из-за параллельности, а противоположные — дополнительные из-за вписанности; из этих двух равенств суммы получаем равенство углов при основании. Следовательно, её боковые стороны $BC$ и $DE$ равны. Пункт а доказан. Вписанная трапеция $ABCD$ с основаниями $AD$ и $BC$ тоже равнобедренная, поэтому $AB=CD$. Шаг 2. Выразим части хорд через $AB$. Пусть $AB=x$. Тогда $CD=x$, а в параллелограмме $BM=CD=x$. По доказанному $BC=DE=4$, и другая сторона параллелограмма $DM=BC=4$. Хорды $AD$ и $BE$ пересекаются внутри окружности, поэтому $$AM=AD-DM=7-4=3,$$ $$ME=BE-BM=8-x.$$ Все эти длины положительны, в частности $0<x<8$. Шаг 3. Составим и решим уравнение пересекающихся хорд. Произведения длин частей двух хорд равны: $$AM\cdot MD=BM\cdot ME.$$ Подставляем: $$3\cdot4=x(8-x),\qquad12=8x-x^2.$$ Переносим все слагаемые влево и записываем по убыванию степеней: $$x^2-8x+12=0.$$ Коэффициенты $a=1$, $b=-8$, $c=12$. Дискриминант: $$D=b^2-4ac=(-8)^2-4\cdot1\cdot12=64-48=16,\qquad\sqrt D=4.$$ Корни по формуле $x=(-b\pm\sqrt D)/(2a)$: $$x_1=(8-4)/2=4/2=2,$$ $$x_2=(8+4)/2=12/2=6.$$ По условию $AB>BC=4$, поэтому корень2 не подходит, а корень6 подходит. Значит, $AB=6$. Проверка: $ME=8-6=2>0$, а $AM\cdot MD=3\cdot4=12=6\cdot2=BM\cdot ME$. Ответ: а) $BC=DE$; б) $AB=6$.

Нужно сравнить два угла и найти площадь $AOB$. Точки $C$ и $M$ находятся на одной окружности и на одной горизонтальной прямой. Их координаты будут корнями одного квадратного уравнения, что даст удобное равенство произведения. Шаг 1. Получим связь между $BC,BM$ и высотой. Выберем $A=(0;0)$, $B=(0;h)$, $D=(d;0)$, $C=(c;h)$, $M=(m;h)$, где $h=AB>0$, $c=BC>0$, $m=BM>0$. Центр окружности с диаметром $AD$ — $(d/2;0)$, радиус $d/2$. Её уравнение $$(x-d/2)^2+y^2=(d/2)^2.$$ Раскрываем квадрат и сокращаем $d^2/4$: $$x^2-dx+d^2/4+y^2=d^2/4,\qquad x^2+y^2=dx.$$ На прямой $BC$ имеем $y=h$, поэтому координаты пересечений $m,c$ удовлетворяют $x^2-dx+h^2=0$. Раскрыв $(x-m)(x-c)$, получаем $x^2-(m+c)x+mc$. Сравнивая коэффициенты, имеем $$m+c=d,\qquad mc=h^2.$$ Шаг 2. Докажем равенство углов. В прямоугольном треугольнике $ABM$ тангенс угла $BAM$ равен $BM/AB=m/h$. Для угла $CAD$ отношение вертикального подъёма $h$ к горизонтальному $c$ равно $h/c$: $$\tan\angle BAM=m/h,\qquad\tan\angle CAD=h/c.$$ Из $mc=h^2$ после деления на $hc>0$ получаем $m/h=h/c$. Оба угла острые, а равным тангенсам острых углов соответствуют равные углы. Пункт а доказан. Шаг 3. Найдём размеры трапеции. По условию $BC=2BM$, то есть $c=2m$, и $h=\sqrt{10}$. Поэтому $$mc=2m^2=h^2=10,\qquad m^2=5,\qquad m=\sqrt5.$$ Значит, $c=2\sqrt5$, $d=m+c=3\sqrt5$. Шаг 4. Найдём горизонтальную координату $O$. На диагонали $AC$ точка на доле $t$ пути от $A$ имеет координаты $(tc;th)$. На диагонали $BD$ вертикальная координата $y$ и горизонтальная $x$ связаны уравнением $x/d+y/h=1$ — оно верно и при $B$, и при $D$. Подставляем $x=tc$, $y=th$: $$tc/d+t=1,\qquad t(c+d)/d=1,\qquad t=d/(c+d).$$ Следовательно, $$x_O=tc=\frac{cd}{c+d}=\frac{(2\sqrt5)(3\sqrt5)}{2\sqrt5+3\sqrt5}=\frac{30}{5\sqrt5}=\frac6{\sqrt5}=\frac{6\sqrt5}{5}.$$ Шаг 5. Найдём площадь. Сторона $AB$ вертикальна, поэтому расстояние от $O$ до неё — горизонтальная координата $x_O$. Тогда $$S_{AOB}=\frac12 AB\cdot x_O=\frac12\sqrt{10}\cdot\frac{6\sqrt5}{5}=\frac{3\sqrt{50}}5.$$ Так как $\sqrt{50}=5\sqrt2$, получаем $S_{AOB}=3\sqrt2$. Проверка: $m+c=3\sqrt5=d$, $mc=\sqrt5\cdot2\sqrt5=10=h^2$; обе точки действительно лежат на заданной окружности. Ответ: а) углы равны; б) $S_{AOB}=3\sqrt2$.

Нужно доказать существование окружности, касающейся всех четырёх сторон $ABCP$, и вычислить её радиус. Выберем координаты: перпендикулярные диагонали и равнобедренная трапеция тогда дадут простые уравнения. Центр искомой окружности найдём как точку с одинаковыми расстояниями до всех сторон. Шаг 1. Введём обозначения и найдём высоту трапеции. Пусть $AD=d$, $BC=b$, высота равна $h$. Из-за равенства боковых сторон верхнее основание расположено симметрично над нижним. Его отступ с каждой стороны равен $q=(d-b)/2$. Положим $p=q+b=(d+b)/2$. Начало координат выберем в $A$, горизонтальную ось направим вдоль $AD$: $$A=(0;0),\quad D=(d;0),\quad B=(q;h),\quad C=(p;h).$$ Вектор $AC$ имеет координаты $(p;h)$, вектор $BD$ — $(d-q;-h)=(p;-h)$. Для перпендикулярных векторов сумма произведений соответствующих координат равна нулю: $$p\cdot p+h\cdot(-h)=0,$$ $$p^2-h^2=0,\qquad h^2=p^2.$$ Высота и $p$ положительны, поэтому $h=p$. Теперь $B=(q;p)$ и $C=(p;p)$. Шаг 2. Найдём точку $P$ с помощью прямых углов в полуокружности. Угол, опирающийся на диаметр, прямой. Поскольку $M$ лежит на окружности с диаметром $AD$, имеем $AM\perp MD$, а прямая $MD$ совпадает с $CD$. Аналогично для окружности с диаметром $CD$: $CN\perp ND$, то есть $CN\perp AD$. Поэтому $CN$ — вертикаль через $C$, её уравнение $x=p$. У прямой $CD$ направляющий вектор $(d-p;-p)=(q;-p)$. Перпендикулярный ему вектор $(p;q)$ подходит для $AM$, потому что $$q\cdot p+(-p)\cdot q=pq-pq=0.$$ Прямая $AM$ проходит через начало координат и имеет направление $(p;q)$. При $x=p$ её вторая координата равна $q$. Значит, $$P=(p;q).$$ Шаг 3. Построим центр окружности и проверим все расстояния. Прямая $AC$ имеет уравнение $y=x$. Отражение относительно неё меняет координаты местами: $B=(q;p)$ переходит в $P=(p;q)$, а $A,C$ остаются на месте. Поэтому удобно искать центр в виде $I=(t;t)$. Обозначим длину $AB$ буквой $l$. По формуле расстояния между точками $$l=\sqrt{q^2+p^2}.$$ Стороны $BC$ и $CP$ лежат соответственно на прямых $y=p$ и $x=p$. Если $0<t<p$, расстояние от $I$ до каждой из них равно $p-t$. Уравнение прямой $AB$ — $px-qy=0$: обе точки $A=(0;0)$ и $B=(q;p)$ ему удовлетворяют. Расстояние от $(t;t)$ до этой прямой равно модулю левой части, делённому на корень из суммы квадратов коэффициентов: $$\frac{|pt-qt|}{\sqrt{p^2+q^2}}=\frac{(p-q)t}{l}=\frac{bt}{l}.$$ Здесь $p-q=b$. Для $AP$ уравнение $qx-py=0$, и расстояние такое же: $bt/l$. Чтобы все четыре расстояния совпали, решаем $$p-t=\frac{bt}{l}.$$ Умножаем обе части на $l$, переносим слагаемое $lt$ вправо и выносим $t$: $$lp-lt=bt,\qquad lp=bt+lt=(b+l)t,$$ $$t=\frac{lp}{b+l}.$$ Поскольку $b>0$, дробь $l/(b+l)$ находится между 0 и 1, значит, $0<t<p$. Кроме того, при $x=y=t$ левая часть $px-qy$ положительна, а $qx-py$ отрицательна. Это именно внутренние полуплоскости относительно $AB$ и $AP$. Точка $I$ находится внутри всех четырёх полуплоскостей, ограниченных сторонами. Круг с центром $I$ и радиусом, равным этим расстояниям, целиком находится в каждой из четырёх полуплоскостей и касается её границы. Поэтому точки касания лежат на самих сторонах четырёхугольника. Мы получили вписанную окружность. Пункт а доказан. Шаг 4. Вычислим радиус при данных основаниях. Из найденной координаты центра: $$r=p-t=p-\frac{lp}{b+l}=\frac{p(b+l)-lp}{b+l}=\frac{pb+pl-lp}{b+l}=\frac{pb}{b+l}.$$ Подставляем $b=7$ и $d=23$: $$p=\frac{23+7}2=\frac{30}2=15,\qquad q=\frac{23-7}2=\frac{16}2=8.$$ $$l=\sqrt{15^2+8^2}=\sqrt{225+64}=\sqrt{289}=17.$$ $$r=\frac{15\cdot 7}{7+17}=\frac{105}{24}=\frac{35}{8}.$$ Для проверки $t=p-r=\frac{85}{8}$. Подставляем в другое выражение расстояния: $bt/l=7\cdot(\frac{85}{8})/17=\frac{35}{8}$. Радиус положителен и совпадает для всех сторон. Ответ: а) окружность можно вписать; б) $r=\frac{35}{8}$.

а) Сначала объясним, что равенство трёх хорд говорит о дугах окружности. Равные хорды стягивают равные меньшие дуги. Обозначим центральный угол каждой такой дуги через $\alpha$. Последовательные дуги от $A$ до $B$, от $B$ до $C$ и от $C$ до $D$ являются именно меньшими. Действительно, если бы хотя бы одна была большей, её угловая мера была бы $360^\circ-\alpha$, а двух других — не меньше $\alpha$ каждая. Их сумма оказалась бы не меньше: $$360^\circ-\alpha+\alpha+\alpha=360^\circ+\alpha>360^\circ.$$ Но три неперекрывающиеся последовательные дуги не могут вместе превышать всю окружность. Полученное противоречие исключает большую дугу. Поэтому последовательные дуги $AB$ и $CD$ равны. Вписанные углы, опирающиеся на равные дуги, равны: $$\angle ADB=\angle DBC.$$ Это накрест лежащие углы при секущей $DB$ и прямых $AD,BC$. Их равенство означает: $$AD\parallel BC.$$ б) Нужно найти длину четвёртой хорды $AD$. Свяжем её с известными тремя одинаковыми хордами через центральные углы. Положим $t=\alpha/2$. В равнобедренном треугольнике, образованном двумя радиусами к концам хорды $AB$, проведём высоту из центра окружности на хорду. Она делит пополам и хорду, и центральный угол. Получается прямоугольный треугольник с гипотенузой $R=8$ и противолежащим углу $t$ катетом $AB/2=6$. Поэтому: $$\sin t=\frac{AB/2}{R}=\frac68=\frac34.$$ Так выводится общая формула длины хорды, соответствующей центральному углу $2t$: $$AB=2R\sin t.$$ Три равные последовательные дуги $AB,BC,CD$ вместе имеют угловую меру $3\alpha=6t$. Оставшаяся дуга $DA$ имеет меру $360^\circ-6t$. По той же формуле хорды: $$AD=2R\sin\frac{360^\circ-6t}{2}=2R\sin(180^\circ-3t).$$ Используем свойство $\sin(180^\circ-u)=\sin u$: $$AD=2R\sin3t.$$ Чтобы вычислить $\sin3t$ по известному $\sin t$, выведем нужную формулу. По формуле синуса суммы: $$\sin3t=\sin(2t+t)=\sin2t\cos t+\cos2t\sin t.$$ Подставим $\sin2t=2\sin t\cos t$ и $\cos2t=1-2\sin^2t$: $$\sin3t=2\sin t\cos^2t+(1-2\sin^2t)\sin t.$$ Так как $\cos^2t=1-\sin^2t$, получаем: $$\sin3t=2\sin t(1-\sin^2t)+\sin t-2\sin^3t.$$ Раскроем скобки и приведём подобные слагаемые: $$\sin3t=2\sin t-2\sin^3t+\sin t-2\sin^3t=3\sin t-4\sin^3t.$$ Теперь подставляем $\sin t=3/4$: $$\sin3t=3\cdot\frac34-4\left(\frac34\right)^3.$$ При возведении дроби в куб возводим в куб её числитель и знаменатель: $$\left(\frac34\right)^3=\frac{3^3}{4^3}=\frac{27}{64}.$$ Поэтому: $$\sin3t=\frac94-\frac{108}{64}=\frac{144}{64}-\frac{108}{64}=\frac{36}{64}=\frac9{16}.$$ Остаётся умножить на диаметр окружности $2R=16$: $$AD=16\cdot\frac9{16}=9.$$ Ответ: а) $BC\parallel AD$; б) $AD=9$.

Нужно доказать существование окружности, касающейся всех четырёх сторон $ABCP$, и вычислить её радиус. Выберем координаты: перпендикулярные диагонали и равнобедренная трапеция тогда дадут простые уравнения. Центр искомой окружности найдём как точку с одинаковыми расстояниями до всех сторон. Шаг 1. Введём обозначения и найдём высоту трапеции. Пусть $AD=d$, $BC=b$, высота равна $h$. Из-за равенства боковых сторон верхнее основание расположено симметрично над нижним. Его отступ с каждой стороны равен $q=(d-b)/2$. Положим $p=q+b=(d+b)/2$. Начало координат выберем в $A$, горизонтальную ось направим вдоль $AD$: $$A=(0;0),\quad D=(d;0),\quad B=(q;h),\quad C=(p;h).$$ Вектор $AC$ имеет координаты $(p;h)$, вектор $BD$ — $(d-q;-h)=(p;-h)$. Для перпендикулярных векторов сумма произведений соответствующих координат равна нулю: $$p\cdot p+h\cdot(-h)=0,$$ $$p^2-h^2=0,\qquad h^2=p^2.$$ Высота и $p$ положительны, поэтому $h=p$. Теперь $B=(q;p)$ и $C=(p;p)$. Шаг 2. Найдём точку $P$ с помощью прямых углов в полуокружности. Угол, опирающийся на диаметр, прямой. Поскольку $M$ лежит на окружности с диаметром $AD$, имеем $AM\perp MD$, а прямая $MD$ совпадает с $CD$. Аналогично для окружности с диаметром $CD$: $CN\perp ND$, то есть $CN\perp AD$. Поэтому $CN$ — вертикаль через $C$, её уравнение $x=p$. У прямой $CD$ направляющий вектор $(d-p;-p)=(q;-p)$. Перпендикулярный ему вектор $(p;q)$ подходит для $AM$, потому что $$q\cdot p+(-p)\cdot q=pq-pq=0.$$ Прямая $AM$ проходит через начало координат и имеет направление $(p;q)$. При $x=p$ её вторая координата равна $q$. Значит, $$P=(p;q).$$ Шаг 3. Построим центр окружности и проверим все расстояния. Прямая $AC$ имеет уравнение $y=x$. Отражение относительно неё меняет координаты местами: $B=(q;p)$ переходит в $P=(p;q)$, а $A,C$ остаются на месте. Поэтому удобно искать центр в виде $I=(t;t)$. Обозначим длину $AB$ буквой $l$. По формуле расстояния между точками $$l=\sqrt{q^2+p^2}.$$ Стороны $BC$ и $CP$ лежат соответственно на прямых $y=p$ и $x=p$. Если $0<t<p$, расстояние от $I$ до каждой из них равно $p-t$. Уравнение прямой $AB$ — $px-qy=0$: обе точки $A=(0;0)$ и $B=(q;p)$ ему удовлетворяют. Расстояние от $(t;t)$ до этой прямой равно модулю левой части, делённому на корень из суммы квадратов коэффициентов: $$\frac{|pt-qt|}{\sqrt{p^2+q^2}}=\frac{(p-q)t}{l}=\frac{bt}{l}.$$ Здесь $p-q=b$. Для $AP$ уравнение $qx-py=0$, и расстояние такое же: $bt/l$. Чтобы все четыре расстояния совпали, решаем $$p-t=\frac{bt}{l}.$$ Умножаем обе части на $l$, переносим слагаемое $lt$ вправо и выносим $t$: $$lp-lt=bt,\qquad lp=bt+lt=(b+l)t,$$ $$t=\frac{lp}{b+l}.$$ Поскольку $b>0$, дробь $l/(b+l)$ находится между 0 и 1, значит, $0<t<p$. Кроме того, при $x=y=t$ левая часть $px-qy$ положительна, а $qx-py$ отрицательна. Это именно внутренние полуплоскости относительно $AB$ и $AP$. Точка $I$ находится внутри всех четырёх полуплоскостей, ограниченных сторонами. Круг с центром $I$ и радиусом, равным этим расстояниям, целиком находится в каждой из четырёх полуплоскостей и касается её границы. Поэтому точки касания лежат на самих сторонах четырёхугольника. Мы получили вписанную окружность. Пункт а доказан. Шаг 4. Вычислим радиус при данных основаниях. Из найденной координаты центра: $$r=p-t=p-\frac{lp}{b+l}=\frac{p(b+l)-lp}{b+l}=\frac{pb+pl-lp}{b+l}=\frac{pb}{b+l}.$$ Подставляем $b=7$ и $d=17$: $$p=\frac{17+7}2=\frac{24}2=12,\qquad q=\frac{17-7}2=\frac{10}2=5.$$ $$l=\sqrt{12^2+5^2}=\sqrt{144+25}=\sqrt{169}=13.$$ $$r=\frac{12\cdot 7}{7+13}=\frac{84}{20}=\frac{21}{5}.$$ Для проверки $t=p-r=\frac{39}{5}$. Подставляем в другое выражение расстояния: $bt/l=7\cdot(\frac{39}{5})/13=\frac{21}{5}$. Радиус положителен и совпадает для всех сторон. Ответ: а) окружность можно вписать; б) $r=\frac{21}{5}$.

Нужно доказать, что внутренние биссектрисы проходят через одну точку, и вычислить высоту трапеции. Равные хорды позволяют найти точку, одинаково удалённую от всех сторон, — это и будет общая точка биссектрис. Шаг 1. Докажем равенство расстояний от $O$ до сторон. Перпендикуляр из центра окружности к хорде делит её пополам. Если радиус исходной окружности $R$, длина хорды $2c$, а расстояние до прямой хорды $r$, то по теореме Пифагора $$r^2=R^2-c^2.$$ Для всех четырёх хорд $R$ и $c$ одинаковы, поэтому одинаково и $r$. Значит, центр $O$ равноудалён от прямых всех четырёх сторон трапеции. Шаг 2. Объясним, почему $O$ находится внутри трапеции. Сначала рассмотрим два параллельных основания. Единственные точки, равноудалённые от двух различных параллельных прямых, находятся на параллели посередине между ними. Следовательно, $O$ расположен между прямыми оснований. Пусть перпендикуляр через $O$ пересекает основания в $U$ и $V$. Эти точки — середины хорд, высекаемых на основаниях, поэтому они лежат на самих отрезках оснований. Весь отрезок $UV$ находится в выпуклой трапеции, а $O$ — его середина. Следовательно, $O$ находится внутри трапеции. Внутренняя точка, равноудалённая от двух сторон угла, лежит на его внутренней биссектрисе. Чтобы увидеть это, опустим два равных перпендикуляра: получатся прямоугольные треугольники с общей гипотенузой от вершины угла до точки $O$ и равными катетами $r$. Они равны, значит, луч к $O$ делит угол пополам. Это рассуждение подходит для каждой вершины трапеции. Поэтому все четыре биссектрисы проходят через $O$. Пункт а доказан. Шаг 3. Найдём положение проекции $O$ на боковую сторону. Пусть $T$ — основание перпендикуляра из $O$ на $AB$. Оно является серединой хорды $KL$. Из $KL=6$ получаем $KT=TL=6/2=3$. Поэтому $$AT=AK+KT=15+3=18,$$ $$BT=BL+LT=5+3=8.$$ Кроме того, $OT=r$ — то самое общее расстояние до сторон. Шаг 4. Вычислим $r$ из двух прямоугольных треугольников. Обозначим половины углов трапеции при $A$ и $B$ через $\alpha$ и $\beta$. Основания параллельны, поэтому углы при одной боковой стороне в сумме дают $180^\circ$. Делим пополам: $\alpha+\beta=90^\circ$. Поскольку $AO$ и $BO$ — биссектрисы, в прямоугольных треугольниках $AOT$ и $BOT$: $$\tan\alpha=\frac{OT}{AT}=\frac r{18},\qquad \tan\beta=\frac{OT}{BT}=\frac r8.$$ У дополнительных до $90^\circ$ углов тангенсы взаимно обратны: $\tan\beta=\cot\alpha=1/\tan\alpha$. Следовательно, $$\frac r{18}\cdot\frac r8=1,\qquad \frac{r^2}{144}=1,\qquad r^2=144.$$ Расстояние положительно, поэтому $r=12$. Центр находится ровно посередине между основаниями, и до каждого из них расстояние $r$. Значит, высота равна $$h=r+r=2r=2\cdot12=24.$$ Проверка: $AT+BT=18+8=26$, что равно $AB=15+6+5=26$; $\tan\alpha\tan\beta=(12/18)(12/8)=(2/3)(3/2)=1$. Ответ: а) биссектрисы пересекаются в $O$; б) высота равна 24.