17. Планиметрическая задача: все задания

$а)$ Пусть $P$ — основание перпендикуляра, опущенного из точки $D$ на прямую $AB$, тогда $DH = DP.$
В равнобедренном треугольнике $EAD$ угол $AED$ равен $30^\circ$.
В прямоугольном треугольнике $EPD$ находим $DP = \dfrac{1}{2} DE,$ откуда получаем, что $FH = 2DH.$ Что и требовалось доказать.

$б)$ Пусть $AM$ — высота треугольника $ABC$ — пересекает $ED$ в точке $N$. Тогда:
$$AM = AB \cdot \sin \angle ABC = 2, \quad BC = 2AB \cdot \cos \angle ABC = 4\sqrt{3}$$
Пусть $DH = EF = x$, тогда $FH = ED = 2x$. Треугольники $ABC$ и $AED$ подобны, следовательно:
$$\frac{AN}{AM} = \frac{ED}{BC} \Leftrightarrow \frac{2-x}{2} = \frac{2x}{4\sqrt{3}} \Leftrightarrow x = \frac{2\sqrt{3}}{1 + \sqrt{3}} = 3-\sqrt{3}.$$
Таким образом, площадь прямоугольника $DEFH$ равна:
$$S = DE \cdot DH = 2x \cdot x = 2\cdot(3-\sqrt{3})^2 = 2\cdot(9-6\sqrt{3} + 3) = 24-12\sqrt{3}.$$

Ответ:
$а)$ Доказано, что $FH = 2DH.$
$б)$ Площадь прямоугольника $DEFH$ равна $24-12\sqrt{3}.$

$а)$ Пусть угол $BAC = \alpha.$ Углы $BAC$ и $KHB$ равны как углы с взаимно перпендикулярными сторонами. Рассмотрим четырехугольник $BKHM{:}$ в нем $\angle BKH + \angle BMH = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ,$ следовательно, четырехугольник $BKHM$ вписан в окружность. Значит, углы $KHB$ и $KMB$ — вписанные, опирающиеся на одну и ту же дугу, следовательно, они равны. Таким образом, $\angle BAC = \angle KHB = \angle KMB.$ Треугольники $ABC$ и $MBK$ имеют общий угол $B,$ а $\angle BAC = \angle KMB,$ значит, эти треугольники подобны по двум углам. Что и требовалось доказать.

$б)$ Сумма углов $K$ и $M$ четырехугольника $BKHM$ равна $180^\circ,$ поэтому он вписан в окружность. Прямоугольный треугольник $BKH$ вписан в эту же окружность, а потому радиус $r$ окружности равен половине гипотенузы $BH{:}$ $r = 1.$ Треугольник $MBK$ также вписан в эту окружность. Коэффициент подобия треугольников $ABC$ и $MBK$ равен отношению их радиусов описанных окружностей: $k = \dfrac{R}{r} = \dfrac{4}{1} = 4.$ Тогда для отношения площади треугольника $MBK$ к площади четырехугольника $AKMC$ получаем:
$$\frac{S_{MBK}}{S_{AKMC}} = \frac{S_{MBK}}{S_{ABC}-S_{MBK}} = \frac{S_{MBK}}{k^2 S_{MBK}-S_{MBK}} = \frac{1}{k^2-1} = \frac{1}{16-1} = \frac{1}{15}$$

Ответ:
$а)$ Треугольники $MBK$ и $ABC$ подобны по двум углам.
$б)$ Отношение площадей равно $\dfrac{1}{15}.$

$а)$ Из условия параллельности прямых $BD \parallel AM$ следует:
$$\angle BAM = \angle ABD \quad \text{и} \quad \angle MAC = \angle ADB$$ Треугольник $BAD$ равнобедренный $(AD = AB = 24)$, поэтому:$$\angle ADB = \angle ABD$$ Следовательно:$$\angle BAM = \angle MAC$$ Таким образом, $AM$ является биссектрисой угла $BAC$. Что и требовалось доказать.

$б)$ Проверим тип треугольника:
$$AB^2 + BC^2 = 24^2 + 18^2 = 900 = 30^2 = AC^2$$
Значит, треугольник $ABC$ прямоугольный с прямым углом при вершине $B$.

Найдем отрезки на стороне $BC$ по свойству биссектрисы:$$\frac{BM}{MC} = \frac{AB}{AC} = \frac{24}{30} = \frac{4}{5} \Rightarrow BM = 8, \quad MC = 10$$

Площадь треугольника $AMC$:
$$S_{AMC} = \frac{AB \cdot MC}{2} = \frac{24 \cdot 10}{2} = 120$$

Рассмотрим подобие треугольников:
$$\triangle MAC \sim \triangle DBC \quad \text{с коэффициентом} \quad k = \frac{BC}{MC} = \frac{18}{10} = \frac{9}{5}$$
Площадь треугольника $DBC$:
$$S_{DBC} = \left(\frac{9}{5}\right)^2 \cdot S_{AMC} = \frac{81}{25} \cdot 120 = 388.8$$

Искомая площадь четырехугольника $AMBD$:
$$S_{AMBD} = S_{DBC}-S_{AMC} = 388.8-120 = 268.8$$

Ответ:
$а)$ $AM$ является биссектрисой треугольника $ABC.$
$б)$ Площадь четырехугольника $AMBD$ равна $268.8.$

$а)$ Применим теорему Менелая для треугольников и трансверсалей:
$$\frac{CB}{BK} \cdot \frac{KO}{OA} \cdot \frac{AB_1}{B_1C} = 1 \quad \text{и} \quad \frac{BC}{CK} \cdot \frac{KO}{OA} \cdot \frac{AC_1}{C_1B} = 1$$
По условию $\dfrac{AC_1}{C_1B} = \dfrac{AB_1}{B_1C},$ следовательно:
$$\frac{CB}{BK} = \frac{BC}{CK} \Leftrightarrow CK = BK$$
Таким образом, точка $K$ — середина $BC,$ что и требовалось доказать.

$б)$ При заданном отношении $1:4$ применим теорему Менелая: $$\frac{AB}{AC_1} \cdot \frac{C_1O}{OC} \cdot \frac{CK}{KB} = 1 \Rightarrow \frac{5}{1} \cdot \frac{C_1O}{OC} \cdot 1 = 1 \Rightarrow \frac{C_1O}{OC} = \frac{1}{5}$$ Аналогично: $$\frac{CA}{AB_1} \cdot \frac{B_1O}{OB} \cdot \frac{BK}{KC} = 1 \Rightarrow \frac{5}{1} \cdot \frac{B_1O}{OB} \cdot 1 = 1 \Rightarrow \frac{B_1O}{OB} = \frac{1}{5}$$
Рассмотрим отношения площадей:$$\frac{S_{AB_1B}}{S_{BCB_1}} = \frac{1}{4} \Rightarrow \frac{S_{AB_1B}}{S_{ABC}} = \frac{1}{5}$$ $$\frac{S_{CAC_1}}{S_{ABC}} = \frac{1}{5}$$
Для треугольников с общей вершиной $O$:
$$\frac{S_{AC_1O}}{S_{AC_1C}} = \frac{1}{6} \Rightarrow \frac{S_{AC_1O}}{S_{ABC}} = \frac{1}{30}$$ $$\frac{S_{AB_1O}}{S_{ABC}} = \frac{1}{30}$$ Итоговое отношение площадей: $$\frac{S_{AB_1OC_1}}{S_{ABC}} = \frac{1}{15}$$

Ответ:
$а)$ Прямая $AO$ делит сторону $BC$ пополам.
$б)$ Отношение площадей равно $1:15.$

$а)$ Рассмотрим следующие факты:

В прямоугольном треугольнике $ABC$ медиана $CM$ к гипотенузе равна половине гипотенузы: $CM = AM = MB$.
Углы при основании равнобедренного треугольника $CMB$: $\angle MBC = \angle MCB$.
Треугольники $DCK$ и $ACB$ равны по двум сторонам и углу между ними ($DC = AC,$ $KC = CB,$ $\angle DCK = \angle ACB = 90^\circ).$
Следовательно, $\angle CDK = \angle CAB.$


Из равенства углов $\angle DCH = \angle CBA$ (вертикальные) и $\angle CDH = \angle CAB$ следует подобие треугольников $DCH$ и $ABC$. Поэтому $\angle DHC = 90^\circ$, что означает $CM \perp DK$. Что и требовалось доказать.

$б)$ Вычислим необходимые величины:
Гипотенуза $AB = \sqrt{130^2 + 312^2} = 338.$
Медиана $CM = \dfrac{AB}{2} = 169.$
Из подобия треугольников и свойств квадратов получаем:
$$DC^2 = DK \cdot DH \Rightarrow 130^2 = DK \cdot DH$$ $$HK = DK-DH = 288 \quad \text{(из пропорций)}$$ Высота $CH = \sqrt{DH \cdot HK} = \sqrt{50 \cdot 288} = 120.$
Искомое расстояние $MH = CM + CH = 169 + 120 = 289.$

Ответ:
$а)$ Прямые $CM$ и $DK$ перпендикулярны.
$б)$ Длина отрезка $MH$ равна $289.$

$а)$ Рассмотрим углы:

Так как $CP$ — биссектриса прямого угла $ACB$, то $\angle ACP = 45^\circ$
$CQ$ — биссектриса угла $NCM$, который равен $45^\circ$ (так как $CM = BC$ и $CN = AC$ создают конгруэнтный треугольник)
Следовательно, $\angle MCQ = 22.5^\circ$ и $\angle QCP = \angle ACP + \angle MCQ = 45^\circ + 45^\circ = 90^\circ$
Таким образом, $CP \perp CQ$. Что и требовалось доказать.

$б)$ Вычислим длины:
Найдем $CP$ как биссектрису треугольника $ABC$:
$$CP = \frac{2 \cdot AC \cdot BC}{AC + BC} \cdot \cos 45^\circ = \frac{2 \cdot 5 \cdot 3}{8} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{15\sqrt{2}}{8}$$
Аналогично найдем $CQ$ как биссектрису треугольника $NCM$:$$CQ = \frac{15\sqrt{2}}{8}$$
Так как треугольник $PCQ$ прямоугольный и равнобедренный $(CP = CQ),$ то: $$PQ = CP \cdot \sqrt{2} = \frac{15\sqrt{2}}{8} \cdot \sqrt{2} = \frac{15 \cdot 2}{8} = \frac{15}{4}$$

Ответ:
$а)$ Прямые $CP$ и $CQ$ перпендикулярны.
$б)$ Длина отрезка $PQ$ равна $\dfrac{15}{4}$.

$а)$ Докажем, что треугольник $ABC$ равнобедренный.

Так как точки $A,$ $A_1,$ $C,$ $C_1$ лежат на одной окружности, то вписанные углы $AC_1C$ и $AA_1C$ опираются на одну дугу $AC$ и равны. Следовательно:

$$\angle AA_1C = \angle AC_1C = 90^\circ$$

Это означает, что медиана $AA_1$ является одновременно и высотой. В треугольнике, где медиана совпадает с высотой, треугольник равнобедренный. Поэтому:

$$AB = AC$$

$б)$ Найдем площадь треугольника $ABC$.

$1.$ Рассмотрим прямоугольный треугольник $BCC_1$. Медиана $C_1A_1$ равна половине гипотенузы $BC$: $$C_1A_1 = \frac{BC}{2} \Rightarrow BC = 2 \cdot A_1C_1 = 4$$

$2.$ Треугольники $ABA_1$ и $CBC_1$ подобны по двум углам (у них общий угол $B$ и прямые углы). Из подобия следует: $$\frac{AB}{BC} = \frac{AA_1}{CC_1} = \frac{3}{2}$$

$3.$ Находим стороны $AB$ и $AC$: $$AB = \frac{3}{2} \cdot BC = 6$$ $$AC = AB = 6$$
$4.$ В прямоугольном треугольнике $ACA_1$ находим $AA_1$ по теореме Пифагора: $$AA_1 = \sqrt{AC^2-A_1C^2} = \sqrt{36-4} = \sqrt{32} = 4\sqrt{2}$$
$5.$ Площадь треугольника $ABC$:

$$S = \frac{AA_1 \cdot BC}{2} = \frac{4\sqrt{2} \cdot 4}{2} = 8\sqrt{2}$$

Ответ:
$а)$ Доказано, что треугольник $ABC$ равнобедренный.

$б)$ Площадь треугольника $ABC$ равна $8\sqrt{2}.$

$а)$ Докажем, что $ADA_1B_1$ — параллелограмм.

$1.$ Проведем через точку $B$ прямую, параллельную $AC$, и отметим точку $T$ ее пересечения с $CC_1$.

$2.$ Треугольники $ACC_1$ и $BTC_1$ подобны (по двум углам), поэтому:
$$\frac{BT}{AC} = \frac{BC_1}{BA_1} = \frac{10}{21} \Rightarrow BT = \frac{10}{21}AC$$
$3.$ Треугольники $B_1CD$ и $BTD$ подобны, следовательно:
$$\frac{BD}{DB_1} = \frac{BT}{CB_1} = \frac{\frac{10}{21}AC}{\frac{5}{7}AC} = \frac{2}{3} = \frac{BA_1}{A_1C}$$
$4.$ Из равенства отношений следует, что $A_1D \parallel AC$.
$5.$ Из подобия треугольников $DBA_1$ и $B_1BC$ получаем:
$$DA_1 = \frac{BA_1}{BC} \cdot B_1C = \frac{2}{5} \cdot \frac{5}{2}AB_1 = AB_1$$
Таким образом, в четырехугольнике $ADA_1B_1$ противоположные стороны равны и параллельны, значит, это параллелограмм.

$б)$ Найдем длину отрезка $CD$.
$1.$ Пусть $AD \perp BC$, их точка пересечения — $H$.
$2.$ Из условия $AB_1 : B_1C = 2 : 5$ и $AC = 63{:}$ $$AB_1 = \frac{2}{7}AC = 18$$
$3.$ Так как $ADA_1B_1$ — параллелограмм, то: $$A_1D = AB_1 = 18$$
$4.$ Находим $A_1H$: $$A_1H = \frac{AB_1}{B_1C} \cdot A_1C = \frac{2}{5} \cdot 15 = 6$$
$5.$ В прямоугольном треугольнике $DHA_1{:}$ $$DH = \sqrt{A_1D^2-A_1H^2} = \sqrt{324-36} = \sqrt{288} = 12\sqrt{2}$$
$6.$ Находим $HC{:}$ $$HC = A_1H + A_1C = 6 + 15 = 21$$
$7.$ В прямоугольном треугольнике $CDH{:}$ $$CD = \sqrt{DH^2 + HC^2} = \sqrt{288 + 441} = \sqrt{729} = 27$$

Ответ:
$а)$ Четырехугольник $ADA_1B_1$ является параллелограммом.

$б)$ $CD = 27$.

$а)$ Докажем, что треугольник $ABC$ равнобедренный.

$1.$ Так как $CC_1$ — высота, то $\angle AC_1C = 90^\circ$.
$2.$ Точки $A,$ $A_1,$ $C,$ $C_1$ лежат на одной окружности, поэтому $\angle AA_1C = \angle AC_1C = 90^\circ$ $($опираются на одну дугу $AC).$
$3.$ Медиана $AA_1$ является одновременно и высотой, следовательно, треугольник $ABC$ равнобедренный с $AB = AC$.

$б)$ Найдем площадь треугольника $ABC.$

$1.$ Из подобия треугольников $ABA_1$ и $CBC_1$ следует:
$$\frac{AB}{CB} = \frac{AA_1}{CC_1} = \frac{5}{4}$$
$2.$ В прямоугольном треугольнике $BCC_1$ медиана $C_1A_1$ равна половине гипотенузы:
$$C_1A_1 = \frac{1}{2}BC \Rightarrow BC = 8$$
$3.$ Находим $AB{:}$
$$AB = \frac{5}{4} \cdot BC = 10$$
$4.$ Так как $AB = AC = 10$, то в прямоугольном треугольнике $ACA_1{:}$
$$AA_1 = \sqrt{AC^2-A_1C^2} = \sqrt{100-16} = \sqrt{84} = 2\sqrt{21}$$
$5.$ Площадь треугольника $ABC{:}$
$$S = \frac{AA_1 \cdot BC}{2} = \frac{2\sqrt{21} \cdot 8}{2} = 8\sqrt{21}$$

Ответ:
$а)$ Треугольник $ABC$ равнобедренный с $AB = AC.$

$б)$ Площадь треугольника $ABC$ равна $8\sqrt{21}.$

$а)$ Докажем равенство углов $AEM$ и $KMC$.

$1.$ Рассмотрим серединный перпендикуляр $EK$ к отрезку $BM$:
Точки $E$ и $K$ равноудалены от концов отрезка $BM$
$\triangle EBK$ равнобедренный с $\angle EBK = 60^\circ$ (так как $\triangle ABC$ равносторонний)

$2.$ Из свойств симметрии: $$\angle EMK = 60^\circ$$
$3.$ Обозначим $\angle AEM = \alpha$, тогда: $$\angle AME = 180^\circ-60^\circ-\alpha = 120^\circ-\alpha$$
$4.$ Найдем $\angle KMC$: $$\angle KMC = 180^\circ-(120^\circ-\alpha)-60^\circ = \alpha$$

Таким образом, $\angle AEM = \angle KMC$, что и требовалось доказать.

$б)$ Найдем отношение площадей $\dfrac{S_{AEM}}{S_{MKC}}$.

$1.$ Пусть $AM = 2x$, $CM = 5x$, тогда $AC = 7x.$

$2.$ Обозначим $AE = y$, тогда $EB = AB-AE = 7x-y.$

$3.$ По теореме косинусов в $\triangle AEM$:
$$(7x-y)^2 = (2x)^2 + y^2-2 \cdot 2x \cdot y \cdot \cos 60^\circ$$ $$49x^2-14xy + y^2 = 4x^2 + y^2-2xy$$ $$45x^2 = 12xy$$ $$y = \frac{45}{12}x = \frac{15}{4}x$$
$4.$ Треугольники $AEM$ и $CMK$ подобны по двум углам:
$\angle AEM = \angle KMC$ $($из пункта $а)$
$\angle EAM = \angle KCM = 60^\circ$

$5.$ Коэффициент подобия: $$k = \frac{AE}{MC} = \frac{\frac{15}{4}x}{5x} = \frac{3}{4}$$
$6.$ Отношение площадей:$$\frac{S_{AEM}}{S_{MKC}} = k^2 = \left(\frac{3}{4}\right)^2 = \frac{9}{16}$$

Ответ:
$а)$ Углы $AEM$ и $KMC$ равны.

$б)$ Отношение площадей треугольников $AEM$ и $MKC$ равно $\dfrac{9}{16}.$

$а)$ Докажем равенство углов $\angle ABC$ и $\angle ACD$.

$1.$ По условию треугольники $ABC$ и $DCA$ подобны.
$2.$ Углы при параллельных основаниях равны:
$$\angle ACB = \angle CAD \quad \text{(как накрест лежащие)}$$
$3.$ Если предположить, что $\angle BAC = \angle ACD$, то $AB \parallel CD$ и $ABCD$ — параллелограмм, что противоречит условию $AD > BC$.
$4.$ Следовательно, в силу подобия:
$$\angle ABC = \angle ACD$$

$б)$ Найдем расстояние между серединами оснований.

$1.$ Из подобия треугольников $ABC$ и $DCA$: $$\frac{BC}{AC} = \frac{AC}{AD} \Rightarrow AC = \sqrt{BC \cdot AD} = \sqrt{18 \cdot 50} = 30$$
$2.$ Найдем высоту трапеции: $$CK = AC \cdot \sin \angle CAD = 30 \cdot \frac{4}{5} = 24 \quad \text{(так как $\sin \angle CAD = \sqrt{1-(\frac{3}{5})^2} = \frac{4}{5}$)}$$ $3.$ Построим перпендикуляр $MH$ из середины $M$ меньшего основания $BC$ на большее основание $AD$: $$AH = BM = \frac{BC}{2} = 9$$ $$AN = \frac{AD}{2} = 25$$ $$NH = AN — AH = 25-9 = 16$$ $4.$ В прямоугольном треугольнике $MNH$: $$MN = \sqrt{MH^2 + NH^2} = \sqrt{24^2 + 16^2} = \sqrt{576 + 256} = \sqrt{832} = 8\sqrt{13}$$

Ответ:
$а)$ Углы $\angle ABC$ и $\angle ACD$ равны.

$б)$ Отрезок, соединяющий середины оснований трапеции равен $8\sqrt{13}$.

$а)$ Докажем равенство площадей $S_{AMOE}$ и $S_{COD}.$

$1.$ Обозначим высоту трапеции через $h.$

$2.$ Найдем площади:
$$S_{AMD} = \frac{1}{2} \cdot \frac{h}{2} \cdot AD = \frac{h \cdot AD}{4}$$ $$S_{CED} = \frac{1}{2} \cdot h \cdot \frac{AD}{2} = \frac{h \cdot AD}{4}$$
$3.$ Заметим, что: $$S_{AMD} = S_{AMOE} + S_{MOD}$$ $$S_{CED} = S_{COD} + S_{MOD}$$
$4.$ Так как $S_{AMD} = S_{CED},$ то: $$S_{AMOE} = S_{COD}$$

$б)$ Найдем долю площади $AMOE$ от площади трапеции.

$1.$ Проведем прямую $MD$ до пересечения с продолжением $BC$ в точке $K.$

$2.$ Докажем, что $\triangle AMD \cong \triangle BMK{:}$
$\angle MAD = \angle KBM$ (накрест лежащие).
$\angle AMD = \angle BMK$ (вертикальные).
$AM = BM$ (по условию).
Следовательно, $BK = AD = 4.$

$3.$ Рассмотрим подобные треугольники $DOE$ и $KOC{:}$
$$\frac{OE}{OC} = \frac{ED}{CK} = \frac{2}{7}$$
$4.$ Найдем площади:
$$S_{ABCD} = \frac{(3+4)}{2} \cdot h = \frac{7h}{2}$$ $$S_{CDE} = \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot h = h$$ $$S_{COD} = \frac{7}{9}S_{CDE} = \frac{7h}{9}$$ $$S_{AMOE} = S_{COD} = \frac{7h}{9}$$
$5.$ Искомая доля: $$\frac{S_{AMOE}}{S_{ABCD}} = \frac{\frac{7h}{9}}{\frac{7h}{2}} = \frac{2}{9}$$

Ответ:
$а)$ Доказано, что площади четырехугольника $AMOE$ и треугольника $COD$ равны.

$б)$ Площадь четырехугольника $AMOE$ составляет $\dfrac{2}{9}$ от площади трапеции $ABCD.$

$а)$ Докажем равенство отрезков $CO$ и $KO$.

$1.$ Продолжим прямые $BC$ и $AE$ до пересечения в точке $L$.

$2.$ Докажем равенство треугольников:
$\triangle AED = \triangle LEC \text{ по:}$
$DE = CE$ (по условию).
$\angle AED = \angle LEC$ (вертикальные).
$\angle ADE = \angle LCE$ $($накрест лежащие при $AD \parallel BC).$
$3.$ Из равенства треугольников следует: $$AE = EL$$ $$AD = LC$$
$4.$ Четырехугольник $KCLA$ — трапеция $(CK \parallel AL$ по условию).

$5.$ Применим свойство трапеции:

Прямая $BE$ проходит через точку пересечения боковых сторон $(B).$
И через середину основания $AL$ $(E).$
Следовательно, проходит через середину основания $KC$ $(O).$


$6.$ Таким образом:
$$CO = KO$$

$б)$ Найдем отношение $\dfrac{BC}{AD}.$

$1.$ Из равенства треугольников $(\triangle AED = \triangle LEC)$:
$$S_{ABCD} = S_{ABL}$$
$2.$ Из подобия треугольников $\triangle KBC\space и \space \triangle ABL$:
$$\frac{S_{KBC}}{S_{ABL}} = \left(\frac{BC}{BL}\right)^2 = \frac{9}{100}$$
$3.$ Находим коэффициент подобия: $$\frac{BC}{BL} = \frac{3}{10}$$
$4.$ Выразим $BL$ через $BC$ и $CL$: $$\frac{BC}{BC + CL} = \frac{3}{10}$$
$5.$ Решаем уравнение: $$10BC = 3BC + 3CL$$ $$7BC = 3CL$$ $$\frac{BC}{CL} = \frac{3}{7}$$
$6.$ Так как $CL = AD$ (из равенства треугольников), получаем: $$\frac{BC}{AD} = \frac{3}{7}$$

Ответ:
$а)$ Отрезки $CO$ и $KO$ равны.

$б)$ Отношение оснований трапеции $BC$ и $AD$ равно $3:7.$

$а)$ Докажем равенство отрезков $MA$ и $MD.$

$1.$ Продолжим боковые стороны $AB$ и $DC$ до пересечения в точке $Q.$

$2.$ Так как $AD = 2BC,$ то $BC$ является средней линией треугольника $AQD{:}$
$$QB = BA \quad \text{и} \quad QC = CD$$
$3.$ Рассмотрим прямоугольные треугольники:
В $\triangle MCD{:}$ $MC$ — высота и медиана $\Rightarrow$ $\triangle QMD$ равнобедренный.
В $\triangle ABM{:}$ $MB$ — высота и медиана $\Rightarrow$ $\triangle QMA$ равнобедренный.

$4.$ Следовательно: $$QM = MA \quad \text{и} \quad QM = MD \Rightarrow MA = MD$$

$б)$ Найдем угол $BAD.$

$1.$ Опустим перпендикуляр $MN$ на основание $AD{:}$
$$MN = BC \quad \text{(по условию)}$$ $$AN = ND = \frac{AD}{2} = BC$$
$2.$ Так как $MN$ — медиана и высота в $\triangle AMD,$ то: $$\angle AMD = 90^\circ$$ $\triangle MND$ — прямоугольный и равнобедренный $\Rightarrow$ $\angle MDN = 45^\circ$
$3.$ Найдем углы: $$\angle MDA = 45^\circ$$ $$\angle CDM = \angle ADC-\angle MDA = 55^\circ-45^\circ = 10^\circ$$ $$\angle MQD = \angle CDM = 10^\circ$$
$4.$ В треугольнике $AQD{:}$
$$\angle QAM = \frac{180^\circ-(55^\circ + 55^\circ + 10^\circ + 10^\circ)}{2} = 35^\circ$$
$5.$ Искомый угол:
$$\angle BAD = \angle QAM + \angle MAN = 35^\circ + 45^\circ = 80^\circ$$

Ответ:
$а)$ Доказано, что отрезки $MA$ и $MD$ равны, так как точка $M$ равноудалена от вершин $A$ и $D$ в равнобедренных треугольниках $QMA$ и $QMD.$

$б)$ Угол $BAD$ равен $80^\circ$, что следует из геометрических свойств трапеции и вычисления углов в треугольниках $AQD$ и $AMD.$

$а)$ Докажем перпендикулярность диагоналей $AC$ и $BD$.

$1.$ Проведем через точку $C$ прямую, параллельную $BD,$ и отметим точку $C_1$ на пересечении с продолжением $AD$: $$CC_1 \parallel BD \Rightarrow BCC_1D \text{ — параллелограмм}$$
$2.$ В полученном треугольнике $ACC_1{:}$ $$AC = 15, \quad CC_1 = BD = 8$$ $$AC_1 = AD + DC_1 = AD + BC = 17$$ $3.$ Проверим соотношение сторон: $$AC^2 + CC_1^2 = 15^2 + 8^2 = 225 + 64 = 289$$ $$AC_1^2 = 17^2 = 289$$ $4.$ По обратной теореме Пифагора: $$\angle ACC_1 = 90^\circ$$
$5.$ Так как $CC_1 \parallel BD,$ то: $$\angle COD = \angle ACC_1 = 90^\circ$$ где $O$ — точка пересечения диагоналей.

$б)$ Найдем площадь трапеции.

$1.$ Для трапеции с перпендикулярными диагоналями площадь вычисляется по формуле: $$S = \frac{1}{2} \cdot AC \cdot BD$$ $2.$ Подставляем значения: $$S = \frac{1}{2} \cdot 15 \cdot 8 = 60$$

Ответ:
$а)$ Доказано, что диагонали $AC$ и $BD$ трапеции перпендикулярны, так как при построении параллелограмма $BCC_1D$ треугольник $ACC_1$ оказался прямоугольным.

$б)$ Площадь трапеции равна $60,$ что получено по формуле площади для трапеции с перпендикулярными диагоналями.

$а)$ Докажем, что $\angle AOE = 90^\circ$.

$1.$ Точка $O$ — центр описанной окружности треугольника $AEC$ (как точка пересечения серединных перпендикуляров к двум его сторонам).
$2.$ По свойству центрального угла: $$\angle AOE = 2\angle ACE$$ $3.$ В квадрате $ABCD{:}$ $$\angle ACE = 45^\circ \Rightarrow \angle AOE = 2 \cdot 45^\circ = 90^\circ$$

$б)$ Найдем отношение $BO : OD.$

$1.$ Диагональ $BD$ квадрата является серединным перпендикуляром к диагонали $AC,$ поэтому точка $O$ лежит на $BD.$
$2.$ Пусть сторона квадрата равна $2a,$ тогда: $$BE = EC = a$$ $$BD = 2a\sqrt{2}$$
$3.$ Рассмотрим точку $M$ — середину $EC$ ($EM = MC = \dfrac{a}{2}).$

$4.$ Прямоугольные треугольники $BMO$ и $BCD$ подобны по двум углам: $$\angle BMO = \angle BCD = 90^\circ$$ $$\angle MBO = \angle DBC$$ $5.$ Из подобия: $$\frac{BO}{BD} = \frac{BM}{BC} = \frac{a + \frac{a}{2}}{2a} = \frac{3}{4}$$
$6.$ Таким образом:
$$BO = \frac{3}{4}BD$$ $$OD = BD-BO = \frac{1}{4}BD$$ $$BO : OD = 3 : 1$$

Ответ:
$а)$ Доказано, что угол $\angle AOE$ равен $90^\circ$, так как точка $O$ является центром описанной окружности треугольника $AEC$, а центральный угол $\angle AOE$ вдвое больше вписанного угла $\angle ACE.$

$б)$ Отношение $BO : OD$ равно $3:1,$ что следует из подобия треугольников $BMO$ и $BCD$ и свойств квадрата.

$а)$ Докажем равенство $AL \cdot BC = AB \cdot AC$.

$1.$ Обозначим $\angle CAD = \alpha$, тогда $\angle BAC = 2\alpha.$

$2.$ Биссектриса $AL$ делит $\angle BAC$ на два угла по $\alpha{:}$ $$\angle BAL = \angle LAC = \alpha$$
$3.$ Площадь параллелограмма можно выразить двумя способами: $$S = AB \cdot AC \cdot \sin(2\alpha)$$ $$S = 2S_{ALC} = AL \cdot BC \cdot \sin(2\alpha)$$ $4.$ Приравнивая выражения, получаем: $$AB \cdot AC = AL \cdot BC$$

$б)$ Найдем длину отрезка $EL$.

$1.$ Пусть $O$ — точка пересечения диагоналей параллелограмма ($AO = \dfrac{AC}{2} = 4$).
$2.$ Из условия $\tg \angle BCA = \dfrac{1}{2}$ находим: $$\tg \alpha = \frac{1}{2} \Rightarrow \tg 2\alpha = \frac{2 \cdot \frac{1}{2}}{1-(\frac{1}{2})^2} = \frac{4}{3}$$
$3.$ Найдем отрезки: $$LO = AO \cdot \tg \alpha = 4 \cdot \frac{1}{2} = 2$$ $$EO = AO \cdot \tg 2\alpha = 4 \cdot \frac{4}{3} = \frac{16}{3}$$
$4.$ Так как $EL$ проходит через $O$, то: $$EL = LO + EO = 2 + \frac{16}{3} = \frac{22}{3}$$

Ответ:
$а)$ Доказано, что $AL \cdot BC = AB \cdot AC,$ так как площади параллелограмма, выраженные через разные параметры, равны.

$б)$ Длина отрезка $EL$ равна $\dfrac{22}{3},$ что получено через вычисление составляющих отрезков $LO$ и $EO$ с использованием тригонометрических соотношений.

$а)$ Докажем соотношение $BO : AE = 1 : 2$.

$1.$ Из подобия треугольников $BOC$ и $DOA{:}$ $$\frac{BO}{OD} = \frac{BC}{AD} = \frac{1}{2}$$
$2.$ По построению: $$AE \parallel DO \quad \text{и} \quad ED \parallel AO$$ Следовательно, $AODE$-параллелограмм, поэтому: $$AE = DO$$ $3.$ Таким образом: $$BO : AE = BO : DO = 1 : 2$$

$б)$ Найдем длину отрезка $MN$.

$1.$ Рассмотрим подобие треугольников: $$\triangle AME \sim \triangle DMB \Rightarrow \frac{AM}{MD} = \frac{AE}{BD} = \frac{2}{3}$$ (так как $BD = BO + OD = 1 + 2 = 3$ частям, а $AE = DO = 2$ частям)

$2.$ Вычислим $AM$: $$\frac{AM}{AD-AM} = \frac{2}{3} \Rightarrow 3AM = 2AD-2AM \Rightarrow AM = \frac{2}{5}AD = 4$$
$3.$ Аналогично для $\triangle DNE \sim \triangle ANC$:
$$\frac{DN}{AN} = \frac{DE}{AC} = \frac{2}{3} \Rightarrow DN = \frac{2}{5}AD = 4$$
$4.$ Находим $MN$: $$MN = AD-AM-DN = 10-4-4 = 2$$

Ответ:
$а)$ Доказано, что отношение $BO : AE$ равно $1 : 2,$ так как $AODE$ — параллелограмм и $BO : DO = 1 : 2$ из подобия треугольников.

$б)$ Длина отрезка $MN$ равна $2,$ что получено через анализ подобных треугольников и пропорциональных отношений частей основания $AD.$

$а)$ Докажем перпендикулярность $AB$ и $BD.$

$1.$ Из свойств угла между касательной и хордой:
$$\angle CBM = \angle BAM$$ $$\angle OMB = \angle BAM$$
$2.$ Из параллельности сторон параллелограмма: $$\angle CBM = \angle BMA \quad \text{(как накрест лежащие)}$$
$3.$ Так как $BM$ — биссектриса: $$\angle ABM = \angle CBM$$
$4.$ Из равенств углов получаем: $$\angle BAM = \angle ABM = \angle AMB = 60^\circ$$
$5.$ $OM$ — средняя линия $\triangle ABD$: $$OM \parallel AB \quad \text{и} \quad BO = OD$$ Следовательно, $AM = MD$ и $\triangle ABM$ равносторонний
$6.$ Находим угол $ABD:$ $\angle ABD = 90^\circ$ (как внешний угол равностороннего треугольника).

$б)$ Найдем площадь $KODM$.

$1.$ Из углов треугольника: $$\angle ODM = 180^\circ-90^\circ-60^\circ = 30^\circ$$ $$MD = 2OM = 4$$
$2.$ Применим теорему Менелая для $\triangle BMD$ и секущей $OK$: $$\frac{OD}{OB} \cdot \frac{BK}{KM} \cdot \frac{MA}{AD} = 1 \Rightarrow \frac{BK}{KM} = 2$$
$3.$ Отношение площадей: $$\frac{S_{BKO}}{S_{BMD}} = \frac{2}{3}$$
$4.$ Вычислим площадь: $$S_{BMD} = \frac{1}{2} \cdot 4 \cdot 4 \cdot \sin 120^\circ = 4\sqrt{3}$$ $$S_{KODM} = \frac{2}{3} \cdot 4\sqrt{3} = \frac{8\sqrt{3}}{3}$$

Ответ:
$а)$ Доказано, что $AB \perp BD,$ так как угол $ABD$ равен $90^\circ$ как внешний угол равностороннего треугольника $ABM.$

$б)$ Площадь четырехугольника $KODM$ равна $\dfrac{8\sqrt{3}}{3},$ что получено через применение теоремы Менелая и вычисление площадей треугольников.

$а)$ Докажем перпендикулярность $BM$ и $CN$.

$1.$ Обозначим точки пересечения:
$E = AM \cap BC;$
$H = AM \cap DN;$
$F = BM \cap AD.$


$2.$ Так как $AH$ — биссектриса и высота в $\triangle AND$, то: $$AN = AD$$
$3.$ Из равенства треугольников $\triangle ANM \cong \triangle ADM$ следует: $$NM = MD = CM$$
$4.$ Треугольник $CND$ прямоугольный ($\angle CND = 90^\circ$), поэтому: $$CN \parallel AM$$
$5.$ Из параллельности следует: $$AN : NB = CE : BC = 7 : 1 \Rightarrow CE = AD = 7BC$$
$6.$ Аналогично: $$BC = DF \Rightarrow AN : NB = AD : DF = 7 : 1$$

$7.$ Следовательно: $$DN \parallel BF \Rightarrow CN \perp BM$$

$б)$ Найдем длину $MN$.

$1.$ Пусть $AD = 7x$, $BC = x$ $($из отношения $7:1),$ тогда: $$AB = CD = 8x$$ $$NM = 4x$$
$2.$ Найдем высоту трапеции $h$: $$h^2 = (8x)^2-\left(\frac{7x-x}{2}\right)^2 = 64x^2-9x^2 = 55x^2$$ $$h = x\sqrt{55}$$
$3.$ Площадь трапеции: $$S = \frac{7x + x}{2} \cdot x\sqrt{55} = 4x^2\sqrt{55} = 4\sqrt{55}$$Откуда $x = 1$
$4.$ Искомая длина: $$MN = 4x = 4$$

Ответ:
$а)$ Доказано, что прямые $BM$ и $CN$ перпендикулярны, так как $CN \parallel AM,$ а $DN \parallel BF,$ где $BF$ содержит $BM.$

$б)$ Длина отрезка $MN$ равна $4,$ что получено через анализ геометрических соотношений в трапеции и вычисление ее высоты.