Треугольники и окружности — задание №17 ЕГЭ по математике

Нужно доказать угол $OAC=45^\circ$ и найти боковую сторону. Центр окружности расположен в прямоугольном треугольнике $BHC$: именно его стороны $BH$, $BC$, $CH$ касаются окружности. Используем формулу радиуса вписанной окружности прямоугольного треугольника и координаты вдоль $AB$. Шаг 1. Введём обозначения и определим радиус. Пусть $AB=BC=l$, угол при основании $A$ равен $\alpha$. Угол $C$ равен ему, а $B=180^\circ-2\alpha$. Остроугольность даёт $45^\circ<\alpha<90^\circ$. Положим $A=(0;0)$, $B=(l;0)$, $C=(u;v)$, где $u,v>0$, тогда $H=(u;0)$, $BH=l-u$, $CH=v$. Для прямоугольного треугольника с катетами $m,n$ и гипотенузой $l$ радиус вписанной окружности равен $(m+n-l)/2$. Это можно получить из равных касательных: катеты состоят из радиуса у прямого угла и двух частей гипотенузы; их сумма минус гипотенуза равна двум радиусам. Здесь $$r=\frac{(l-u)+v-l}{2}=\frac{v-u}{2}.$$ Центр отстоит на $r$ от горизонтального $BH$ и вертикального $CH$, поэтому $$O=(u+r;r)=\left(\frac{u+v}{2};\frac{v-u}{2}\right).$$ Шаг 2. Вычислим направление $AO$. Поскольку $C$ лежит на луче, образующем с $AB$ угол $\alpha$, имеем $u=AC\cos\alpha$, $v=AC\sin\alpha$. Следовательно, $$\tan\angle BAO=\frac{y_O}{x_O}=\frac{v-u}{v+u}=\frac{\sin\alpha-\cos\alpha}{\sin\alpha+\cos\alpha}.$$ Формула тангенса разности даёт $$\tan(\alpha-45^\circ)=\frac{\tan\alpha-1}{1+\tan\alpha}=\frac{\sin\alpha-\cos\alpha}{\cos\alpha+\sin\alpha}.$$ Мы получили один и тот же тангенс. Оба угла находятся между0 и $45^\circ$, поэтому равны: $\angle BAO=\alpha-45^\circ$. Луч $AO$ находится между $AB$ и $AC$, значит, $$\angle OAC=\angle BAC-\angle BAO=\alpha-(\alpha-45^\circ)=45^\circ.$$ Пункт а доказан. Шаг 3. Используем длину $BO$. Центр вписанной окружности $BHC$ лежит на биссектрисе при $B$, поэтому $\angle ABO=B/2=90^\circ-\alpha$. В треугольнике $ABO$: $$\angle AOB=180^\circ-(\alpha-45^\circ)-(90^\circ-\alpha)=135^\circ.$$ По теореме синусов сторона $AB=l$ лежит напротив $135^\circ$, а $BO=1$ — напротив $\alpha-45^\circ$: $$\frac l{\sin135^\circ}=\frac1{\sin(\alpha-45^\circ)}.$$ Умножаем на оба синуса: $$l\sin(\alpha-45^\circ)=\sin135^\circ=\sqrt2/2.$$ Раскрываем синус разности: $$l(\sin\alpha\cos45^\circ-\cos\alpha\sin45^\circ)=\sqrt2/2.$$ Оба табличных значения равны $\sqrt2/2$. Делим на этот положительный множитель: $$l\sin\alpha-l\cos\alpha=1.$$ Шаг 4. Найдём $l$ по основанию $AC=6$. Высота из вершины $B$ равнобедренного треугольника делит основание пополам. Поэтому в половине треугольника прилежащий к $\alpha$ катет равен $AC/2=3$, то есть $l\cos\alpha=3$. Из предыдущего равенства $l\sin\alpha=1+3=4$. Это два катета прямоугольного треугольника с гипотенузой $l$. Следовательно, $$l^2=(l\cos\alpha)^2+(l\sin\alpha)^2=3^2+4^2=9+16=25,\qquad l=5.$$ Проверка: $l\sin\alpha-l\cos\alpha=4-3=1=BO$. Кроме того, $\tan\alpha=4/3>1$, то есть $\alpha>45^\circ$, как и требовалось. Ответ: а) $45^\circ$; б) $BC=5$.

Нужно использовать равенство углов $A=2B$. Сначала найдём углы у второй окружности, а затем выразим соотношение сторон через теоремы синусов и косинусов. Шаг 1. Установим углы и подобие. Пусть $\angle ABC=\beta$. Тогда $\angle BAC=2\beta$, $\angle ACB=180^\circ-3\beta$. Треугольник остроугольный, поэтому центр его описанной окружности $O$ находится внутри. Центральный угол $AOC$ опирается на ту же малую дугу $AC$, что вписанный угол $ABC$. Поэтому $\angle AOC=2\beta$. Точка $P$ находится на отрезке $BC$, значит, $P$ и $O$ расположены с одной стороны от прямой $AC$. Четыре точки $A,O,C,P$ лежат на второй окружности. Вписанные углы $APC$ и $AOC$, опирающиеся на одну хорду $AC$ и расположенные с одной стороны от неё, равны. Следовательно, $$\angle APC=\angle AOC=2\beta=\angle BAC.$$ Так как луч $CP$ совпадает с $CB$, равны и углы $PCA$ и $BCA$. По двум углам $\triangle PAC\sim\triangle ABC$ с соответствием $P\leftrightarrow A$, $A\leftrightarrow B$, $C\leftrightarrow C$. Также в треугольнике $APC$: $$\angle PAC=180^\circ-2\beta-(180^\circ-3\beta)=\beta.$$ Из всего угла $BAC=2\beta$ вычитаем $PAC=\beta$: $\angle BAP=\beta$. Угол $ABP$ тоже равен $\beta$, поскольку $P$ на $BC$. В треугольнике $ABP$ два угла равны, поэтому противоположные стороны равны: $AP=BP$. Таким образом, доказаны обе формулировки пункта а. Шаг 2. Выведем соотношение сторон без пропущенных преобразований. Обозначим $a=BC$, $b=AC$, $c=AB$. Теорема синусов для $ABC$ даёт $$\frac ab=\frac{\sin2\beta}{\sin\beta}.$$ Угол $\beta$ острый, поэтому $\sin\beta\ne0$. По формуле двойного угла $\sin2\beta=2\sin\beta\cos\beta$, значит, $$\frac ab=2\cos\beta.$$ По теореме косинусов для стороны $b$, противоположной углу $B=\beta$: $$b^2=a^2+c^2-2ac\cos\beta.$$ Переносим и делим на $ac>0$: $$2\cos\beta=\frac{a^2+c^2-b^2}{ac}.$$ Приравниваем выражения и умножаем на $abc$: $$\frac ab=\frac{a^2+c^2-b^2}{ac},\qquad a^2c=b(a^2+c^2-b^2).$$ Раскрываем правую скобку и переносим $ba^2$ влево: $$a^2c=ba^2+bc^2-b^3,\qquad a^2(c-b)=b(c^2-b^2).$$ Разность квадратов $c^2-b^2=(c-b)(c+b)$, поэтому $$a^2(c-b)=b(c-b)(c+b).$$ Проверим, можно ли сократить $c-b$. При $c=b$ углы напротив них $C$ и $B$ были бы равны. Вместе с $A=2B$ сумма углов стала бы $2B+B+B=180^\circ$, откуда $B=45^\circ$, $A=90^\circ$. Это противоречит остроугольности. Следовательно, $c-b\ne0$, и сокращение допустимо: $$a^2=b(b+c).$$ Шаг 3. Подставим известные стороны. Здесь $b=AC=4$, $c=AB=7$. Поэтому $$a^2=4(4+7)=4\cdot11=44.$$ Поскольку $a$ — длина, берём положительный корень: $$BC=a=\sqrt{44}=\sqrt{4\cdot11}=2\sqrt{11}.$$ Проверка соотношения: $(2\sqrt{11})^2=44=4(4+7)$. Кроме того, $a/b=\sqrt{11}/2$, значит, $\cos\beta=\sqrt{11}/4$. Это число между0 и1, а $\cos2\beta=2(11/16)-1=3/8>0$, то есть угол $A$ действительно острый. Ответ: а) $AP=BP$; б) $BC=2\sqrt{11}$.

План. Для равенства углов найдём окружность, проходящую через основания высот и ортоцентр. Для числовой части сначала восстановим $BC$ по расстоянию между основаниями высот, затем радиус описанной окружности и расстояние от её центра до хорды $BC$. а) Вписанные углы. Точка $B_1$ лежит на $AC$, а $B_1H$ — на высоте из $B$. Поэтому $$\angle AB_1H=90^\circ.$$ Аналогично $C_1\in AB$ и $C_1H$ лежит на высоте из $C$, поэтому $$\angle AC_1H=90^\circ.$$ Точки, из которых отрезок $AH$ виден под прямым углом, лежат на окружности с диаметром $AH$. Значит, $A,B_1,H,C_1$ находятся на одной окружности. В остроугольном треугольнике $H$ лежит между $B$ и $B_1$. Поэтому из точки $B_1$ лучи $B_1B$ и $B_1H$ совпадают. Отсюда $$\angle BB_1C_1=\angle HB_1C_1.$$ Вписанные углы $HB_1C_1$ и $HAC_1$ опираются на одну хорду $HC_1$ и равны. Поскольку луч $AC_1$ совпадает с $AB$, получаем $$\angle HB_1C_1=\angle HAC_1=\angle BAH.$$ Следовательно, $\angle BB_1C_1=\angle BAH$. б) Находим $BC$. Обозначим $\alpha=\angle BAC=30^\circ$. В прямоугольном треугольнике $ABB_1$: $$AB_1=AB\cos\alpha.$$ В прямоугольном треугольнике $ACC_1$: $$AC_1=AC\cos\alpha.$$ У треугольников $AB_1C_1$ и $ABC$ угол при $A$ одинаков, а прилежащие к нему стороны пропорциональны: $$\frac{AB_1}{AB}=\frac{AC_1}{AC}=\cos\alpha.$$ Значит, они подобны по двум сторонам и углу между ними. Их третьи стороны дают $$B_1C_1=BC\cos\alpha.$$ Подставляем данные: $$18=BC\cdot\frac{\sqrt3}{2},$$ $$BC=18\cdot\frac2{\sqrt3}=\frac{36}{\sqrt3}=12\sqrt3.$$ Радиус и расстояние до стороны. По расширенной теореме синусов сторона $BC$, лежащая напротив угла $A$, равна $2R\sin A$. Поэтому $$R=\frac{BC}{2\sin A}=\frac{12\sqrt3}{2\cdot(1/2)}=12\sqrt3.$$ Пусть $O$ — центр окружности, $T$ — середина $BC$. Перпендикуляр из центра к хорде делит её пополам, значит, $$OT\perp BC,\qquad BT=\frac{BC}{2}=6\sqrt3.$$ В прямоугольном треугольнике $OBT$ гипотенуза $OB=R=12\sqrt3$. По Пифагору $$OT^2=OB^2-BT^2=(12\sqrt3)^2-(6\sqrt3)^2=432-108=324,$$ $$OT=\sqrt{324}=18.$$ Точка $T$ лежит на самом отрезке $BC$, поэтому это также расстояние до стороны, а не только до прямой, её содержащей. Ответ: б) $18$.

Нужно использовать равенство углов $A=2B$. Сначала найдём углы у второй окружности, а затем выразим соотношение сторон через теоремы синусов и косинусов. Шаг 1. Установим углы и подобие. Пусть $\angle ABC=\beta$. Тогда $\angle BAC=2\beta$, $\angle ACB=180^\circ-3\beta$. Треугольник остроугольный, поэтому центр его описанной окружности $O$ находится внутри. Центральный угол $AOC$ опирается на ту же малую дугу $AC$, что вписанный угол $ABC$. Поэтому $\angle AOC=2\beta$. Точка $P$ находится на отрезке $BC$, значит, $P$ и $O$ расположены с одной стороны от прямой $AC$. Четыре точки $A,O,C,P$ лежат на второй окружности. Вписанные углы $APC$ и $AOC$, опирающиеся на одну хорду $AC$ и расположенные с одной стороны от неё, равны. Следовательно, $$\angle APC=\angle AOC=2\beta=\angle BAC.$$ Так как луч $CP$ совпадает с $CB$, равны и углы $PCA$ и $BCA$. По двум углам $\triangle PAC\sim\triangle ABC$ с соответствием $P\leftrightarrow A$, $A\leftrightarrow B$, $C\leftrightarrow C$. Также в треугольнике $APC$: $$\angle PAC=180^\circ-2\beta-(180^\circ-3\beta)=\beta.$$ Из всего угла $BAC=2\beta$ вычитаем $PAC=\beta$: $\angle BAP=\beta$. Угол $ABP$ тоже равен $\beta$, поскольку $P$ на $BC$. В треугольнике $ABP$ два угла равны, поэтому противоположные стороны равны: $AP=BP$. Таким образом, доказаны обе формулировки пункта а. Шаг 2. Выведем соотношение сторон без пропущенных преобразований. Обозначим $a=BC$, $b=AC$, $c=AB$. Теорема синусов для $ABC$ даёт $$\frac ab=\frac{\sin2\beta}{\sin\beta}.$$ Угол $\beta$ острый, поэтому $\sin\beta\ne0$. По формуле двойного угла $\sin2\beta=2\sin\beta\cos\beta$, значит, $$\frac ab=2\cos\beta.$$ По теореме косинусов для стороны $b$, противоположной углу $B=\beta$: $$b^2=a^2+c^2-2ac\cos\beta.$$ Переносим и делим на $ac>0$: $$2\cos\beta=\frac{a^2+c^2-b^2}{ac}.$$ Приравниваем выражения и умножаем на $abc$: $$\frac ab=\frac{a^2+c^2-b^2}{ac},\qquad a^2c=b(a^2+c^2-b^2).$$ Раскрываем правую скобку и переносим $ba^2$ влево: $$a^2c=ba^2+bc^2-b^3,\qquad a^2(c-b)=b(c^2-b^2).$$ Разность квадратов $c^2-b^2=(c-b)(c+b)$, поэтому $$a^2(c-b)=b(c-b)(c+b).$$ Проверим, можно ли сократить $c-b$. При $c=b$ углы напротив них $C$ и $B$ были бы равны. Вместе с $A=2B$ сумма углов стала бы $2B+B+B=180^\circ$, откуда $B=45^\circ$, $A=90^\circ$. Это противоречит остроугольности. Следовательно, $c-b\ne0$, и сокращение допустимо: $$a^2=b(b+c).$$ Шаг 3. Найдём неизвестную сторону $AB$. Здесь $a=\sqrt{10}$, $b=2$. Подставляем: $$10=2(2+c),\qquad 10=4+2c,\qquad 2c=6,\qquad c=3.$$ Проверка: $a^2=10=2(2+3)$. При этих сторонах $\cos\beta=a/(2b)=\sqrt{10}/4$, $\cos2\beta=2\cdot10/16-1=1/4>0$. Полученные углы соответствуют остроугольному треугольнику. Ответ: а) $\triangle PAC\sim\triangle ABC$; б) $AB=3$.

Нужно доказать, что диагональ $AC$ проходит через центр вписанной окружности треугольника $AMD$, и вычислить радиус. Сначала покажем, что $AC$ — биссектриса угла этого треугольника. Для радиуса затем найдём его стороны и площадь. Шаг 1. Докажем свойство диагонали. По условию $AM=MC$. Поэтому треугольник $AMC$ равнобедренный, его углы при основании $AC$ равны: $$\angle MAC=\angle ACM.$$ Так как $CM$ лежит на $BC$, а $BC\parallel AD$, углы $ACM$ и $CAD$ равны как накрест лежащие. Значит, $$\angle MAC=\angle CAD.$$ Итак, луч $AC$ делит угол $MAD$ пополам. Центр вписанной окружности треугольника находится на его внутренних биссектрисах, поэтому центр окружности $AMD$ лежит на $AC$. Внутри этого треугольника соответствующая часть прямой находится и внутри отрезка диагонали параллелограмма. Пункт а доказан. Шаг 2. Найдём положение $M$. В параллелограмме противоположные стороны равны, поэтому $AD=BC=10$, $CD=AB=5$. Пусть $BM=u$. Тогда $MC=10-u$, а по условию $AM=10-u$. Соседние углы параллелограмма в сумме дают $180^\circ$, значит, $\angle ABM=180^\circ-60^\circ=120^\circ$. В треугольнике $ABM$ по теореме косинусов: $$AM^2=AB^2+BM^2-2AB\cdot BM\cos120^\circ.$$ Подставляем $\cos120^\circ=-1/2$: $$AM^2=5^2+u^2-2\cdot5u\cdot(-1/2)=25+u^2+5u.$$ С другой стороны, $AM^2=(10-u)^2$. Приравниваем и раскрываем квадрат: $$100-20u+u^2=25+u^2+5u.$$ Вычитаем $u^2$, переносим числа влево, слагаемые при $u$ вправо: $$100-25=5u+20u,\qquad75=25u,\qquad u=3.$$ Значит, $AM=MC=10-3=7$. Шаг 3. Найдём третью сторону $MD$. Угол $MCD$ совпадает с углом $BCD$, который равен углу $BAD=60^\circ$. В треугольнике $MCD$ известны стороны $MC=7$, $CD=5$ и угол между ними. Поэтому $$MD^2=7^2+5^2-2\cdot7\cdot5\cos60^\circ.$$ $$MD^2=49+25-70\cdot\frac12=74-35=39.$$ Длина положительна, поэтому $MD=\sqrt{39}$. Шаг 4. Найдём площадь и полупериметр $AMD$. Точка $M$ лежит на прямой $BC$, параллельной $AD$, поэтому высота из $M$ к $AD$ равна высоте параллелограмма. Из стороны $AB$: $$h=AB\sin60^\circ=5\cdot\frac{\sqrt3}{2}=\frac{5\sqrt3}{2}.$$ Тогда $$S_{AMD}=\frac12 AD\cdot h=\frac12\cdot10\cdot\frac{5\sqrt3}{2}=\frac{25\sqrt3}{2}.$$ Полупериметр треугольника: $$p=\frac{AD+AM+MD}{2}=\frac{10+7+\sqrt{39}}2=\frac{17+\sqrt{39}}2.$$ Шаг 5. Вычислим радиус. Формула $S=rp$ получается сложением трёх площадей с общей высотой $r$, проведённой из центра окружности к каждой стороне. Поэтому $$r=\frac Sp=\frac{25\sqrt3/2}{(17+\sqrt{39})/2}=\frac{25\sqrt3}{17+\sqrt{39}}.$$ Умножаем числитель и знаменатель на сопряжённое $17-\sqrt{39}$: $$r=\frac{25\sqrt3(17-\sqrt{39})}{(17+\sqrt{39})(17-\sqrt{39})}=\frac{25\sqrt3(17-\sqrt{39})}{17^2-39}.$$ Знаменатель $289-39=250$. Сокращаем $25/250=1/10$: $$r=\frac{\sqrt3(17-\sqrt{39})}{10}.$$ Проверка: $r>0$, поскольку $\sqrt{39}<17$; умножение $r$ на $p$ возвращает $25\sqrt3/2$. Ответ: а) центр лежит на диагонали $AC$; б) $r=\sqrt3(17-\sqrt{39})/10$.

Нужно доказать, что четыре заданные точки принадлежат одной окружности, и найти расстояние от середины $BC$ до основания высоты. Основание высоты может находиться на продолжении $BC$, поэтому будем считать координаты со знаком, а длину в конце возьмём по модулю. Шаг 1. Проверим существование общей окружности по её уравнению. Выберем горизонтальной осью прямую $BC$, начало — в $H$. Тогда $H=(0;0)$, $A=(0;h)$, где $h=AH>0$, $B=(u;0)$, $C=(v;0)$. Числа $u,v$ могут быть отрицательными. Координаты середины отрезка — полусуммы координат его концов, поэтому $$A_1=\left(\frac{u+v}2;0\right),\quad B_1=\left(\frac v2;\frac h2\right),\quad C_1=\left(\frac u2;\frac h2\right).$$ Окружность, проходящая через начало координат, имеет уравнение $x^2+y^2+Dx+Ey=0$. Почему это окружность: дополняя до квадратов, получаем $(x+D/2)^2+(y+E/2)^2=(D^2+E^2)/4$. Возьмём конкретные коэффициенты $$D=-\frac{u+v}2,\qquad E=\frac{uv-h^2}{2h}.$$ Проверим подстановкой каждую точку. Для $H$ все слагаемые равны нулю. Для $A_1$: $$\left(\frac{u+v}2\right)^2-\frac{u+v}2\cdot\frac{u+v}2=0.$$ Для $B_1$ левая часть, умноженная на 4, равна $$v^2+h^2-(u+v)v+uv-h^2=v^2+h^2-uv-v^2+uv-h^2=0.$$ Для $C_1$ аналогично, но выпишем и эту проверку: $$u^2+h^2-(u+v)u+uv-h^2=u^2+h^2-u^2-uv+uv-h^2=0.$$ Все четыре точки удовлетворяют одному уравнению окружности. Середины сторон невырожденного треугольника не лежат на одной прямой, поэтому окружность не вырождена в точку. Пункт а доказан. Шаг 2. Выразим искомое расстояние через стороны большого треугольника. Обозначим $a=BC$, $b=AC$, $c=AB$. Теперь для удобства отсчитываем горизонтальную координату от $B$: $B=(0;0)$, $C=(a;0)$, $A=(x;y)$, а основание высоты $H=(x;0)$. По теореме Пифагора: $$x^2+y^2=c^2,\qquad (a-x)^2+y^2=b^2.$$ Раскрываем второй квадрат и вычитаем первое равенство из второго: $$a^2-2ax+x^2+y^2-x^2-y^2=b^2-c^2,$$ $$a^2-2ax=b^2-c^2,\qquad 2ax=a^2+c^2-b^2,$$ $$x=\frac{a^2+c^2-b^2}{2a}.$$ Середина $A_1$ имеет координату $a/2$. Расстояние между двумя точками горизонтальной прямой — модуль разности координат: $$A_1H=\left|x-\frac a2\right|=\left|\frac{a^2+c^2-b^2-a^2}{2a}\right|=\frac{|c^2-b^2|}{2a}.$$ Шаг 3. Вычислим стороны через известные углы. Сумма углов треугольника равна $180^\circ$: $$B=180^\circ-60^\circ-45^\circ=75^\circ.$$ По теореме синусов $a/\sin A=b/\sin B=c/\sin C$. Умножаем соответствующие равенства на синусы: $$b=\frac{a\sin B}{\sin A},\qquad c=\frac{a\sin C}{\sin A}.$$ Возводим в квадрат и подставляем в формулу расстояния: $$A_1H=\frac{a^2|\sin^2 C-\sin^2 B|}{2a\sin^2 A}=\frac{a|\sin^2 C-\sin^2 B|}{2\sin^2 A}.$$ Для угла $75^\circ=45^\circ+30^\circ$ используем синус суммы: $$\sin75^\circ=\sin45^\circ\cos30^\circ+\cos45^\circ\sin30^\circ=\frac{\sqrt6+\sqrt2}{4}.$$ Возводим в квадрат: $$\sin^275^\circ=\frac{6+2\sqrt{12}+2}{16}=\frac{8+4\sqrt3}{16}=\frac{2+\sqrt3}{4}.$$ Кроме того, $\sin45^\circ=\sqrt2/2$, поэтому $\sin^245^\circ=2/4=1/2$. Для нашего угла $A$ имеем $\sin 60^\circ=\frac{\sqrt{3}}{2}$, значит, $\sin^2 60^\circ=\frac{3}{4}$. Подставляем оба квадрата синусов: $$|\sin^2 45^\circ-\sin^2 75^\circ|=\left|\left(\frac{1}{2}\right)-\left(\frac{\sqrt{3}}{4} + \frac{1}{2}\right)\right|=\frac{\sqrt{3}}{4}.$$ Теперь подставляем длину $a=2 \sqrt{3}$: $$A_1H=\frac{\left(2 \sqrt{3}\right)\cdot\left(\frac{\sqrt{3}}{4}\right)}{2\cdot\left(\frac{3}{4}\right)}=\frac{\frac{3}{2}}{\frac{3}{2}}=1.$$ Проверка отдельными длинами: $b=\sqrt{2} + \sqrt{6}$, $c=2 \sqrt{2}$, поэтому $|c^2-b^2|=4 \sqrt{3}$. Деление на $2a=4 \sqrt{3}$ снова даёт $1$. Ответ: а) точки лежат на одной окружности; б) $A_1H=1$.

Нужно сначала доказать подобие, а затем с его помощью найти неизвестную сторону и радиус окружности. Точки $C_1$ и $B_1$ лежат соответственно на сторонах $AB$ и $AC$; они отсекают у вершины $A$ малый треугольник. Радиус будем искать по треугольнику из точек самой данной окружности. Шаг 1. Докажем подобие и установим соответствие сторон. Из точки $A$ выходят две секущие: на одной расположены $A,C_1,B$, на другой — $A,B_1,C$. Теорема о двух секущих говорит, что произведение расстояний от внешней точки до двух пересечений с окружностью одинаково для обеих секущих: $$AC_1\cdot AB=AB_1\cdot AC.$$ Делим обе части на положительное произведение $AC\cdot AC_1$: $$\frac{AB}{AC}=\frac{AB_1}{AC_1}.$$ Угол между $AB$ и $AC$ совпадает с углом между $AB_1$ и $AC_1$: обе пары лучей выходят из $A$ вдоль тех же сторон. Две стороны пропорциональны и угол между ними равен — это признак подобия. $$\triangle ABC\sim\triangle AB_1C_1.$$ Здесь $A$ соответствует $A$, $B$ — $B_1$, $C$ — $C_1$. Поэтому соответствующие стороны — $AB$ и $AB_1$, $AC$ и $AC_1$, $BC$ и $B_1C_1$. Пункт а доказан. Шаг 2. Получим коэффициент подобия из площадей. Обозначим площадь малого треугольника буквой $S$. По условию площадь оставшегося четырёхугольника равна $3S$. Большой треугольник состоит из этих двух частей, поэтому его площадь равна $$S+3S=4S.$$ У подобных треугольников площади относятся как квадраты соответствующих сторон. Если $k$ — отношение малой стороны к большой, то $$k^2=\frac{S}{4S}=\frac1{4}.$$ Длины положительны, поэтому берём положительный квадратный корень: $$k=\frac1{\sqrt{4}}=\frac{1}{2}.$$ Известна большая сторона $BC=10 \sqrt{7}$. Умножаем её на коэффициент подобия: $$B_1C_1=k\cdot BC=\frac{1}{2}\cdot 10 \sqrt{7}=5 \sqrt{7}.$$ Шаг 3. Выразим хорду $BB_1$ через сторону $AB$. Положим $AB=c$. Из подобия $AB_1=kc$. В треугольнике $ABB_1$ известен угол между этими сторонами — он равен $120^\circ$. По теореме косинусов квадрат противоположной стороны равен сумме квадратов двух сторон минус удвоенное произведение сторон на косинус угла между ними: $$BB_1^2=c^2+(kc)^2-2c\cdot kc\cos 120^\circ.$$ Раскрываем квадрат произведения и выносим $c^2$: $$BB_1^2=c^2+k^2c^2-2kc^2\cos 120^\circ=c^2(1+k^2-2k\cos 120^\circ).$$ Подставляем $k=\frac{1}{2}$ и $\cos 120^\circ=- \frac{1}{2}$: $$1+k^2-2k\cos 120^\circ=1+\frac{1}{4}-2\cdot\left(\frac{1}{2}\right)\cdot\left(- \frac{1}{2}\right)=\frac{7}{4}.$$ Следовательно, $$BB_1^2=c^2\left(\frac{7}{4}\right),\qquad BB_1=c\sqrt{\frac{7}{4}}.$$ Выбрали положительный корень, потому что $BB_1$ — длина. Шаг 4. Найдём радиус данной окружности. Обозначим угол $ACB$ через $\gamma$. Так как $B_1$ находится на стороне $AC$, угол $BCB_1$ также равен $\gamma$. Треугольник $BCB_1$ вписан в данную окружность, и сторона $BB_1$ лежит напротив угла $\gamma$. Расширенная теорема синусов даёт $$2R=\frac{BB_1}{\sin\gamma},\qquad R=\frac{c\sqrt{\frac{7}{4}}}{2\sin\gamma}.$$ Неизвестное $c$ можно исключить. В большом треугольнике $ABC$ та же теорема синусов даёт $$\frac{c}{\sin\gamma}=\frac{BC}{\sin 120^\circ}.$$ Заменяем эту дробь в формуле радиуса: $$R=\frac{BC\sqrt{\frac{7}{4}}}{2\sin 120^\circ}.$$ Подставляем $BC=10 \sqrt{7}$, $\sin 120^\circ=\frac{\sqrt{3}}{2}$: $$R=\frac{\left(10 \sqrt{7}\right)\sqrt{\frac{7}{4}}}{2\cdot\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)}=\frac{35 \sqrt{3}}{3}.$$ Для проверки возвращаемся к формуле хорды: $2R\sin\gamma=BB_1$ — именно по ней получен радиус. Обе длины положительны, коэффициент подобия меньше единицы, как и должно быть для внутреннего малого треугольника. Ответ: а) подобие доказано; б) $BC=10 \sqrt{7}$, $B_1C_1=5 \sqrt{7}$, $R=\frac{35 \sqrt{3}}{3}$.

Нужно сначала доказать подобие, а затем с его помощью найти неизвестную сторону и радиус окружности. Точки $C_1$ и $B_1$ лежат соответственно на сторонах $AB$ и $AC$; они отсекают у вершины $A$ малый треугольник. Радиус будем искать по треугольнику из точек самой данной окружности. Шаг 1. Докажем подобие и установим соответствие сторон. Из точки $A$ выходят две секущие: на одной расположены $A,C_1,B$, на другой — $A,B_1,C$. Теорема о двух секущих говорит, что произведение расстояний от внешней точки до двух пересечений с окружностью одинаково для обеих секущих: $$AC_1\cdot AB=AB_1\cdot AC.$$ Делим обе части на положительное произведение $AC\cdot AC_1$: $$\frac{AB}{AC}=\frac{AB_1}{AC_1}.$$ Угол между $AB$ и $AC$ совпадает с углом между $AB_1$ и $AC_1$: обе пары лучей выходят из $A$ вдоль тех же сторон. Две стороны пропорциональны и угол между ними равен — это признак подобия. $$\triangle ABC\sim\triangle AB_1C_1.$$ Здесь $A$ соответствует $A$, $B$ — $B_1$, $C$ — $C_1$. Поэтому соответствующие стороны — $AB$ и $AB_1$, $AC$ и $AC_1$, $BC$ и $B_1C_1$. Пункт а доказан. Шаг 2. Получим коэффициент подобия из площадей. Обозначим площадь малого треугольника буквой $S$. По условию площадь оставшегося четырёхугольника равна $8S$. Большой треугольник состоит из этих двух частей, поэтому его площадь равна $$S+8S=9S.$$ У подобных треугольников площади относятся как квадраты соответствующих сторон. Если $k$ — отношение малой стороны к большой, то $$k^2=\frac{S}{9S}=\frac1{9}.$$ Длины положительны, поэтому берём положительный квадратный корень: $$k=\frac1{\sqrt{9}}=\frac{1}{3}.$$ Известна малая сторона $B_1C_1=6$. Делим её на коэффициент подобия: $$BC=\frac{B_1C_1}{k}=\frac{6}{\frac{1}{3}}=18.$$ Шаг 3. Выразим хорду $BB_1$ через сторону $AB$. Положим $AB=c$. Из подобия $AB_1=kc$. В треугольнике $ABB_1$ известен угол между этими сторонами — он равен $45^\circ$. По теореме косинусов квадрат противоположной стороны равен сумме квадратов двух сторон минус удвоенное произведение сторон на косинус угла между ними: $$BB_1^2=c^2+(kc)^2-2c\cdot kc\cos 45^\circ.$$ Раскрываем квадрат произведения и выносим $c^2$: $$BB_1^2=c^2+k^2c^2-2kc^2\cos 45^\circ=c^2(1+k^2-2k\cos 45^\circ).$$ Подставляем $k=\frac{1}{3}$ и $\cos 45^\circ=\frac{\sqrt{2}}{2}$: $$1+k^2-2k\cos 45^\circ=1+\frac{1}{9}-2\cdot\left(\frac{1}{3}\right)\cdot\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)=\frac{10}{9} - \frac{\sqrt{2}}{3}.$$ Следовательно, $$BB_1^2=c^2\left(\frac{10}{9} - \frac{\sqrt{2}}{3}\right),\qquad BB_1=c\sqrt{\frac{10}{9} - \frac{\sqrt{2}}{3}}.$$ Выбрали положительный корень, потому что $BB_1$ — длина. Шаг 4. Найдём радиус данной окружности. Обозначим угол $ACB$ через $\gamma$. Так как $B_1$ находится на стороне $AC$, угол $BCB_1$ также равен $\gamma$. Треугольник $BCB_1$ вписан в данную окружность, и сторона $BB_1$ лежит напротив угла $\gamma$. Расширенная теорема синусов даёт $$2R=\frac{BB_1}{\sin\gamma},\qquad R=\frac{c\sqrt{\frac{10}{9} - \frac{\sqrt{2}}{3}}}{2\sin\gamma}.$$ Неизвестное $c$ можно исключить. В большом треугольнике $ABC$ та же теорема синусов даёт $$\frac{c}{\sin\gamma}=\frac{BC}{\sin 45^\circ}.$$ Заменяем эту дробь в формуле радиуса: $$R=\frac{BC\sqrt{\frac{10}{9} - \frac{\sqrt{2}}{3}}}{2\sin 45^\circ}.$$ Подставляем $BC=18$, $\sin 45^\circ=\frac{\sqrt{2}}{2}$: $$R=\frac{\left(18\right)\sqrt{\frac{10}{9} - \frac{\sqrt{2}}{3}}}{2\cdot\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)}=3 \sqrt{20 - 6 \sqrt{2}}.$$ Для проверки возвращаемся к формуле хорды: $2R\sin\gamma=BB_1$ — именно по ней получен радиус. Обе длины положительны, коэффициент подобия меньше единицы, как и должно быть для внутреннего малого треугольника. Ответ: а) подобие доказано; б) $BC=18$, $B_1C_1=6$, $R=3 \sqrt{20 - 6 \sqrt{2}}$.

Нужно сравнить расстояния от $A$ до ортоцентра $H$ и до центра описанной окружности $O$, затем найти площадь треугольника $AHO$. Ортоцентр — точка пересечения прямых высот. При тупом угле он находится вне треугольника; поэтому нельзя считать, что все вспомогательные точки находятся внутри рисунка. Шаг 1. Добавим диаметр описанной окружности. Пусть $D$ — точка окружности, противоположная $A$, а $L$ — середина $BC$. Тогда $AD$ — диаметр, и $O$ — его середина. Углы $ABD$ и $ACD$ опираются на диаметр, поэтому оба прямые: $BD\perp AB$, $CD\perp AC$. По определению высот $BH\perp AC$, $CH\perp AB$. Две прямые, перпендикулярные одной прямой, параллельны, следовательно, $$BH\parallel CD,\qquad CH\parallel BD.$$ У четырёхугольника $BHCD$ обе пары противоположных сторон параллельны, поэтому это параллелограмм. Его диагонали $BC$ и $HD$ делятся пополам. Значит, середина $L$ отрезка $BC$ одновременно является серединой $HD$. В треугольнике $ADH$ отрезок $OL$ соединяет середины $AD$ и $DH$. Это средняя линия: она параллельна третьей стороне $AH$ и вдвое короче неё: $$AH=2OL.$$ Шаг 2. Вычислим $OL$ через радиус $R$. Радиусы к концам хорды $BC$ образуют равнобедренный треугольник $OBC$. Медиана $OL$ в нём также высота, поэтому $OL\perp BC$. По расширенной теореме синусов для $ABC$: $$BC=2R\sin120^\circ=2R\cdot\frac{\sqrt3}{2}=R\sqrt3.$$ Точка $L$ — середина хорды, значит, $BL=BC/2=R\sqrt3/2$. В прямоугольном треугольнике $OLB$ гипотенуза $OB=R$. По теореме Пифагора: $$OL^2=OB^2-BL^2=R^2-\left(\frac{R\sqrt3}{2}\right)^2=R^2-\frac{3R^2}{4}=\frac{R^2}{4}.$$ Берём положительный корень: $OL=R/2$. Тогда $AH=2OL=2\cdot R/2=R$. При этом $AO=R$, поскольку $A$ лежит на описанной окружности. Следовательно, $AH=AO$. Пункт а доказан. Шаг 3. Найдём угол для формулы площади. Третий угол исходного треугольника: $$C=180^\circ-120^\circ-15^\circ=45^\circ.$$ Прямая $AH$ — третья высота, то есть $AH\perp BC$. Луч, противоположный $AH$, направлен внутрь угла $A$; с $AB$ он образует угол $90^\circ-B=75^\circ$. Это следует из прямоугольного треугольника, образованного прямыми $AB,BC,AH$. Вписанный угол $ACB=45^\circ$ стягивает малую дугу $AB$ величиной $90^\circ$. Поэтому центральный угол $AOB=90^\circ$. В равнобедренном треугольнике $AOB$ углы при основании равны: $$\angle OAB=\frac{180^\circ-90^\circ}2=45^\circ.$$ Оба сравниваемых луча направлены внутрь угла $A$, поэтому угол между ними равен разности найденных углов: $$|75^\circ-45^\circ|=30^\circ.$$ Возвращаясь от луча, противоположного $AH$, к самому $AH$, получаем дополнительный угол $150^\circ$. Для площади существенен его синус: $$\sin150^\circ=\sin(180^\circ-30^\circ)=\sin30^\circ=\frac12.$$ Шаг 4. Подставим длины в формулу площади. Из $BC=R\sqrt3$ получаем $$R=\frac{BC}{\sqrt3}=\frac{3}{\sqrt3}=\sqrt{3},\qquad R^2=\frac{BC^2}3=\frac{9}3=3.$$ Площадь треугольника равна половине произведения двух сторон на синус угла между ними. Здесь обе стороны $AH$ и $AO$ равны $R$: $$S_{AHO}=\frac12\cdot AH\cdot AO\cdot\sin150^\circ=\frac12\cdot R^2\cdot\frac12=\frac{R^2}4.$$ $$S_{AHO}=\frac{3}4=\frac{3}{4}.$$ Проверка: площадь положительна и меньше $R^2/2$, максимальной площади при двух сторонах длины $R$. Ответ: а) $AH=AO$; б) $S_{AHO}=\frac{3}{4}$.

Нужно сначала доказать подобие, а затем с его помощью найти неизвестную сторону и радиус окружности. Точки $C_1$ и $B_1$ лежат соответственно на сторонах $AB$ и $AC$; они отсекают у вершины $A$ малый треугольник. Радиус будем искать по треугольнику из точек самой данной окружности. Шаг 1. Докажем подобие и установим соответствие сторон. Из точки $A$ выходят две секущие: на одной расположены $A,C_1,B$, на другой — $A,B_1,C$. Теорема о двух секущих говорит, что произведение расстояний от внешней точки до двух пересечений с окружностью одинаково для обеих секущих: $$AC_1\cdot AB=AB_1\cdot AC.$$ Делим обе части на положительное произведение $AC\cdot AC_1$: $$\frac{AB}{AC}=\frac{AB_1}{AC_1}.$$ Угол между $AB$ и $AC$ совпадает с углом между $AB_1$ и $AC_1$: обе пары лучей выходят из $A$ вдоль тех же сторон. Две стороны пропорциональны и угол между ними равен — это признак подобия. $$\triangle ABC\sim\triangle AB_1C_1.$$ Здесь $A$ соответствует $A$, $B$ — $B_1$, $C$ — $C_1$. Поэтому соответствующие стороны — $AB$ и $AB_1$, $AC$ и $AC_1$, $BC$ и $B_1C_1$. Пункт а доказан. Шаг 2. Получим коэффициент подобия из площадей. Обозначим площадь малого треугольника буквой $S$. По условию площадь оставшегося четырёхугольника равна $7S$. Большой треугольник состоит из этих двух частей, поэтому его площадь равна $$S+7S=8S.$$ У подобных треугольников площади относятся как квадраты соответствующих сторон. Если $k$ — отношение малой стороны к большой, то $$k^2=\frac{S}{8S}=\frac1{8}.$$ Длины положительны, поэтому берём положительный квадратный корень: $$k=\frac1{\sqrt{8}}=\frac{\sqrt{2}}{4}.$$ Известна малая сторона $B_1C_1=10$. Делим её на коэффициент подобия: $$BC=\frac{B_1C_1}{k}=\frac{10}{\frac{\sqrt{2}}{4}}=20 \sqrt{2}.$$ Шаг 3. Выразим хорду $BB_1$ через сторону $AB$. Положим $AB=c$. Из подобия $AB_1=kc$. В треугольнике $ABB_1$ известен угол между этими сторонами — он равен $135^\circ$. По теореме косинусов квадрат противоположной стороны равен сумме квадратов двух сторон минус удвоенное произведение сторон на косинус угла между ними: $$BB_1^2=c^2+(kc)^2-2c\cdot kc\cos 135^\circ.$$ Раскрываем квадрат произведения и выносим $c^2$: $$BB_1^2=c^2+k^2c^2-2kc^2\cos 135^\circ=c^2(1+k^2-2k\cos 135^\circ).$$ Подставляем $k=\frac{\sqrt{2}}{4}$ и $\cos 135^\circ=- \frac{\sqrt{2}}{2}$: $$1+k^2-2k\cos 135^\circ=1+\frac{1}{8}-2\cdot\left(\frac{\sqrt{2}}{4}\right)\cdot\left(- \frac{\sqrt{2}}{2}\right)=\frac{13}{8}.$$ Следовательно, $$BB_1^2=c^2\left(\frac{13}{8}\right),\qquad BB_1=c\sqrt{\frac{13}{8}}.$$ Выбрали положительный корень, потому что $BB_1$ — длина. Шаг 4. Найдём радиус данной окружности. Обозначим угол $ACB$ через $\gamma$. Так как $B_1$ находится на стороне $AC$, угол $BCB_1$ также равен $\gamma$. Треугольник $BCB_1$ вписан в данную окружность, и сторона $BB_1$ лежит напротив угла $\gamma$. Расширенная теорема синусов даёт $$2R=\frac{BB_1}{\sin\gamma},\qquad R=\frac{c\sqrt{\frac{13}{8}}}{2\sin\gamma}.$$ Неизвестное $c$ можно исключить. В большом треугольнике $ABC$ та же теорема синусов даёт $$\frac{c}{\sin\gamma}=\frac{BC}{\sin 135^\circ}.$$ Заменяем эту дробь в формуле радиуса: $$R=\frac{BC\sqrt{\frac{13}{8}}}{2\sin 135^\circ}.$$ Подставляем $BC=20 \sqrt{2}$, $\sin 135^\circ=\frac{\sqrt{2}}{2}$: $$R=\frac{\left(20 \sqrt{2}\right)\sqrt{\frac{13}{8}}}{2\cdot\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)}=5 \sqrt{26}.$$ Для проверки возвращаемся к формуле хорды: $2R\sin\gamma=BB_1$ — именно по ней получен радиус. Обе длины положительны, коэффициент подобия меньше единицы, как и должно быть для внутреннего малого треугольника. Ответ: а) подобие доказано; б) $BC=20 \sqrt{2}$, $B_1C_1=10$, $R=5 \sqrt{26}$.

Нужно сравнить расстояния от $A$ до ортоцентра $H$ и до центра описанной окружности $O$, затем найти площадь треугольника $AHO$. Ортоцентр — точка пересечения прямых высот. При тупом угле он находится вне треугольника; поэтому нельзя считать, что все вспомогательные точки находятся внутри рисунка. Шаг 1. Добавим диаметр описанной окружности. Пусть $D$ — точка окружности, противоположная $A$, а $L$ — середина $BC$. Тогда $AD$ — диаметр, и $O$ — его середина. Углы $ABD$ и $ACD$ опираются на диаметр, поэтому оба прямые: $BD\perp AB$, $CD\perp AC$. По определению высот $BH\perp AC$, $CH\perp AB$. Две прямые, перпендикулярные одной прямой, параллельны, следовательно, $$BH\parallel CD,\qquad CH\parallel BD.$$ У четырёхугольника $BHCD$ обе пары противоположных сторон параллельны, поэтому это параллелограмм. Его диагонали $BC$ и $HD$ делятся пополам. Значит, середина $L$ отрезка $BC$ одновременно является серединой $HD$. В треугольнике $ADH$ отрезок $OL$ соединяет середины $AD$ и $DH$. Это средняя линия: она параллельна третьей стороне $AH$ и вдвое короче неё: $$AH=2OL.$$ Шаг 2. Вычислим $OL$ через радиус $R$. Радиусы к концам хорды $BC$ образуют равнобедренный треугольник $OBC$. Медиана $OL$ в нём также высота, поэтому $OL\perp BC$. По расширенной теореме синусов для $ABC$: $$BC=2R\sin120^\circ=2R\cdot\frac{\sqrt3}{2}=R\sqrt3.$$ Точка $L$ — середина хорды, значит, $BL=BC/2=R\sqrt3/2$. В прямоугольном треугольнике $OLB$ гипотенуза $OB=R$. По теореме Пифагора: $$OL^2=OB^2-BL^2=R^2-\left(\frac{R\sqrt3}{2}\right)^2=R^2-\frac{3R^2}{4}=\frac{R^2}{4}.$$ Берём положительный корень: $OL=R/2$. Тогда $AH=2OL=2\cdot R/2=R$. При этом $AO=R$, поскольку $A$ лежит на описанной окружности. Следовательно, $AH=AO$. Пункт а доказан. Шаг 3. Найдём угол для формулы площади. Третий угол исходного треугольника: $$C=180^\circ-120^\circ-45^\circ=15^\circ.$$ Прямая $AH$ — третья высота, то есть $AH\perp BC$. Луч, противоположный $AH$, направлен внутрь угла $A$; с $AB$ он образует угол $90^\circ-B=45^\circ$. Это следует из прямоугольного треугольника, образованного прямыми $AB,BC,AH$. Вписанный угол $ACB=15^\circ$ стягивает малую дугу $AB$ величиной $30^\circ$. Поэтому центральный угол $AOB=30^\circ$. В равнобедренном треугольнике $AOB$ углы при основании равны: $$\angle OAB=\frac{180^\circ-30^\circ}2=75^\circ.$$ Оба сравниваемых луча направлены внутрь угла $A$, поэтому угол между ними равен разности найденных углов: $$|45^\circ-75^\circ|=30^\circ.$$ Возвращаясь от луча, противоположного $AH$, к самому $AH$, получаем дополнительный угол $150^\circ$. Для площади существенен его синус: $$\sin150^\circ=\sin(180^\circ-30^\circ)=\sin30^\circ=\frac12.$$ Шаг 4. Подставим длины в формулу площади. Из $BC=R\sqrt3$ получаем $$R=\frac{BC}{\sqrt3}=\frac{\sqrt{15}}{\sqrt3}=\sqrt{5},\qquad R^2=\frac{BC^2}3=\frac{15}3=5.$$ Площадь треугольника равна половине произведения двух сторон на синус угла между ними. Здесь обе стороны $AH$ и $AO$ равны $R$: $$S_{AHO}=\frac12\cdot AH\cdot AO\cdot\sin150^\circ=\frac12\cdot R^2\cdot\frac12=\frac{R^2}4.$$ $$S_{AHO}=\frac{5}4=\frac{5}{4}.$$ Проверка: площадь положительна и меньше $R^2/2$, максимальной площади при двух сторонах длины $R$. Ответ: а) $AH=AO$; б) $S_{AHO}=\frac{5}{4}$.

Нужно доказать равенство двух хорд, затем вычислить площадь $BDN$ по заданной высоте. Для хорд найдём стягиваемые ими дуги. По этим же дугам определим углы треугольника $BDN$. Шаг 1. Вычислим исходные углы и дуги. Третий угол треугольника: $$A=180^\circ-B-C=180^\circ-40^\circ-85^\circ=55^\circ.$$ Биссектриса $BM$ делит угол при $B$ пополам: $\angle ABM=\angle MBC=40^\circ/2=20^\circ$. Вписанный угол равен половине дуги, на которую опирается. Поэтому дуги $AM$ и $MC$, не содержащие $B$, равны по $2\cdot20^\circ=40^\circ$. Дуга $BC$, не содержащая $A$, стягивается углом $BAC=55^\circ$, значит, её величина $2\cdot55^\circ=110^\circ$. Высота $CN$ перпендикулярна $AB$. В прямоугольном треугольнике $ACC_1$ угол при $A$ равен $55^\circ$, поэтому $$\angle ACN=90^\circ-55^\circ=35^\circ.$$ Точка $N$ — второе пересечение луча высоты с окружностью. Дуга $AN$, не содержащая $C$, имеет величину $2\cdot35^\circ=70^\circ$. В результате точки на окружности идут в порядке $B,C,M,A,N$; это также видно по тому, что $M$ находится на дуге $AC$, а $N$ — на дуге $AB$ по другую сторону от $C$. Шаг 2. Сравним дуги, стягиваемые $BM$ и $CN$. Дуга $BCM$ равна $110^\circ+40^\circ=150^\circ$. Дуга $CMAN$ равна $40^\circ+40^\circ+70^\circ=150^\circ$. Равные дуги одной окружности стягиваются равными хордами, следовательно, $BM=CN$. Пункт а доказан. Шаг 3. Найдём углы треугольника $BDN$. Угол $CBN$ стягивает дугу $CMAN=150^\circ$, поэтому равен $150^\circ/2=75^\circ$. Угол $BNM$ стягивает дугу $BCM=150^\circ$, поэтому тоже равен $75^\circ$. Объясним, какие лучи используются после пересечения прямых. В треугольнике $BCN$: $$\angle BCN=85^\circ-35^\circ=50^\circ,$$ $$\angle BNC=180^\circ-75^\circ-50^\circ=55^\circ.$$ Угол $CNM$ стягивает дугу $CM=40^\circ$, значит, равен $20^\circ$. Луч $NM$ отклонён от $NB$ в сторону $NC$ ещё дальше: $55^\circ+20^\circ=75^\circ$. Поэтому он пересекает прямую $BC$ за $C$, а не внутри отрезка $BC$; точка $D$ находится за $M$ на луче $NM$. Например, в образующемся треугольнике $CND$ угол при $C$ равен $180^\circ-50^\circ=130^\circ$, при $N$ — $20^\circ$, при $D$ — $30^\circ$; все углы положительны и соответствуют этому расположению. Следовательно, луч $BD$ совпадает с $BC$, а $ND$ — с $NM$. Поэтому $$\angle DBN=75^\circ,\qquad\angle BND=75^\circ,$$ $$\angle BDN=180^\circ-75^\circ-75^\circ=30^\circ.$$ Равные углы при $B$ и $N$ лежат напротив равных сторон, значит, $BD=DN$. Шаг 4. Найдём сторону по высоте $BH$. Здесь $BH$ — высота треугольника $BDN$ к прямой $DN$. В прямоугольном треугольнике $BDH$ угол при $D$ равен $30^\circ$. По определению синуса: $$\sin30^\circ=\frac{BH}{BD}=\frac12.$$ Так как $BH=6$, имеем $6/BD=1/2$. Умножаем на $2BD$: $12=BD$. Значит, $DN=BD=12$. Шаг 5. Вычислим площадь по основанию $DN$ и высоте $BH$. $$S_{BDN}=\frac12 DN\cdot BH=\frac12\cdot12\cdot6=72/2=36.$$ Проверка: высота $BD\sin30^\circ=12\cdot1/2=6$, как задано; равенство двух углов $75^\circ$ согласуется с найденными равными сторонами $BD=DN$. Ответ: а) $BM=CN$; б) $S_{BDN}=36$.

Нужно доказать, что угол $PQW$ прямой, затем связать стороны этого треугольника с диагоналями четырёхугольника. Данные отношения точек на сторонах позволят применить подобие. Шаг 1. Найдём синусы двух углов треугольника $PQW$. Расширенная теорема синусов: сторона, делённая на синус противоположного угла, равна диаметру описанной окружности. Здесь диаметр $2R=2\cdot10=20$. Поэтому $$\sin W=\frac{PQ}{2R}=\frac{16}{20}=\frac45,\qquad \sin P=\frac{QW}{2R}=\frac{12}{20}=\frac35.$$ По условию угол $W$ острый. Значит, его косинус положителен. Из основного тригонометрического тождества $\sin^2W+\cos^2W=1$: $$\cos^2W=1-\left(\frac45\right)^2=1-\frac{16}{25}=\frac9{25},\qquad \cos W=\frac35.$$ Сторона $QW=12$ меньше стороны $PQ=16$. В треугольнике напротив меньшей стороны лежит меньший угол, поэтому $P<W<90^\circ$; угол $P$ тоже острый. Мы получили $\sin P=\cos W=\sin(90^\circ-W)$. Для острых углов синус строго возрастает, поэтому равенство синусов даёт равенство углов: $$P=90^\circ-W,\qquad P+W=90^\circ.$$ Сумма трёх углов треугольника $180^\circ$, следовательно, $$Q=180^\circ-(P+W)=180^\circ-90^\circ=90^\circ.$$ Пункт а доказан. Проверка по сторонам: гипотенуза $PW=2R=20$, и $12^2+16^2=144+256=400=20^2$. Шаг 2. Выразим диагональ $AC$ через $PQ$. Отношение $AP:PB=3:4$ означает, что вся сторона $AB$ состоит из $7$ равных частей, а $BP$ занимает четыре. Поэтому $BP/BA=4/7$. По той же причине из $CQ:QB=3:4$ имеем $BQ/BC=4/7$. В треугольнике $BAC$ две точки отсекают от сторон одинаковые доли, значит, $PQ\parallel AC$, а треугольники $BPQ$ и $BAC$ подобны. Соответственно, $$\frac{PQ}{AC}=\frac{BP}{BA}=\frac4{7},\qquad AC=PQ\cdot\frac{7}4.$$ $$AC=16\cdot\frac{7}4=4\cdot7=28.$$ Шаг 3. Аналогично найдём вторую диагональ $BD$. В треугольнике $CBD$ имеем $CQ/CB=CW/CD=3/7$. Поэтому $QW\parallel BD$ и $$\frac{QW}{BD}=\frac{3}{7},\qquad BD=12\cdot\frac{7}{3}=28.$$ Так как $PQ\perp QW$, параллельные им диагонали $AC$ и $BD$ тоже перпендикулярны. Шаг 4. Найдём площадь четырёхугольника. Пусть диагонали пересекаются в $T$. Они делят выпуклый четырёхугольник на четыре прямоугольных треугольника. Складываем их площади: $$S=\frac12(AT\cdot BT+BT\cdot CT+CT\cdot DT+DT\cdot AT).$$ Группируем слагаемые: $$S=\frac12(AT+CT)(BT+DT)=\frac12 AC\cdot BD.$$ Подставляем найденные диагонали: $$S=\frac{28\cdot28}2=\frac{784}2=392.$$ Проверка: площадь $PQW$ равна $16\cdot12/2=96$. Отношение площадей по двум перпендикулярным направлениям равно $\frac4{7}\cdot\frac{3}{7}$; умножение найденной площади на эту дробь также даёт 96. Ответ: а) угол $PQW$ прямой; б) $S_{ABCD}=392$.

План. Здесь $H$ — основание высоты из $A$ на $BC$, а не ортоцентр: это следует из слов «$AH$ — высота». Два четырёхугольника с прямыми углами дадут два угла у $N$. Их сумма определит угол $B$. Затем по прямоугольным треугольникам найдём две стороны и радиус. а) Две вспомогательные окружности. Поскольку $CK\perp AB$, угол $BKC$ прямой. Поскольку $BN\perp AC$, угол $BNC$ тоже прямой. Значит, $B,C,K,N$ лежат на окружности с диаметром $BC$. Вписанные углы $KNB$ и $KCB$ опираются на хорду $KB$, поэтому равны. В прямоугольном треугольнике $BKC$ угол при $B$ совпадает с углом $ABC$. Обозначим его $\beta$. Тогда $$\angle KNB=\angle KCB=90^\circ-\beta.$$ Также $AH\perp BC$, поэтому угол $AHB$ прямой; угол $ANB$ прямой, потому что $N\in AC$ и $BN\perp AC$. Значит, $A,B,H,N$ лежат на окружности с диаметром $AB$. Вписанные углы $BNH$ и $BAH$ опираются на хорду $BH$, поэтому $$\angle BNH=\angle BAH.$$ В прямоугольном треугольнике $ABH$ угол при $B$ равен $\beta$, следовательно, $$\angle BNH=90^\circ-\beta.$$ Почему эти два угла нужно сложить? Луч $NB$ разделяет треугольник $ABC$ на стороны, содержащие $A$ и $C$. Точка $K$ лежит на $AB$ с одной стороны от $BN$, а $H$ — на $BC$ с другой. Оба найденных угла острые, поэтому луч $NB$ лежит внутри меньшего угла $KNH$. Значит, $$\angle KNH=\angle KNB+\angle BNH=180^\circ-2\beta.$$ По условию $\angle KNH=60^\circ$: $$180^\circ-2\beta=60^\circ,\qquad 2\beta=120^\circ,\qquad \beta=60^\circ.$$ Пункт а) доказан. б) Находим стороны. В прямоугольном треугольнике $ABH$: $$\cos B=\frac{BH}{AB}.$$ Подставляем $BH=2$, $\cos60^\circ=1/2$: $$\frac12=\frac2{AB},\qquad AB=4.$$ Условие $AK=1$ даёт $$BK=AB-AK=4-1=3.$$ В прямоугольном треугольнике $BCK$: $$\cos B=\frac{BK}{BC},\qquad \frac12=\frac3{BC},\qquad BC=6.$$ Две стороны и угол между ними известны. По теореме косинусов: $$AC^2=AB^2+BC^2-2AB\cdot BC\cos B,$$ $$AC^2=4^2+6^2-2\cdot4\cdot6\cdot\frac12=16+36-24=28,$$ $$AC=\sqrt{28}=2\sqrt7.$$ По расширенной теореме синусов сторона $AC$, противоположная углу $B$, равна $2R\sin B$. Поэтому $$R=\frac{AC}{2\sin B}=\frac{2\sqrt7}{2\cdot(\sqrt3/2)}=\frac{2\sqrt7}{\sqrt3}=\frac{2\sqrt{21}}3.$$ Ответ: б) $\frac{2\sqrt{21}}3$.

Нужно связать сумму боковых сторон с основанием, а затем найти радиус. Отношения точек дают параллельное сечение, а касание — расстояние между этим сечением и основанием. Шаг 1. Найдём положение $MN$. Из $AM:MB=2:3$ следует $BM/BA=3/5$. Аналогично $BN/BC=3/5$. По обратной теореме Фалеса $MN\parallel AC$, а треугольники $BMN$ и $BAC$ подобны с коэффициентом $3/5$. Поэтому $MN=3AC/5$. Пусть высота из $B$ к $AC$ равна $h$. Высота малого треугольника $BMN$ равна $3h/5$, поэтому расстояние между $MN$ и $AC$ равно $h-3h/5=2h/5$. Обе параллельные прямые касаются вписанной окружности. Центр находится между ними, и расстояние равно диаметру $2r$. Отсюда $$2r=2h/5,\qquad r=h/5.$$ Шаг 2. Выведем равенство сторон. Площадь по основанию $AC$ равна $S=AC\cdot h/2$, а через радиус — $S=rp$, где $p=(AB+BC+AC)/2$ — полупериметр. Подставляем $r=h/5$: $$\frac{AC\cdot h}{2}=\frac h5\cdot\frac{AB+BC+AC}{2}.$$ Умножаем на 10 и делим на $h>0$: $$5AC=AB+BC+AC.$$ Вычитаем $AC$: $AB+BC=4AC$. Пункт а доказан. Шаг 3. Найдём основание и полупериметр из частей $MN$. Точка $L$ — точка касания внутри $MN$, поэтому $$MN=ML+LN=9/5+3=9/5+15/5=24/5.$$ Из $MN=3AC/5$ получаем $$AC=MN\cdot5/3=\frac{24}{5}\cdot\frac53=24/3=8.$$ Тогда $AB+BC=4\cdot8=32$, а $p=(32+8)/2=40/2=20$. Шаг 4. Найдём боковые стороны через равные касательные. Пусть окружность касается $BA$ и $BC$ в точках $T$ и $U$. Касательные из одной точки равны, поэтому $BT=BU$. Обозначим эту длину через $x$. Аналогично длины касательных из $A$ равны $y$, из $C$ — $z$. Тогда $$AB=x+y,\quad BC=x+z,\quad AC=y+z.$$ Складывая стороны, видим $p=x+y+z$, поэтому $x=p-AC=20-8=12$. Окружность находится в полосе между $MN$ и $AC$, поэтому точки касания $T,U$ лежат на частях сторон ниже $M,N$, то есть дальше от $B$. Из равенства касательных из $M$ имеем $MT=ML=9/5$. Следовательно, $$BM=BT-MT=12-9/5=60/5-9/5=51/5.$$ Из равенства касательных из $N$ получаем $NU=NL=3$, поэтому $BN=BU-NU=12-3=9$. Вспоминаем доли сторон: $BM=3AB/5$, $BN=3BC/5$. Значит, $$AB=(51/5)\cdot5/3=51/3=17,$$ $$BC=9\cdot5/3=15.$$ Шаг 5. Вычислим площадь и радиус. По формуле Герона $S=\sqrt{p(p-AB)(p-BC)(p-AC)}$. Подставляем: $$S=\sqrt{20(20-17)(20-15)(20-8)}=\sqrt{20\cdot3\cdot5\cdot12}.$$ Умножаем: $20\cdot3=60$, $5\cdot12=60$, поэтому $S=\sqrt{60\cdot60}=60$. Из $S=rp$: $$r=S/p=60/20=3.$$ Проверка: $h=2S/AC=120/8=15$, и расстояние между $MN$ и $AC$ равно $2h/5=6=2r$. Значит, найденный радиус согласуется с касанием. Ответ: а) $AB+BC=4AC$; б) $r=3$.

Нужно сначала доказать подобие, а затем с его помощью найти неизвестную сторону и радиус окружности. Точки $C_1$ и $B_1$ лежат соответственно на сторонах $AB$ и $AC$; они отсекают у вершины $A$ малый треугольник. Радиус будем искать по треугольнику из точек самой данной окружности. Шаг 1. Докажем подобие и установим соответствие сторон. Из точки $A$ выходят две секущие: на одной расположены $A,C_1,B$, на другой — $A,B_1,C$. Теорема о двух секущих говорит, что произведение расстояний от внешней точки до двух пересечений с окружностью одинаково для обеих секущих: $$AC_1\cdot AB=AB_1\cdot AC.$$ Делим обе части на положительное произведение $AC\cdot AC_1$: $$\frac{AB}{AC}=\frac{AB_1}{AC_1}.$$ Угол между $AB$ и $AC$ совпадает с углом между $AB_1$ и $AC_1$: обе пары лучей выходят из $A$ вдоль тех же сторон. Две стороны пропорциональны и угол между ними равен — это признак подобия. $$\triangle ABC\sim\triangle AB_1C_1.$$ Здесь $A$ соответствует $A$, $B$ — $B_1$, $C$ — $C_1$. Поэтому соответствующие стороны — $AB$ и $AB_1$, $AC$ и $AC_1$, $BC$ и $B_1C_1$. Пункт а доказан. Шаг 2. Получим коэффициент подобия из площадей. Обозначим площадь малого треугольника буквой $S$. По условию площадь оставшегося четырёхугольника равна $8S$. Большой треугольник состоит из этих двух частей, поэтому его площадь равна $$S+8S=9S.$$ У подобных треугольников площади относятся как квадраты соответствующих сторон. Если $k$ — отношение малой стороны к большой, то $$k^2=\frac{S}{9S}=\frac1{9}.$$ Длины положительны, поэтому берём положительный квадратный корень: $$k=\frac1{\sqrt{9}}=\frac{1}{3}.$$ Известна малая сторона $B_1C_1=6$. Делим её на коэффициент подобия: $$BC=\frac{B_1C_1}{k}=\frac{6}{\frac{1}{3}}=18.$$ Шаг 3. Выразим хорду $BB_1$ через сторону $AB$. Положим $AB=c$. Из подобия $AB_1=kc$. В треугольнике $ABB_1$ известен угол между этими сторонами — он равен $45^\circ$. По теореме косинусов квадрат противоположной стороны равен сумме квадратов двух сторон минус удвоенное произведение сторон на косинус угла между ними: $$BB_1^2=c^2+(kc)^2-2c\cdot kc\cos 45^\circ.$$ Раскрываем квадрат произведения и выносим $c^2$: $$BB_1^2=c^2+k^2c^2-2kc^2\cos 45^\circ=c^2(1+k^2-2k\cos 45^\circ).$$ Подставляем $k=\frac{1}{3}$ и $\cos 45^\circ=\frac{\sqrt{2}}{2}$: $$1+k^2-2k\cos 45^\circ=1+\frac{1}{9}-2\cdot\left(\frac{1}{3}\right)\cdot\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)=\frac{10}{9} - \frac{\sqrt{2}}{3}.$$ Следовательно, $$BB_1^2=c^2\left(\frac{10}{9} - \frac{\sqrt{2}}{3}\right),\qquad BB_1=c\sqrt{\frac{10}{9} - \frac{\sqrt{2}}{3}}.$$ Выбрали положительный корень, потому что $BB_1$ — длина. Шаг 4. Найдём радиус данной окружности. Обозначим угол $ACB$ через $\gamma$. Так как $B_1$ находится на стороне $AC$, угол $BCB_1$ также равен $\gamma$. Треугольник $BCB_1$ вписан в данную окружность, и сторона $BB_1$ лежит напротив угла $\gamma$. Расширенная теорема синусов даёт $$2R=\frac{BB_1}{\sin\gamma},\qquad R=\frac{c\sqrt{\frac{10}{9} - \frac{\sqrt{2}}{3}}}{2\sin\gamma}.$$ Неизвестное $c$ можно исключить. В большом треугольнике $ABC$ та же теорема синусов даёт $$\frac{c}{\sin\gamma}=\frac{BC}{\sin 45^\circ}.$$ Заменяем эту дробь в формуле радиуса: $$R=\frac{BC\sqrt{\frac{10}{9} - \frac{\sqrt{2}}{3}}}{2\sin 45^\circ}.$$ Подставляем $BC=18$, $\sin 45^\circ=\frac{\sqrt{2}}{2}$: $$R=\frac{\left(18\right)\sqrt{\frac{10}{9} - \frac{\sqrt{2}}{3}}}{2\cdot\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)}=3 \sqrt{20 - 6 \sqrt{2}}.$$ Для проверки возвращаемся к формуле хорды: $2R\sin\gamma=BB_1$ — именно по ней получен радиус. Обе длины положительны, коэффициент подобия меньше единицы, как и должно быть для внутреннего малого треугольника. Ответ: а) подобие доказано; б) $BC=18$, $B_1C_1=6$, $R=3 \sqrt{20 - 6 \sqrt{2}}$.

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 сначала доказать подобие, а затем с его помощью найти неизвестную сторону и радиус окружности. Точки $C_1$ и $B_1$ лежат соответственно на сторонах $AB$ и $AC$; они отсекают у вершины $A$ малый треугольник. Радиус будем искать по треугольнику из точек самой данной окружности. Шаг 1. Докажем подобие и установим соответствие сторон. Из точки $A$ выходят две секущие: на одной расположены $A,C_1,B$, на другой — $A,B_1,C$. Теорема о двух секущих говорит, что произведение расстояний от внешней точки до двух пересечений с окружностью одинаково для обеих секущих: $$AC_1\cdot AB=AB_1\cdot AC.$$ Делим обе части на положительное произведение $AC\cdot AC_1$: $$\frac{AB}{AC}=\frac{AB_1}{AC_1}.$$ Угол между $AB$ и $AC$ совпадает с углом между $AB_1$ и $AC_1$: обе пары лучей выходят из $A$ вдоль тех же сторон. Две стороны пропорциональны и угол между ними равен — это признак подобия. $$\triangle ABC\sim\triangle AB_1C_1.$$ Здесь $A$ соответствует $A$, $B$ — $B_1$, $C$ — $C_1$. Поэтому соответствующие стороны — $AB$ и $AB_1$, $AC$ и $AC_1$, $BC$ и $B_1C_1$. Пункт а доказан. Шаг 2. Получим коэффициент подобия из площадей. Обозначим площадь малого треугольника буквой $S$. По условию площадь оставшегося четырёхугольника равна $4S$. Большой треугольник состоит из этих двух частей, поэтому его площадь равна $$S+4S=5S.$$ У подобных треугольников площади относятся как квадраты соответствующих сторон. Если $k$ — отношение малой стороны к большой, то $$k^2=\frac{S}{5S}=\frac1{5}.$$ Длины положительны, поэтому берём положительный квадратный корень: $$k=\frac1{\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{5}}{5}.$$ Известна большая сторона $BC=5 \sqrt{5}$. Умножаем её на коэффициент подобия: $$B_1C_1=k\cdot BC=\frac{\sqrt{5}}{5}\cdot 5 \sqrt{5}=5.$$ Шаг 3. Выразим хорду $BB_1$ через сторону $AB$. Положим $AB=c$. Из подобия $AB_1=kc$. В треугольнике $ABB_1$ известен угол между этими сторонами — он равен $150^\circ$. По теореме косинусов квадрат противоположной стороны равен сумме квадратов двух сторон минус удвоенное произведение сторон на косинус угла между ними: $$BB_1^2=c^2+(kc)^2-2c\cdot kc\cos 150^\circ.$$ Раскрываем квадрат произведения и выносим $c^2$: $$BB_1^2=c^2+k^2c^2-2kc^2\cos 150^\circ=c^2(1+k^2-2k\cos 150^\circ).$$ Подставляем $k=\frac{\sqrt{5}}{5}$ и $\cos 150^\circ=- \frac{\sqrt{3}}{2}$: $$1+k^2-2k\cos 150^\circ=1+\frac{1}{5}-2\cdot\left(\frac{\sqrt{5}}{5}\right)\cdot\left(- \frac{\sqrt{3}}{2}\right)=\frac{\sqrt{15}}{5} + \frac{6}{5}.$$ Следовательно, $$BB_1^2=c^2\left(\frac{\sqrt{15}}{5} + \frac{6}{5}\right),\qquad BB_1=c\sqrt{\frac{\sqrt{15}}{5} + \frac{6}{5}}.$$ Выбрали положительный корень, потому что $BB_1$ — длина. Шаг 4. Найдём радиус данной окружности. Обозначим угол $ACB$ через $\gamma$. Так как $B_1$ находится на стороне $AC$, угол $BCB_1$ также равен $\gamma$. Треугольник $BCB_1$ вписан в данную окружность, и сторона $BB_1$ лежит напротив угла $\gamma$. Расширенная теорема синусов даёт $$2R=\frac{BB_1}{\sin\gamma},\qquad R=\frac{c\sqrt{\frac{\sqrt{15}}{5} + \frac{6}{5}}}{2\sin\gamma}.$$ Неизвестное $c$ можно исключить. В большом треугольнике $ABC$ та же теорема синусов даёт $$\frac{c}{\sin\gamma}=\frac{BC}{\sin 150^\circ}.$$ Заменяем эту дробь в формуле радиуса: $$R=\frac{BC\sqrt{\frac{\sqrt{15}}{5} + \frac{6}{5}}}{2\sin 150^\circ}.$$ Подставляем $BC=5 \sqrt{5}$, $\sin 150^\circ=\frac{1}{2}$: $$R=\frac{\left(5 \sqrt{5}\right)\sqrt{\frac{\sqrt{15}}{5} + \frac{6}{5}}}{2\cdot\left(\frac{1}{2}\right)}=5 \sqrt{\sqrt{15} + 6}.$$ Для проверки возвращаемся к формуле хорды: $2R\sin\gamma=BB_1$ — именно по ней получен радиус. Обе длины положительны, коэффициент подобия меньше единицы, как и должно быть для внутреннего малого треугольника. Ответ: а) подобие доказано; б) $BC=5 \sqrt{5}$, $B_1C_1=5$, $R=5 \sqrt{\sqrt{15} + 6}$.

Нужно найти основание $AC$, а затем площадь прямоугольного треугольника. Условие касания средней линии свяжет высоту треугольника с радиусом вписанной окружности. Шаг 1. Выразим высоту через радиус. Пусть $h$ — высота из $B$ к $AC$, $r$ — радиус вписанной окружности. Отрезок $EF$ соединяет середины $AB$ и $BC$, поэтому $EF\parallel AC$. Малый треугольник $BEF$ подобен $BAC$ с коэффициентом $1/2$, значит, его высота равна $h/2$. Тогда расстояние между $EF$ и $AC$ равно $h-h/2=h/2$. Обе прямые касаются одной окружности. Для двух различных параллельных касательных центр лежит между ними, а расстояние между прямыми равно сумме двух радиусов, то есть $2r$. Поэтому $$h/2=2r,\qquad h=4r.$$ Шаг 2. Используем периметр, чтобы найти $AC$. Полупериметр $p=36/2=18$. Площадь треугольника можно вычислить как $S=rp$: соединив центр окружности с вершинами, получаем три треугольника с высотой $r$, и сумма их площадей равна $r(AB+BC+AC)/2=rp$. По основанию $AC$ площадь также равна $AC\cdot h/2$. Подставляем $h=4r$: $$18r=\frac{AC\cdot4r}{2}=2r\cdot AC.$$ Радиус положителен, поэтому можно разделить обе части на $2r$: $$AC=18r/(2r)=9.$$ Пункт а доказан. Шаг 3. Найдём второй катет при прямом угле $C$. Пусть $BC=z>0$. Из периметра $AB+BC+AC=36$ получаем $AB=36-z-9=27-z$. Здесь $AB$ — гипотенуза. По теореме Пифагора: $$9^2+z^2=(27-z)^2.$$ Вычисляем и раскрываем квадрат разности: $$81+z^2=729-54z+z^2.$$ Вычитаем $z^2$ из обеих частей, переносим $-54z$ влево и 81 вправо: $$81=729-54z,\qquad54z=729-81=648,\qquad z=648/54=12.$$ Гипотенуза $AB=27-12=15$. Проверка: $9+12+15=36$ и $9^2+12^2=81+144=225=15^2$. Шаг 4. Найдём площадь. У прямоугольного треугольника катеты перпендикулярны, поэтому один служит основанием, другой высотой: $$S=\frac12 AC\cdot BC=\frac{9\cdot12}{2}=108/2=54.$$ Дополнительная проверка касания: $r=S/p=54/18=3$, $h=2S/AC=108/9=12=4r$. Ответ: а) $AC=9$; б) $S=54$.

Нужно доказать, что четыре заданные точки принадлежат одной окружности, и найти расстояние от середины $BC$ до основания высоты. Основание высоты может находиться на продолжении $BC$, поэтому будем считать координаты со знаком, а длину в конце возьмём по модулю. Шаг 1. Проверим существование общей окружности по её уравнению. Выберем горизонтальной осью прямую $BC$, начало — в $H$. Тогда $H=(0;0)$, $A=(0;h)$, где $h=AH>0$, $B=(u;0)$, $C=(v;0)$. Числа $u,v$ могут быть отрицательными. Координаты середины отрезка — полусуммы координат его концов, поэтому $$A_1=\left(\frac{u+v}2;0\right),\quad B_1=\left(\frac v2;\frac h2\right),\quad C_1=\left(\frac u2;\frac h2\right).$$ Окружность, проходящая через начало координат, имеет уравнение $x^2+y^2+Dx+Ey=0$. Почему это окружность: дополняя до квадратов, получаем $(x+D/2)^2+(y+E/2)^2=(D^2+E^2)/4$. Возьмём конкретные коэффициенты $$D=-\frac{u+v}2,\qquad E=\frac{uv-h^2}{2h}.$$ Проверим подстановкой каждую точку. Для $H$ все слагаемые равны нулю. Для $A_1$: $$\left(\frac{u+v}2\right)^2-\frac{u+v}2\cdot\frac{u+v}2=0.$$ Для $B_1$ левая часть, умноженная на 4, равна $$v^2+h^2-(u+v)v+uv-h^2=v^2+h^2-uv-v^2+uv-h^2=0.$$ Для $C_1$ аналогично, но выпишем и эту проверку: $$u^2+h^2-(u+v)u+uv-h^2=u^2+h^2-u^2-uv+uv-h^2=0.$$ Все четыре точки удовлетворяют одному уравнению окружности. Середины сторон невырожденного треугольника не лежат на одной прямой, поэтому окружность не вырождена в точку. Пункт а доказан. Шаг 2. Выразим искомое расстояние через стороны большого треугольника. Обозначим $a=BC$, $b=AC$, $c=AB$. Теперь для удобства отсчитываем горизонтальную координату от $B$: $B=(0;0)$, $C=(a;0)$, $A=(x;y)$, а основание высоты $H=(x;0)$. По теореме Пифагора: $$x^2+y^2=c^2,\qquad (a-x)^2+y^2=b^2.$$ Раскрываем второй квадрат и вычитаем первое равенство из второго: $$a^2-2ax+x^2+y^2-x^2-y^2=b^2-c^2,$$ $$a^2-2ax=b^2-c^2,\qquad 2ax=a^2+c^2-b^2,$$ $$x=\frac{a^2+c^2-b^2}{2a}.$$ Середина $A_1$ имеет координату $a/2$. Расстояние между двумя точками горизонтальной прямой — модуль разности координат: $$A_1H=\left|x-\frac a2\right|=\left|\frac{a^2+c^2-b^2-a^2}{2a}\right|=\frac{|c^2-b^2|}{2a}.$$ Шаг 3. Вычислим стороны через известные углы. Сумма углов треугольника равна $180^\circ$: $$B=180^\circ-30^\circ-45^\circ=105^\circ.$$ По теореме синусов $a/\sin A=b/\sin B=c/\sin C$. Умножаем соответствующие равенства на синусы: $$b=\frac{a\sin B}{\sin A},\qquad c=\frac{a\sin C}{\sin A}.$$ Возводим в квадрат и подставляем в формулу расстояния: $$A_1H=\frac{a^2|\sin^2 C-\sin^2 B|}{2a\sin^2 A}=\frac{a|\sin^2 C-\sin^2 B|}{2\sin^2 A}.$$ Для угла $105^\circ=60^\circ+45^\circ$ используем формулу синуса суммы: $$\sin105^\circ=\sin60^\circ\cos45^\circ+\cos60^\circ\sin45^\circ=\frac{\sqrt6+\sqrt2}{4}.$$ Квадрат этой дроби: $$(\sin105^\circ)^2=\frac{6+2\sqrt{12}+2}{16}=\frac{8+4\sqrt3}{16}=\frac{2+\sqrt3}{4}.$$ Кроме того, $\sin45^\circ=\sqrt2/2$, поэтому $\sin^245^\circ=2/4=1/2$. Для нашего угла $A$ имеем $\sin 30^\circ=\frac{1}{2}$, значит, $\sin^2 30^\circ=\frac{1}{4}$. Подставляем оба квадрата синусов: $$|\sin^2 45^\circ-\sin^2 105^\circ|=\left|\left(\frac{1}{2}\right)-\left(\frac{\sqrt{3}}{4} + \frac{1}{2}\right)\right|=\frac{\sqrt{3}}{4}.$$ Теперь подставляем длину $a=4 \sqrt{3}$: $$A_1H=\frac{\left(4 \sqrt{3}\right)\cdot\left(\frac{\sqrt{3}}{4}\right)}{2\cdot\left(\frac{1}{4}\right)}=\frac{3}{\frac{1}{2}}=6.$$ Проверка отдельными длинами: $b=2 \sqrt{6} + 6 \sqrt{2}$, $c=4 \sqrt{6}$, поэтому $|c^2-b^2|=48 \sqrt{3}$. Деление на $2a=8 \sqrt{3}$ снова даёт $6$. Ответ: а) точки лежат на одной окружности; б) $A_1H=6$.