ГДЗ по геометрии 11 класс. Атанасян ФГОС Задачи для подготовки к ЕГЭ Задание 16

\[\boxed{\mathbf{Задание\ 16.}ОК\ ГДЗ\ –\ домашка\ на\ 5}\]

\[\boxed{\mathbf{1.}}\]

\[Решение.\]

\[1)\ Поскольку\ медиана\ \]

\[прямоугольного\ треугольника,\ \]

\[проведённая\ из\ вершины\ \]

\[прямого\ угла,\ равна\ половине\ \]

\[гипотенузы:CK = \frac{c}{2}.\]

\[2)\ M - середина\ BC:\]

\[CM = \frac{1}{2}BC = \frac{1}{2}AB \cdot \sin\alpha =\]

\[= \frac{1}{2}c \cdot \sin\text{α.}\]

\[3)\ По\ теореме\ Пифагора\ \]

\[(из\ ⊿ACM):\]

\[AM = \sqrt{AC^{2} + CM^{2}} =\]

\[= \frac{1}{2}c\sqrt{4cos^{2}\alpha + sin^{2}\alpha} =\]

\[= \frac{1}{2}c\sqrt{4cos^{2}\alpha + 1 - cos^{2}\alpha} =\]

\[= \frac{1}{2}c\sqrt{1 + 3cos^{2}\alpha}.\]

\[4)\ Аналогично\ находим\ \]

\[медиану\ BN:\]

\[BN = \frac{1}{2}c\sqrt{1 + 3sin^{2}\alpha}.\]

\[Ответ:\ \frac{1}{2}c\sqrt{1 + 3cos^{2}\alpha};\ \ \]

\[\frac{1}{2}c\sqrt{1 + 3sin^{2}\alpha}.\]

\[\boxed{\mathbf{2.}}\]

\[Дано:\ \]

\[Решение.\]

\[Пусть\ M\ –\ точка\ пересечения\ \]

\[AD\ и\ BE.\ \]

\[Через\ точку\ B\ проведём\ \]

\[прямую,\ параллельную\ \]

\[основанию\ AC,\ и\ продолжим\ \]

\[AD\ до\ пересечения\ с\ этой\ \]

\[прямой\ в\ точке\ T.\ \]

\[Пусть\ \ AE\ = \ a;\ \ AC\ = \ 2a.\]

\[Из\ подобия\ треугольников\ \]

\[BDT\ и\ CDA\ находим:\]

\[BT = \frac{1}{4};\ \ AC = \frac{a}{2}.\]

\[Из\ подобия\ треугольников\ \]

\[AME\ и\ TMB\ находим:\]

\[BM\ :ME = BT\ :AE = 1\ :2.\]

\[Ответ:1\ :2.\]

\[\boxed{\mathbf{3.}}\]

\[Дано:\]

\[AB = BC = 20;\]

\[AC = 5;\]

\[AD - биссектриса.\]

\[Найти:\]

\[\text{AD.}\]

\[Решение.\]

\[Пусть\ CD = x;\ \ \angle A = \angle C = \alpha.\]

\[По\ свойству\ биссектрисы:\]

\[\frac{\text{AB}}{\text{AC}} = \frac{\text{BD}}{\text{CD}}\]

\[\frac{20}{5} = \frac{20 - x}{x}\]

\[20x = 100 - 5x\]

\[25x = 100\]

\[x = 4 - CD.\]

\[E - середина\ \text{AC.}\]

\[В\ треугольнике\ BCE:\]

\[\cos\alpha = \frac{\text{EC}}{\text{BC}} = \frac{5\ :2}{20} = \frac{1}{8}.\]

\[По\ теореме\ синусов\ (⊿ADC):\]

\[\frac{\text{CD}}{\sin\frac{\alpha}{2}} = \frac{\text{AD}}{\sin\alpha}\]

\[AD = \frac{\sin\alpha}{\sin\frac{\alpha}{2}} \cdot CD =\]

\[= \frac{2\sin\frac{\alpha}{2} \cdot \cos\frac{\alpha}{2}}{\sin\frac{\alpha}{2}} \cdot 4 = 8 \cdot \cos\frac{\alpha}{2};\]

\[\cos\frac{\alpha}{2} = \sqrt{\frac{1 + \cos\alpha}{2}} = \sqrt{\frac{1 + \frac{1}{8}}{2}} =\]

\[= \sqrt{\frac{9}{16}} = \frac{3}{4};\]

\[AD = 8 \cdot \frac{3}{4} = 6.\]

\[Ответ:6.\]

\[\boxed{\mathbf{4.}}\]

\[Дано:\]

\[AD - биссектриса;\]

\[AB = 3;\]

\[AC = 6;\]

\[\angle A = 60{^\circ}.\]

\[Найти:\]

\[\text{AD.}\]

\[Решение.\]

\[1)\ E - середина\ отрезка\ \text{AC.}\]

\[2)\ ⊿ABE - равносторонний:\]

\[AB = AE = 3;\]

\[\angle A = 60{^\circ}.\]

\[Отсюда:\]

\[BE = 3.\]

\[3)\ В\ треугольнике\ BEC:\]

\[BE = EC = 3;\]

\[\angle BEC = 180 - 60 = 120{^\circ};\]

\[\angle EBC = \angle ECB =\]

\[= \frac{1}{2}(180 - 120) = 30{^\circ}.\]

\[4)\ ⊿ADC - равнобедренный:\]

\[\angle DAC = \angle DCA = 30{^\circ};\]

\[\angle ADC = 120{^\circ}.\]

\[5)\ По\ теореме\ синусов:\]

\[\frac{\text{AD}}{\sin{30{^\circ}}} = \frac{\text{AC}}{\sin{120{^\circ}}}\]

\[AD = \frac{\sin{30{^\circ}}}{\sin{120{^\circ}}} \cdot AC = \frac{1}{2}\ :\frac{\sqrt{3}}{2} \cdot 6 =\]

\[= 2\sqrt{3}.\]

\[Ответ:2\sqrt{3}.\]

\[\boxed{\mathbf{5.}}\]

\[Дано:\]

\[CH = AB.\]

\[Найти:\]

\[\angle ACB.\]

\[Решение.\]

\[1)\ ⊿CHB_{1}\ подобен\ ⊿BHC_{1}:\]

\[\angle CB_{1}H = \angle BC_{1}H = 90{^\circ};\]

\[\angle CHB_{1} = \angle BHC_{1} - как\ \]

\[вертикальные.\]

\[Отсюда:\]

\[\angle B_{1}CH = \angle HBC_{1}.\]

\[2)\ ⊿CB_{1}H = ⊿BB_{1}A - по\ \]

\[гипотенузе\ и\ острому\ углу:\]

\[\angle B_{1}CH = \angle B_{1}BA;\]

\[CH = AB.\]

\[Отсюда:\]

\[CB_{1} = BB_{1}.\]

\[3)\ Прямоугольный\ ⊿CBB_{1} -\]

\[равнобедренный:\]

\[CB_{1} = BB_{1}.\]

\[Отсюда:\]

\[\angle ACB = 45{^\circ}.\]

\[Ответ:45{^\circ}.\]

\[\boxed{\mathbf{6.}}\]

\[Решение.\]

\[Точки\ \text{M\ }и\ \text{N\ }лежат\ на\ \]

\[окружности\ диаметром\ \text{BC.}\]

\[Первый\ случай:\ \angle A - острый.\]

\[⊿AMN\ подобен\ ⊿ABC:\]

\[k = \frac{\text{MN}}{\text{BC}} = \frac{12}{24} = \frac{1}{2}.\]

\[Отсюда:\]

\[\angle A = 60{^\circ};\ \ \angle BOC = 120{^\circ}.\]

\[По\ теореме\ синусов\ найдем\ \]

\[радиус\ описанной\ окружности\ \]

\[⊿BOC:\]

\[R = \frac{\text{BC}}{2\sin{\angle BOC}} = \frac{24}{2\sin{120{^\circ}}} =\]

\[= \frac{24}{2 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}} = 8\sqrt{3}.\]

\[Второй\ случай:\ \angle A - тупой.\]

\[\cos{\angle CAN} = \frac{1}{2}:\]

\[\angle CAN = 60{^\circ};\]

\[\angle A = 120{^\circ};\]

\[\angle BOC = 150{^\circ}.\]

\[R = \frac{24}{2\sin{150{^\circ}}} = \frac{24}{2 \cdot \frac{1}{2}} = 24.\]

\[Ответ:8\sqrt{3}\ или\ \ 24.\]

\[\boxed{\mathbf{7.}}\]

\[Рассмотрим\ разные\ виды\ \]

\[треугольника,\ связанные\ с\ \]

\[выбором\ острого\ или\ тупого\ \]

\[угла.\]

\[1.\ ⊿ABC - остроугольный.\]

\[⊿BC_{1}A_{1}\ подобен\ ⊿ABC:\]

\[\angle BC_{1}A_{1} = \angle BCA.\]

\[⊿AB_{1}C_{1}\ подобен\ ⊿ABC:\]

\[\angle AC_{1}B_{1} = \angle BCA.\]

\[Развернутый\ угол\ при\ вершине\ \]

\[C_{1} =\]

\[= \angle BC_{1}A_{1} + \angle AC_{1}B_{1} + \angle B_{1}C_{1}A_{1}:\]

\[2\angle C + \angle B_{1}C_{1}A_{1} = 180{^\circ}\]

\[\angle C = 90{^\circ} - \frac{1}{2}\angle B_{1}C_{1}A_{1}.\]

\[Такие\ же\ равенства\ получаем\ \]

\[из\ других\ острых\ углов.\]

\[90{^\circ} - \frac{1}{2} \cdot 90{^\circ} = 45{^\circ};\]

\[90{^\circ} - \frac{1}{2} \cdot 60{^\circ} = 60{^\circ};\]

\[90{^\circ} - \frac{1}{2} \cdot 30{^\circ} = 75{^\circ}.\]

\[2.\ \angle ACB - тупой.\]

\[\angle A = \frac{\angle A_{1}}{2} = \frac{90}{2} = 45{^\circ};\]

\[\angle B = \frac{\angle B_{1}}{2} = \frac{60}{2} = 30{^\circ};\]

\[\angle C = 180 - (45 + 30) = 105{^\circ}.\]

\[3.\ \angle ABC - тупой.\]

\[\angle A = \frac{\angle A_{1}}{2} = \frac{90}{2} = 45{^\circ};\]

\[\angle C = \frac{\angle C_{1}}{2} = \frac{30}{2} = 15{^\circ};\]

\[\angle B = 180 - (45 + 15) = 120{^\circ}.\]

\[4.\ \angle\text{BAC} - тупой.\]

\[\angle B = \frac{\angle B_{1}}{2} = \frac{60}{2} = 30{^\circ};\]

\[\angle C = \frac{\angle C_{1}}{2} = \frac{30}{2} = 15{^\circ};\]

\[\angle A = 180{^\circ} - (30 + 15) = 135{^\circ}.\]

\[\boxed{\mathbf{8.}}\]

\[Дано:\]

\[Найти:\]

\[\frac{\text{MN}}{\text{KN}}.\]

\[Решение.\]

\[H - ортоцентр\ ⊿ABC:\]

\[H - точка\ пересечения\ \]

\[биссектрис\ и\ центр\ вписанной\ \]

\[в\ ⊿MNK\ окружности.\]

\[Найдем\ углы\ ⊿MNK:\]

\[\angle M = 2 \cdot (90{^\circ} - \angle A) =\]

\[= 2 \cdot (90 - 45) = 90{^\circ};\]

\[\angle K = 2 \cdot (90{^\circ} - \angle C) =\]

\[= 2 \cdot (90 - 60) = 60{^\circ};\]

\[\angle N = 180{^\circ} - (90{^\circ} + 60{^\circ}) = 30{^\circ}.\]

\[Отсюда:\]

\[\frac{\text{MN}}{\text{KN}} = \cos{30{^\circ}} = \frac{\sqrt{3}}{2}.\]

\[Ответ:\frac{\sqrt{3}}{2}.\]

\[\boxed{\mathbf{9.}}\]

\[Дано:\]

\[BM - медиана;\]

\[\frac{\sin{\angle ABM}}{\sin{\angle CBM}} = \frac{1}{2}.\]

\[Найти:\]

\[\frac{\text{BC}}{\text{AB}}.\]

\[Решение.\]

\[По\ теореме\ синусов\ (⊿ABM):\]

\[\frac{\text{AB}}{\sin{\angle BMA}} = \frac{\text{AM}}{\sin{\angle ABM}}.\]

\[По\ теореме\ синусов\ (⊿CBM):\]

\[\frac{\text{BC}}{\sin{\angle BMC}} = \frac{\text{MC}}{\sin{\angle CBM}}.\]

\[AM = MC;\ \sin{\angle BMA} =\]

\[= \sin{(180{^\circ} - \angle BMA}) =\]

\[= \sin{\angle BMC}:\]

\[AM \cdot \sin{\angle BMA} =\]

\[= AB \cdot \sin{\angle ABM};\]

\[MC \cdot \sin{\angle BMC} = BC \cdot \sin{\angle CBM};\]

\[AM \cdot \sin{\angle BMA} = MC \cdot \sin{\angle BMC}\]

\[AB \cdot \sin{\angle ABM} = BC \cdot \sin{\angle CBM}\]

\[\frac{\text{BC}}{\text{AB}} = \frac{\sin{\angle ABM}}{\sin{\angle CBM}} = \frac{1}{2}.\]

\[Ответ:\ \frac{1}{2}.\]

\[\boxed{\mathbf{10.}}\]

\[Дано:\]

\[Решение.\]

\[Пусть\ продолжения\ отрезков\ \]

\[BN\ и\ AD\ пересекаются\ в\ \]

\[точке\ E.\ \]

\[⊿DNE = ⊿CNB - по\ стороне\ и\ \]

\[прилежащим\ к\ ней\ углам:\]

\[DE\ = \ BC\ = \ 2BM;\ \ \]

\[AE\ = \ 4a.\ \]

\[Треугольник\ BOM\ подобен\ \]

\[треугольнику\ EOA:\ \ \]

\[MO\ :\ OA\ = \ 1\ :\ 4.\]

\[Ответ:\ \ 1\ :4.\]

\[\boxed{\mathbf{11.}}\]

\[Пусть\ ABCD\ —\ данная\ \]

\[трапеция;\ \]

\[AB\ и\ CD\ —\ ее\ основания\ \]

\[(AB\ < \ CD);\ \]

\[M,\ N\ —\ середины\ AB\ и\ CD\ \]

\[соответственно.\ \]

\[Пусть\ \angle ADC\ = \ 50{^\circ};\ \]

\[\angle BCD\ = \ 40{^\circ}.\]

\[Средняя\ линия\ трапеции\ равна\ \]

\[полусумме\ оснований:\]

\[AB\ + \ CD\ = \ 8.\ \]

\[Продлим\ боковые\ стороны\ \]

\[DA\ и\ CB\ до\ пересечения\ в\ \]

\[точке\ E.\ \]

\[Рассмотрим\ треугольник\ ABE,\ \]

\[в\ котором\ \angle EAB\ = \ 50{^\circ};\ \]

\[\angle EBA\ = \ 40{^\circ}:\]

\[\ \angle AEB\ = \ 90{^\circ}.\ \]

\[Медиана\ EM\ этого\ \]

\[треугольника,\ проведенная\ из\ \]

\[вершины\ прямого\ угла,\ равна\ \]

\[половине\ гипотенузы:\ \]

\[EM\ = \ AM.\ \]

\[Пусть\ EM\ = \ x,\ тогда\ AM\ = \ x,\ \]

\[DN\ = \ 4\ –\ x.\ \]

\[\ MN\ = \ 1:\]

\[EN\ = \ x\ + \ 1.\ \]

\[Из\ подобия\ треугольников\ \]

\[AEM\ и\ DEN:\]

\[\frac{\text{AM}}{\text{DN}} = \frac{\text{EM}}{\text{EN}}\]

\[\frac{x}{4 - x} = \frac{x}{x + 1}\]

\[x = \frac{3}{2}.\]

\[Отсюда:\]

\[AB = 3;\ \ CD = 5.\]

\[Ответ:3\ и\ 5\ .\]

\[\boxed{\mathbf{12.}}\]

\[Дано:\]

\[Решение.\]

\[Из\ вершины\ C\ меньшего\ \]

\[основания\ равнобедренной\ \]

\[трапеции\ ABCD\ опустим\ \]

\[перпендикуляр\ CM\ на\ большее\ \]

\[основание.\ \]

\[Тогда\ отрезок\ AK\ равен\ \]

\[полусумме\ оснований\ \]

\[трапеции.\ \]

\[В\ прямоугольном\ треугольнике\ \]

\[AKC\ катет\ AK\ лежит\ против\ \]

\[угла\ в\ 30{^\circ}:\ \]

\[AK = \frac{1}{2}AC = \frac{1}{2} \cdot 10 = 5.\]

\[Средняя\ линия\ MN\ трапеции\ \]

\[равна\ полусумме\ оснований:\]

\[MN = AK = 5.\]

\[Ответ:5.\]

\[\boxed{\mathbf{13.}}\]

\[Решение.\]

\[Середины\ сторон\ любого\ \]

\[четырёхугольника\ являются\ \]

\[вершинами\ параллелограмма,\ \]

\[стороны\ которого\ \]

\[параллельны\ диагоналям\ \]

\[четырёхугольника\ и\ \]

\[соответственно\ равны\ их\ \]

\[половинам.\ \]

\[Обозначим\ через\ x\ и\ 3x\ \]

\[половины\ диагоналей\ \]

\[параллелограмма.\ \]

\[Поскольку\ угол\ между\ ними\ \]

\[равен\ 60{^\circ},\ то\ по\ теореме\ \]

\[косинусов:\]

\[x^{2} + 9x^{2} - 3x^{2} = 7x^{2}\]

\[x^{2} + 9x^{2} + 3x^{2} = 13x^{2}.\]

\[Так\ как\ большая\ сторона\ \]

\[четырехугольника\ равна\ \sqrt{39},\]

\[то\ большая\ сторона\ \]

\[параллелограмма\ равна\ \frac{\sqrt{39}}{2}:\]

\[13x^{2} = \frac{39}{4}\]

\[x^{2} = \frac{3}{4}\]

\[x = \frac{\sqrt{3}}{2}.\]

\[Меньшая\ сторона\ \]

\[параллелограмма:\]

\[x\sqrt{7} = \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \sqrt{7} = \frac{\sqrt{21}}{2}.\]

\[Меньшая\ диагональ\ данного\ \]

\[четырехугольника:\]

\[\sqrt{21}.\]

\[Ответ:\sqrt{21}.\]

\[\boxed{\mathbf{14.}}\]

\[Решение.\]

\[1)\cos{\angle BCD} = - \frac{2}{7}:\]

\[\angle BCD - тупой;\]

\[\angle ADC - острый;\]

\[\cos{\angle ADC} = \frac{2}{7}.\]

\[2)\ Проведем\ CH\bot AD:\]

\[DH = CD \cdot \cos{\angle ADC} = 28 \cdot \frac{2}{7} =\]

\[= 8;\]

\[CH = CD \cdot \sin{\angle ADC} =\]

\[= 28 \cdot \sqrt{1 - \frac{4}{49}} = 28 \cdot \frac{\sqrt{45}}{7} =\]

\[= 4 \cdot 3\sqrt{5} = 12\sqrt{5}.\]

\[3)\ Через\ вершину\ C\ проведём\ \]

\[прямую,\ параллельную\ \]

\[боковой\ стороне\ AB\ ,\ до\ \]

\[пересечения\ с\ прямой\ AD\ в\ \]

\[точке\ P:\]

\[PH = \sqrt{CP^{2} - CH^{2}} =\]

\[= \sqrt{AB^{2} - CH^{2}} =\]

\[= \sqrt{27^{2} - \left( 12\sqrt{5} \right)^{2}} = 3.\]

\[\textbf{а)}\ Точка\ \text{P\ }лежит\ между\ \text{A\ }и\ H:\]

\[AH = AP + PH = 5 + 3 = 8;\]

\[AC = \sqrt{AH^{2} + CH^{2}} =\]

\[= \sqrt{64 + 144 \cdot 5} = \sqrt{784} = 28.\]

\[\textbf{б)}\ Точка\ \text{P\ }лежит\ между\ \text{D\ }и\ H:\]

\[AH = AP - PH = 5 - 3 = 2;\]

\[AC = \sqrt{AH^{2} + CH^{2}} =\]

\[= \sqrt{4 + 144 \cdot 5} = \sqrt{724}.\]

\[Ответ:28\ или\ \sqrt{724}.\]

\[\boxed{\mathbf{15.}}\]

\[Дано:\]

\[Решение.\]

\[Обозначим\ через\ A\ и\ B\ точки\ \]

\[пересечения\ прямой\ c\ с\ \]

\[параллельными\ прямыми\ a\ и\ b\ \]

\[соответственно.\ \]

\[Пусть\ окружность\ с\ центром\ O\ \]

\[касается\ прямых\ a\ и\ b\ \]

\[соответственно\ в\ точках\ M\ и\ N.\ \]

\[Тогда\ AO\ –\ биссектриса\ угла\ \]

\[BAM,\ а\ BO\ –\ биссектриса\ угла\ \]

\[\text{ABN.\ }\]

\[Поскольку\ \angle BAM + \angle ABN =\]

\[= 180{^\circ}:\]

\[\angle BAO + \angle ABO =\]

\[= \frac{1}{2}\angle BAM + \frac{1}{2}\angle ABN =\]

\[= \frac{1}{2}(\angle BAM + \angle ABN) =\]

\[= \frac{1}{2} \cdot 180{^\circ} = 90{^\circ}.\]

\[Отсюда:\]

\[\angle AOB =\]

\[= 180{^\circ} - (\angle BAO + \angle ABO) = 90{^\circ}.\]

\[Ответ:90{^\circ}.\]

\[\boxed{\mathbf{16.}}\]

\[Дано:\]

\[Решение.\]

\[Пусть\ E\ —\ точка\ пересечения\ \]

\[окружности\ с\ отрезком\ OM:\ \]

\[OM = 2OE = 2R\ .\ \]

\[В\ прямоугольном\ треугольнике\ \]

\[OAM\ катет\ OA\ вдвое\ меньше\ \]

\[гипотенузы\ OM:\ \ \]

\[\angle AMO\ = \ 30{^\circ}.\]

\[MO\ —\ биссектриса\ угла\ AMC:\]

\[\angle AMC = 60{^\circ}.\ \]

\[Из\ прямоугольного\ \]

\[треугольника\ MAC:\]

\[\angle ACM\ = \ 30{^\circ}.\]

\[Значит:\]

\[⊿MOC\ —\ равнобедренный.\ \]

\[Следовательно:\]

\[OC = OM\ = \ 2R.\]

\[Ответ:2R.\]

\[\boxed{\mathbf{17.}}\]

\[Решение.\]

\[Расстояния\ от\ центра\ \]

\[окружности\ до\ данных\ хорд:\]

\[\sqrt{25^{2} - 20^{2}} = \sqrt{5 \cdot 45} =\]

\[= \sqrt{25 \cdot 9} = 15;\]

\[\sqrt{25^{2} - 7^{2}} = \sqrt{18 \cdot 32} =\]

\[= \sqrt{36 \cdot 16} = 24.\]

\[1)\ Если\ хорды\ расположены\ по\ \]

\[разные\ стороны\ от\ центра:\]

\[24 + 15 = 39 - расстояние\ \]

\[между\ ними.\]

\[2)\ Если\ хорды\ расположены\ по\ \]

\[одну\ сторону\ от\ центра:\]

\[24 - 15 = 9 - расстояние\ \]

\[между\ ними.\]

\[Ответ:39\ или\ 9.\]

\[\boxed{\mathbf{18.}}\]

\[Дано:\]

\[Решение.\]

\[Пусть\ x - радиус\ меньше\ \]

\[окружности.\]

\[Стороны\ получившегося\ \]

\[треугольника:\ \]

\[10;\ \ 6 + x;\ \ 4 + x.\]

\[Наибольшая\ сторона\ равна\ \]

\[10 - это\ гипотенуза.\]

\[По\ теореме\ Пифагора:\]

\[(x + 6)^{2} + (x + 4)^{2} = 100\]

\[x^{2} + 12x + 36 + x^{2} + 8x + 16 - 100 =\]

\[= 0\]

\[2x^{2} + 20x - 48 = 0\ \ \ |\ :2\]

\[x^{2} + 10x - 24 = 0\]

\[D_{1} = 25 + 24 = 49\]

\[x_{1} = - 5 - 7 =\]

\[= - 12\ (не\ подходит);\]

\[x_{2} = - 5 + 7 = 2 - радиус\ \]

\[меньшей\ окружности.\]

\[Ответ:2.\]

\[\boxed{\mathbf{19.}}\]

\[Дано:\]

\[Решение.\]

\[Пусть\ r - радиус\ вписанной\ \]

\[окружности.\]

\[Тогда\ катеты\ треугольника:\]

\[5 + r;\ \ 12 + r.\]

\[По\ теореме\ Пифагора:\]

\[(5 + r)^{2} + (12 + r)^{2} = (5 + 12)^{2}\]

\[25 + 10r + r^{2} + 144 + 24r + r^{2} =\]

\[= 289\]

\[2r^{2} + 34r - 120 = 0\ \ |\ :2\]

\[r^{2} + 17r - 60 = 0\]

\[r_{1} + r_{2} = - 17;\ \ r_{1} \cdot r_{2} = - 60\]

\[r_{1} = - 20\ (не\ подходит);\]

\[r_{2} = 3 - радиус\ вписанной\ \]

\[окружности.\]

\[5 + r = 5 + 3 = 8 - один\ катет.\]

\[12 + r = 12 + 3 = 15 - другой\ \]

\[катет.\]

\[Ответ:8\ и\ 15.\]

\[\boxed{\mathbf{20.}}\]

\[Дано:\]

\[Решение.\]

\[Пусть\ линия\ центров\ O_{1}O_{2}\ \]

\[пересекает\ общую\ хорду\ AB\ \]

\[окружностей\ в\ точке\ M.\ \]

\[Тогда\ M\ —\ середина\ AB\ и\ \]

\[O_{1}O_{2}\bot AB.\]

\[⊿AO_{1}B\ —\ прямоугольный\ и\ \]

\[равнобедренный;\]

\[⊿AO_{2}B\ —\ равносторонний.\]

\[Если\ r\ и\ R\ —\ радиусы\ \]

\[окружностей\ с\ центрами\ \]

\[O_{1}\ и\ O_{2}\ соответственно:\]

\[AB = r\sqrt{2};\ \ \ AB = R;\]

\[R = r\sqrt{2}.\]

\[Отсюда:\]

\[O_{1}M = \frac{r\sqrt{2}}{2};\]

\[O_{2}M = \frac{R\sqrt{3}}{2} = \frac{r\sqrt{2} \cdot \sqrt{3}}{2} = \frac{r\sqrt{6}}{2}.\]

\[Центры\ окружностей\ лежат\ по\ \]

\[разные\ стороны\ от\ прямой\ AB:\]

\[O_{1}M + MO_{2} = O_{1}O_{2}\]

\[\frac{r\sqrt{2}}{2} + \frac{r\sqrt{6}}{2} = a\]

\[r = \frac{a\sqrt{2}}{\sqrt{3} + 1\ };\ \ \]

\[R = r\sqrt{2} = \frac{2a}{\sqrt{3} + 1}.\]

\[Ответ:\ \ \frac{a\sqrt{2}}{\sqrt{3} + 1\ };\ \ \frac{2a}{\sqrt{3} + 1}.\]

\[\boxed{\mathbf{21.}}\]

\[Дано:\]

\[Решение.\]

\[⊿AO_{1}B - равнобедренный,\ \]

\[с\ основанием\ AB;\]

\[⊿BO_{2}C - равнобедренный,\ \]

\[с\ основанием\ \text{BC.}\]

\[⊿AO_{1}\text{B\ }подобен\ BO_{2}C - по\ \]

\[двум\ углам:\]

\[\angle ABO_{1} = \angle CBO_{2} - как\ \]

\[вертикальные;\]

\[\angle BAO_{1} = \angle ABO_{1} = \angle CBO_{2} =\]

\[= \angle BCO_{2}.\]

\[Из\ подобия\ треугольников:\]

\[\frac{\text{AB}}{\text{BC}} = \frac{O_{1}A}{O_{2}B} = \frac{r_{1}}{r_{2}} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2};\]

\[BC = \frac{2}{3}AC = \frac{2}{3} \cdot 3\sqrt{2} = 2\sqrt{2}.\]

\[Ответ:2\sqrt{2}.\]

\[\boxed{\mathbf{22.}}\]

\[Решение.\]

\[1)\ Рассмотрим\ случай\ \]

\[внешнего\ касания.\ \]

\[Пусть\ O_{1}\ и\ O_{2}\ —\ центры\ \]

\[окружностей\ S_{1}\ и\ S_{2};\ \]

\[X\ —\ точка\ пересечения\ прямой\ \]

\[AB\ с\ окружностью\ S_{2},\ отличная\ \]

\[от\ A;\ \]

\[BM\ —\ касательная\ к\ \]

\[окружности\ S_{1}\ \]

\[(M\ —\ точка\ касания).\]

\[Равнобедренные\ треугольники\ \]

\[XO_{2}A\ и\ BO_{1}A\ подобны:\]

\[AX = \frac{r}{R} \cdot AB = \frac{\text{ar}}{R}.\]

\[По\ теореме\ о\ касательной\ и\ \]

\[секущей:\]

\[BM^{2} = BX \cdot BA =\]

\[= (BA + AX) \cdot BA =\]

\[= \left( a + \frac{\text{ar}}{R} \right) \cdot a = a^{2}\left( 1 + \frac{r}{R} \right)\]

\[BM = a\sqrt{1 + \frac{r}{R}}.\]

\[2)\ Аналогично\ в\ случае\ \]

\[внутреннего\ касания.\]

\[BM = a\sqrt{1 - \frac{r}{R}}.\]

\[Ответ:\ a\sqrt{1 + \frac{r}{R}};\ a\sqrt{1 - \frac{r}{R}}\text{.\ \ }\]

\[\boxed{\mathbf{23.}}\]

\[Дано:\]

\[\angle OAK = 60{^\circ}.\]

\[Решение.\]

\[Возможны\ два\ случая.\]

\[1)\ C - центр\ искомой\ \]

\[окружности;r - искомый\ \]

\[радиус.\]

\[CT\bot OA.\]

\[⊿CTO - прямоугольный:\]

\[OC = 2 + r;\]

\[CT = r.\]

\[⊿CTA - прямоугольный:\]

\[\angle CAT = \frac{\angle OAK}{2} = 30{^\circ};\]

\[TA = \frac{\text{CT}}{tg\ 30{^\circ}} = r \cdot \sqrt{3}.\]

\[В\ ⊿OAK:\]

\[OA = \frac{4}{\sqrt{3}};\]

\[OT = OA - TA = \frac{4}{\sqrt{3}} - r\sqrt{3}.\]

\[Теорема\ Пифагора\ (⊿CTO):\]

\[r^{2} + \left( \frac{4}{\sqrt{3}} - \frac{r}{\sqrt{3}} \right)^{2} = (r + 2)^{2}.\]

\[2)\ Для\ второго\ случая\ \]

\[уравнение\ будет\ таким\ же.\ \]

\[Приводим:\]

\[9r^{2} - 36r + 4 = 0\]

\[D_{1} = 324 - 36 = 288\]

\[r = \frac{18 \pm \sqrt{288}}{9} = \frac{18 \pm 12\sqrt{2}}{9} =\]

\[= 2 \pm \frac{4\sqrt{2}}{3}\text{.\ }\]

\[Ответ:\ 2 - \frac{4\sqrt{2}}{3}\ или\ 2 + \frac{4\sqrt{2}}{3}.\]

\[\boxed{\mathbf{24.}}\]

\[Решение.\]

\[Пусть\ O_{1} - центр\ окружности\ \]

\[радиуса\ R;\]

\[O_{2} - центр\ окружности\ \]

\[радиуса\ \text{r.}\]

\[Возможны\ два\ случая.\]

\[1)\ AB - внешняя\ касательная:\]

\[через\ точку\ O_{2}\ проведем\ \]

\[прямую,\ \parallel AB;\]

\[P - точка\ ее\ пересечения\ с\ \]

\[прямой\ O_{1}\text{A.}\]

\[Отсюда:\]

\[AB = \sqrt{O_{1}O_{2}^{2} - O_{1}P^{2}} =\]

\[= \sqrt{a^{2} - (R - r)^{2}}.\]

\[2)\ AB - внутренняя\ \]

\[касательная:\]

\[через\ точку\ O_{2}\ проведем\ \]

\[прямую,\ \parallel AB;\]

\[P - точка\ ее\ пересечения\ с\ \]

\[прямой\ O_{1}\text{A.}\]

\[Отсюда:\]

\[AB = \sqrt{O_{1}O_{2}^{2} - O_{1}P^{2}} =\]

\[= \sqrt{a^{2} - (R + r)^{2}}.\]

\[Ответ:\ \ \sqrt{a^{2} - (R - r)^{2}};\ \]

\[\sqrt{a^{2} - (R + r)^{2}}.\]

\[\boxed{\mathbf{25.}}\]

\[Решение.\]

\[Два\ возможных\ случая.\]

\[1)\ Если\ точки\ O\ и\ B\ лежат\ по\ \]

\[разные\ стороны\ от\ прямой\ AC,\ \]

\[то\ градусная\ мера\ дуги\ AC\ ,\ \]

\[не\ содержащей\ точки\ B\ ,\ равна:\]

\[360{^\circ} - 60{^\circ} = 300{^\circ}.\]

\[\angle ABC = \frac{1}{2} \cdot 300{^\circ} = 150{^\circ}.\]

\[Сумма\ углов\ при\ вершинах\ \]

\[A\ и\ C\ треугольника\ ABC\ равна:\]

\[180{^\circ} - 150{^\circ} = 30{^\circ}.\]

\[AM\ и\ CM\ —\ биссектрисы\ \]

\[треугольника\ ABC\ ,\ то\ сумма\ \]

\[углов\ при\ вершинах\ A\ и\ C\ \]

\[треугольника\ AMC\ равна\ 15{^\circ}.\]

\[Отсюда:\]

\[\angle AMC = 180{^\circ} - 15{^\circ} = 165{^\circ}.\]

\[2)\ Если\ точки\ O\ и\ B\ лежат\ по\ \]

\[одну\ сторону\ от\ прямой\ AC,\ то\ \]

\[аналогично\ получим:\]

\[\angle AMC = 105{^\circ}.\]

\[Ответ:165{^\circ}\ или\ 105{^\circ}.\]

\[\boxed{\mathbf{26.}}\]

\[Решение.\]

\[По\ теореме\ синусов:\]

\[\frac{6}{\sin C} = \frac{4}{\sin A} = 24;\]

\[\sin C = \frac{1}{4};\ \sin A = \frac{1}{6}.\]

\[Возможны\ два\ случая\ \]

\[расположения\ вершин\ \text{C\ }\]

\[треугольника\ \text{ABC.}\]

\[1)\ \]

\[2)\ \]

\[Опустим\ BH\bot AC:\]

\[BH = AB \cdot \sin A = 1.\]

\[По\ теореме\ Пифагора:\]

\[AH = \sqrt{6^{2} - 1} = \sqrt{35};\]

\[CH = \sqrt{4^{2} - 1} = \sqrt{15}.\]

\[В\ первом\ случае:\]

\[AC = \sqrt{35} + \sqrt{15}.\]

\[Во\ втором\ случае:\]

\[AC = \sqrt{35} - \sqrt{15}.\]

\[Ответ:\ \sqrt{35} + \sqrt{15}\ или\ \]

\[\sqrt{35} - \sqrt{15}.\]

\[\boxed{\mathbf{27.}}\]

\[Дано:\]

\[Решение.\]

\[Пусть\ CD\ —‍\ общая\ хорда\ \]

\[окружностей,\ построенных\ на\ \]

\[катетах\ AC\ = \ 3‍\ и\ BC\ = \ 4‍\ \]

\[прямоугольного\ треугольника\ \]

\[ABC‍,\ как\ на\ диаметрах.\ \]

\[Тогда\ \angle ADC = \angle BDC = 90{^\circ} -\]

\[как\ вписанные\ углы,\ \]

\[опирающиеся\ на\ диаметр.\ \]

\[Значит,\ точка\ D‍\ лежит\ на\ \]

\[гипотенузе\ AB;\ \]

\[CD\ —‍\ высота\ прямоугольного\ \]

\[треугольника\ ABC,‍\ \]

\[проведённая\ из\ вершины\ \]

\[прямого\ угла.\]

\[По\ теореме\ Пифагора:\]

\[AB = \sqrt{9 + 16} = 5.\]

\[S_{\text{ABC}} = \frac{1}{2}AC \cdot BC = \frac{1}{2}AB \cdot CD:\]

\[\frac{1}{2}AC \cdot BC = \frac{1}{2}AB \cdot CD\]

\[CD = \frac{AC \cdot BC}{\text{AB}} = \frac{3 \cdot 4}{5} = \frac{12}{5}.\]

\[Ответ:\ \frac{12}{5}.\]

\[\boxed{\mathbf{28.}}\]

\[Дано:\]

\[Решение.\]

\[Пусть\ CD\ —‍\ высота\ \]

\[равнобедренного\ треугольника\ \]

\[ABC‍\ со\ сторонами\ AC\ = \ BC\ = \ \]

\[= 13‍\ и\ AB\ = \ 24;‍\]

\[\ O\ —‍\ центр\ его\ описанной\ \]

\[окружности\ радиуса\ R;‍\]

\[\ Q\ —‍\ центр\ вписанной\ \]

\[окружности\ радиуса\ r.‍\ \]

\[Из\ прямоугольного\ \]

\[треугольника\ ACD‍\ находим:\]

\[CD = \sqrt{AC^{2} - AD^{2}} =\]

\[= \sqrt{13^{2} - 12^{2}} = 5.\]

\[\sin{\angle CAD} = \frac{\text{CD}}{\text{AC}} = \frac{5}{13}.\]

\[По\ теореме\ синусов:\]

\[R = \frac{\text{BC}}{2\sin{\angle BAC}} = \frac{13}{2 \cdot \frac{5}{13}} =\]

\[= \frac{169}{10} = 16,9.\]

\[Радиус\ окружности,\ вписанной\ \]

\[в\ треугольник,\ равен\ площади\ \]

\[треугольника,\ делённой\ на\ его\ \]

\[полупериметр:\]

\[r = \frac{S_{\text{ABC}}}{AC + AD} = \frac{AD \cdot CD}{AC + AD} =\]

\[= \frac{12 \cdot 5}{13 + 12} = 2,4.\]

\[Угол\ CAD‍\ меньше\ 45‍{^\circ},‍\ так\ как\ \]

\[его\ тангенс\ меньше\ \]

\[1\ \left( \text{tg}\angle CAD = \frac{5}{12} < 1 \right):\]

\[\angle ACB - тупой;\ \ \]

\[точки\ \text{O\ }и\ \text{Q\ }лежат\ по\ разные\ \]

\[стороны\ от\ прямой\ \text{AB.}\]

\[Следовательно:\]

\[OQ = OC - CQ =\]

\[= OC - (CD - QD) =\]

\[= R - (CD - r) =\]

\[= 16,9 - (5 - 2,4) = 14,3.\]

\[Ответ:2,4;16,9;14,3.\]

\[\boxed{\mathbf{29.}}\]

\[Дано:\]

\[Решение.\]

\[Пусть\ O_{1}\ и\ O_{2} - центры\ \]

\[окружностей\ S_{1}\ и\ S_{2}\ \]

\[соответственно.\]

\[Тогда:\]

\[\angle AO_{1}C = 360{^\circ} \cdot \frac{5}{5 + 7} = 150{^\circ}.\]

\[\angle O_{2}AC = 90{^\circ} - радиус,\ \]

\[проведённый\ в\ точку\ касания,\ \]

\[перпендикулярен\ касательной;\]

\[O_{2}C - диаметр\ окружности\ S_{1}:\]

\[\angle AO_{2}C = \frac{1}{2}\angle AO_{1}C = 75{^\circ}.\]

\[Тогда\ градусная\ мера\ дуги\ \]

\[окружности\ S‍_{2},‍\ заключённой\ \]

\[между\ сторонами\ угла\ AO‍_{2}C,‍\ \]

\[равна\ 75{^\circ};\]

\[градусная\ мера\ дуги\ AB‍\ \]

\[окружности\ S‍_{2},‍\ содержащейся\ \]

\[внутри\ окружности\ S‍_{1},‍\ равна\ \]

\[150‍{^\circ}.\]

\[Следовательно,\ \]

\[дополнительная\ к\ ней\ дуга\ \]

\[окружности\ S‍_{2}‍\ равна:\]

\[360{^\circ} - 150{^\circ} = 210{^\circ}.\]

\[Ответ:150{^\circ}\ и\ 210{^\circ}.\]

\[\boxed{\mathbf{30.}}\]

\[Решение.\]

\[Возможны\ два\ случая.\]

\[1)\ Точка\ касания\ на\ луче\ \text{BC.}\]

\[O - центр\ окружности;он\ \]

\[лежит\ на\ срединном\ \]

\[перпендикуляре:\]

\[PO\bot AD;\]

\[OE\bot BC.\]

\[O - середина\ AB:\]

\[OE = OB \cdot \sin{30{^\circ}} = 2 \cdot \frac{1}{2} = 1;\]

\[OE = OA = OB = R = 1.\]

\[2)\ Точка\ касания\ на\ \]

\[продолжении\ луча\ \text{BC.}\]

\[OE = OA = OB = R.\]

\[По\ теореме\ о\ касательной\ и\ \]

\[секущей:\]

\[BE^{2} = BD \cdot BA = 1 \cdot 3 = 3;\]

\[BE = \sqrt{3}.\]

\[F - середина\ \text{AD.}\]

\[⊿AOD - равнобедренный:\]

\[OF - медина,\ высота\ и\ \]

\[биссектриса.\]

\[Продолжим\ \text{OF\ }до\ пересечения\ \]

\[с\ BC:\]

\[H - точка\ пересечения.\]

\[OH\bot BA;\ \ OE\bot BC:\]

\[\angle HOE = \angle ABC = 30{^\circ}.\]

\[Отсюда:\]

\[EH = OE \cdot tg\ 30{^\circ} = \frac{R}{\sqrt{3}}.\]

\[С\ другой\ стороны:\]

\[EH = EB + BH = \sqrt{3} + \frac{\text{BF}}{\cos{30{^\circ}}} =\]

\[= \sqrt{3} + \frac{2}{\sqrt{3}} \cdot 2 = \sqrt{3} + \frac{4}{\sqrt{3}}.\]

\[Получаем:\]

\[\frac{R}{\sqrt{3}} = \sqrt{3} + \frac{4}{\sqrt{3}}\]

\[R = 3 + 4 = 7.\]

\[Ответ:1\ или\ 7.\]

\[\boxed{\mathbf{31.}}\]

\[Дано:\]

\[Решение.\]

\[Пусть\ O_{1}\ и\ O_{2}\ —\ центры\ \]

\[окружностей,\ вписанных\ в\ \]

\[треугольники\ ADC\ и\ ABD\ \]

\[соответственно;\ \]

\[P\ и\ Q\ —\ их\ точки\ касания\ со\ \]

\[стороной\ BC.\]

\[Пусть\ \angle ADB = \alpha.\]

\[В\ равнобедренном\ ⊿ADB:\]

\[\sin\frac{\alpha}{2} = \frac{4}{5};\ \ \cos\frac{\alpha}{2} = \frac{3}{5};\]

\[DQ = \frac{DB + AD + AB}{2} - AB = \frac{1}{2}.\]

\[Аналогично:\]

\[DP = 1.\]

\[Тогда:\]

\[DO_{2} = \frac{\text{DQ}}{\cos\frac{\alpha}{2}} = \frac{5}{6};\]

\[DO_{1} = \frac{\text{DP}}{\cos\left( 90{^\circ} - \frac{\alpha}{2} \right)} = \frac{\text{DP}}{\sin\frac{\alpha}{2}} =\]

\[= \frac{5}{4};\]

\[O_{1}O_{2} = \sqrt{DO_{1}^{2} + DO_{2}^{2}} =\]

\[= \sqrt{\left( \frac{5}{4} \right)^{2} + \left( \frac{5}{6} \right)^{2}} = \sqrt{\frac{325}{144}} =\]

\[= \frac{5\sqrt{13}}{12}.\]

\[Ответ:\frac{5\sqrt{13}}{12}.\]

\[\boxed{\mathbf{32.}}\]

\[Дано:\]

\[Решение.\ \]

\[Пусть\ M\ —‍\ точка\ пересечения\ \]

\[отрезка\ AB‍\ с\ общей\ \]

\[касательной\ к\ данным\ \]

\[окружностям,\ проведённой\ \]

\[через\ их\ точку\ касания\ C:\]

\[MA = MC = MB;\]

\[\angle ACB = 90{^\circ}.\]

\[Опустим\ перпендикуляр\ O‍_{2}H‍\ \]

\[из\ центра\ O‍_{2}‍\ второй\ \]

\[окружности\ на\ её\ хорду\ BC:\]

\[H - середина\ \text{BC.}\]

\[⊿BO_{2}H = ⊿ABC - по\ катету\ и\ \]

\[противолежащему\ острому\ \]

\[углу:\]

\[AC = \frac{1}{2}BC = BH - по\ условию\ \]

\[задачи;\]

\[\angle BO_{2}H = 90{^\circ} - \angle O_{2}BH = \angle ABC.\]

\[Отсюда:\]

\[O_{2}B = AB;\]

\[\angle AO_{2}B = \angle BAO_{2} = 45{^\circ}.\]

\[Ответ:45{^\circ}.\]

\[\boxed{\mathbf{33.}}\]

\[Дано:\]

\[Решение.\]

\[Поскольку\ окружности\ \]

\[касаются\ внешним\ образом,\ то\ \]

\[расстояние\ O_{1}O_{2}\ между\ их\ \]

\[центрами\ равно\ сумме\ их\ \]

\[радиусов.\ \]

\[Длина\ отрезка\ O_{1}P\ равна\ \]

\[разности\ радиусов,\ а\ \]

\[искомое\ расстояние\ ME\ равно\ \]

\[длине\ отрезка\ PO_{2},\ которую\ \]

\[можно\ найти\ по\ теореме\ \]

\[Пифагора:\ \]

\[PO_{2} = \sqrt{\left( r_{1} + r_{2} \right)^{2} - \left( r_{1} - r_{2} \right)^{2}} =\]

\[= 2\sqrt{r_{1}r_{2}}.\]

\[Возможны\ два\ случая.\]

\[1)\ \]

\[MP = EF = EO_{3} + O_{3}F:\]

\[2\sqrt{r_{1}r_{2}} = 2\sqrt{r_{2}r_{3}} + 2\sqrt{r_{3}r_{1}}\]

\[\sqrt{r_{3}} = \frac{\sqrt{r_{1}r_{2}}}{\sqrt{r_{1}} + \sqrt{r_{2}}} = \frac{6}{5} = 1,2;\]

\[r_{3} = 1,44.\]

\[2)\ \ Аналогично:\]

\[2\sqrt{r_{1}r_{3}} = 2\sqrt{r_{1}r_{2}} + 2\sqrt{r_{2}r_{3}}\]

\[\sqrt{r_{3}} = \frac{\sqrt{r_{1}r_{2}}}{\sqrt{r_{1}} - \sqrt{r_{2}}} = 6\]

\[r_{3} = 36.\]

\[Ответ:1,44\ или\ 36.\]

\[\boxed{\mathbf{34.}}\]

\[Дано:\]

\[Решение.\]

\[⊿BCD\ подобен\ ⊿BAC - по\ двум\ \]

\[углам:\]

\[\angle BCD = \angle BAC - по\ условию;\]

\[\angle ABC - общий.\]

\[Отсюда:\]

\[\frac{\text{BC}}{\text{BA}} = \frac{\text{CD}}{\text{AC}}\]

\[CD = \frac{\text{BC}}{\text{BA}} \cdot AC = \frac{a}{c} \cdot b = \frac{\text{ab}}{c}.\]

\[Ответ:\ \frac{\text{ab}}{c}.\]

\[\boxed{\mathbf{35.}}\]

\[Дано:\]

\[Решение.\]

\[Пусть\ O - точка\ пересечения\ \]

\[\text{BM\ }и\ \text{KL.}\]

\[Обозначим:\]

\[\frac{\text{BO}}{\text{BM}} = x;\ \ S_{\text{ABC}} = s.\]

\[Получаем:\]

\[S_{\text{BKL}} = \frac{3}{5} \cdot \frac{1}{3}s = \frac{1}{5}s;\]

\[S_{\text{ABM}} = \frac{1}{4}s;\]

\[S_{\text{BCM}} = \frac{3}{4}s;\]

\[S_{\text{BOK}} = \frac{3}{5}x \cdot S_{\text{ABM}} = \frac{3}{20}xs;\]

\[S_{\text{BOL}} = \frac{1}{3}xS_{\text{BCM}} = \frac{1}{4}\text{xs.}\]

\[Так\ как\ \ S_{\text{BKL}} = S_{\text{BOK}} + S_{\text{BOL}}:\]

\[\frac{1}{5} = \frac{3}{20}x + \frac{1}{4}x\ \ \ \ | \cdot 20\]

\[4 = 3x + 5x\]

\[8x = 4\]

\[x = \frac{1}{2}.\]

\[Ответ:\ \ 1\ :2.\]

\[\boxed{\mathbf{36.}}\]

\[Дано:\]

\[Решение.\]

\[Указанная\ прямая\ отсекает\ от\ \]

\[данного\ треугольника\ \]

\[подобный\ ему\ треугольник,\ \]

\[площадь\ которого\ относится\ к\ \]

\[площади\ данного\ \]

\[как\ \ 1\ :\ 2.\ \ \]

\[Поэтому\ коэффициент\ подобия\ \]

\[равен:\]

\[k = \frac{1}{\sqrt{2}}.\]

\[Следовательно,\ длина\ искомого\ \]

\[отрезка:\]

\[\frac{1}{\sqrt{2}} \cdot 36 = 18\sqrt{2}.\]

\[\boxed{\mathbf{37.}}\]

\[Дано:\]

\[Решение.\]

\[Пусть\ K\ ,\ L\ ,\ M\ и\ N\ —\ середины\ \]

\[сторон\ соответственно\ \]

\[AB\ ,\ BC\ ,\ CD\ и\ AD\ \]

\[данного\ выпуклого\ \]

\[четырёхугольника\ ABCD.\ \]

\[Поскольку\ KL\ и\ MN\ —\ средние\ \]

\[линии\ треугольников\ ABC\ и\ \]

\[ADC:\]

\[KL\ \parallel MN\ и\ KL\ = \ MN.\]

\[Значит,\ четырёхугольник\ \]

\[KLMN\ —\ параллелограмм;\]

\[его\ диагонали\ KM\ и\ LN\ равны:\]

\[KLMN\ —\ прямоугольник.\ \]

\[Стороны\ прямоугольника\ \]

\[KLMN\ параллельны\ \]

\[диагоналям\ AC\ и\ BD\ \]

\[четырёхугольника\ ABCD,\ \]

\[поэтому\ диагонали\ \]

\[четырёхугольника\ ABCD\ \]

\[взаимно\ перпендикулярны.\ \]

\[Следовательно:\]

\[S_{\text{ABCD}} = \frac{1}{2}AC \cdot BD = \frac{1}{2} \cdot 8 \cdot 12 =\]

\[= 48.\]

\[Ответ:48.\]

\[\boxed{\mathbf{38.}}\]

\[Дано:\]

\[Решение.\]

\[1)\ ⊿ABD\ —\ равнобедренный,\ \]

\[т.к.\ его\ биссектриса\ BF\ \]

\[является\ высотой:\]

\[AF = FD;\]

\[S_{\text{AFE}} = S_{\text{DFE}} = 5.\]

\[2)\ BC = 2BD = 2AB;по\ \]

\[свойству\ биссектрисы\ \]

\[треугольника:\]

\[\frac{\text{EC}}{\text{AE}} = \frac{\text{BC}}{\text{AB}} = 2.\]

\[Отсюда:\]

\[S_{\text{DEC}} = 2S_{\text{ADE}} = 4S_{\text{DEF}} = 20;\]

\[S_{\text{ADC}} = 30;\]

\[S_{\text{ABC}} = 2S_{\text{ADC}} = 60.\]

\[Ответ:60.\]

\[\boxed{\mathbf{39.}}\]

\[Дано:\]

\[Решение.\]

\[Пусть\ O - точка\ пересечения\ \]

\[продолжения\ боковых\ сторон\ \]

\[\text{AB\ }и\ DC;\]

\[S - площадь\ треугольника\ \]

\[BOC;\]

\[\frac{S_{\text{BMNC}}}{S_{\text{MADN}}} = \frac{2}{3};\]

\[MN = x - искомый\ отрезок.\]

\[Тогда:\]

\[S_{\text{MNO}} - S = \frac{2}{3}\left( S_{\text{AOD}} - S_{\text{MNO}} \right)\]

\[\frac{x^{2}}{a^{2}} \cdot S - S = \frac{2}{3}\left( \frac{b^{2}}{a^{2}} \cdot S - \frac{x^{2}}{a^{2}} \cdot S \right)\]

\[x^{2} = \frac{3a^{2} + 2b^{2}}{2}\]

\[x = \sqrt{\frac{3a^{2} + 2b^{2}}{2}}.\]

\[Если\ \ \frac{S_{\text{BMNC}}}{S_{\text{MADN}}} = \frac{3}{2}:\]

\[x = \sqrt{\frac{2a^{2} + 3b^{2}}{5}}.\]

\[\boxed{\mathbf{40.}}\]

\[Дано:\]

\[Решение.\]

\[1)\ Проведем\ BH\bot AC\ на\ \]

\[продолжение\ стороны\ \text{AC.}\]

\[S_{\text{ABC}} = \frac{1}{2}AC \cdot BH.\]

\[2)\ ⊿AMC - вписан\ в\ \]

\[окружность\ на\ диаметре:\]

\[\angle AMC = 90{^\circ}.\]

\[3)\ AM - медиана\ и\ высота\ \]

\[⊿BAC:\]

\[⊿BAC - равнобедренный;\]

\[AB = AC = 1.\]

\[4)\ Получаем:\]

\[AD = \frac{2}{3}AB = \frac{2}{3} \cdot 1 = \frac{2}{3}.\]

\[5)\ ⊿ADC - вписан\ в\ \]

\[окружность\ на\ диаметре:\]

\[\angle ADC = 90{^\circ};\]

\[AD = \frac{2}{3};\]

\[AC = 1.\]

\[Отсюда:\]

\[CD = \sqrt{AC^{2} - AD^{2}} = \sqrt{1 - \frac{4}{9}} =\]

\[= \sqrt{\frac{5}{9}} = \frac{\sqrt{5}}{3}.\]

\[6)\ ⊿BHA = ⊿CDA - по\ \]

\[гипотенузе\ и\ острому\ углу:\]

\[\angle BAH = \angle CAD -\]

\[вертикальные;\]

\[AB = AC.\]

\[Отсюда:\]

\[BH = CD = \frac{\sqrt{5}}{3}.\]

\[Ответ:\ \frac{\sqrt{5}}{3}.\]

\[\boxed{\mathbf{41.}}\]

\[Дано:\]

\[Решение.\]

\[1)\ Проведем\ BE \parallel CD.\]

\[2)\ BC \parallel ED;\ \ BE \parallel CD:\]

\[BCDE - параллелограмм.\]

\[3)\ Проведем\ BH\bot AD.\]

\[4)\ В\ треугольнике\ ABE:\]

\[AB = 3;\]

\[BE = CD = 4;\]

\[AE = AD - BC = 5.\]

\[5)\ ⊿ABE - прямоугольный:\]

\[5 = \sqrt{3^{2} + 4^{2}};\]

\[AE = \sqrt{AB^{2} + BE^{2}}.\]

\[6)\ S_{\text{ABE}} = \frac{1}{2}AB \cdot BE = \frac{1}{2}AE \cdot BH\]

\[BH = \frac{AB \cdot BE}{\text{AE}} = \frac{3 \cdot 4}{5} = 2,4.\]

\[7)\ S_{\text{ABCD}} = \frac{AD + BC}{2} \cdot BH =\]

\[= \frac{18 + 13}{2} \cdot \frac{12}{5} = \frac{186}{5} = 37,2.\]

\[Ответ:37,2.\]

\[\boxed{\mathbf{42.}}\]

\[Дано:\]

\[Решение.\]

\[1)\ В\ треугольнике\ OCM:\]

\[\angle OMC = 90{^\circ};\]

\[OM = R;\]

\[OC = OB + BC = 3R.\]

\[Отсюда:\]

\[CM = \sqrt{OC^{2} - OM^{2}} =\]

\[= \sqrt{(3R)^{2} - R^{2}} = \sqrt{8R^{2}} = 2\sqrt{2}\text{R.}\]

\[2)\sin{\angle OCM} = \frac{\text{OM}}{\text{OC}} = \frac{R}{3R} = \frac{1}{3}.\]

\[3)\ S_{\text{ACM}} =\]

\[= \frac{1}{2}AC \cdot CM \cdot \sin{\angle OCM} =\]

\[= \frac{1}{2} \cdot 4R \cdot 2\sqrt{2}R \cdot \frac{1}{3} = \frac{4\sqrt{2}}{3}R^{2}.\]

\[Ответ:\ \frac{4\sqrt{2}}{3}R^{2}.\]

\[\boxed{\mathbf{43.}}\]

\[Дано:\]

\[Решение.\]

\[На\ продолжении\ медианы\ AM\ \]

\[за\ точку\ M\ отложим\ отрезок\ \]

\[MK,\ равный\ AM.\ \]

\[Тогда\ ABKC\ –\ параллелограмм.\ \]

\[Обозначим\ \ AB\ = \ c.\ \ \]

\[Треугольники\ AOD\ и\ KOC\ \]

\[подобны\ (по\ двум\ углам):\]

\[AD = KC \cdot \frac{\text{OD}}{\text{OC}} = AB \cdot \frac{\text{OD}}{\text{OC}} =\]

\[= AB \cdot \frac{5}{9} = 3a \cdot \frac{5}{9} = \frac{5}{3}a;\]

\[BD = AB - AD = 3a - \frac{5a}{3} = \frac{4a}{3}.\]

\[По\ свойству\ биссектрисы\ \]

\[треугольника:\]

\[\frac{\text{BC}}{\text{AC}} = \frac{\text{BD}}{\text{AD}} = \frac{4a}{3}\ :\frac{5a}{3} = \frac{4}{5}.\]

\[Пусть\ AB = 3a;\ \ AC = 5a;\ \ \]

\[BC = 4a.\]

\[По\ теореме\ Пифагора:\]

\[BC^{2} + BD^{2} = CD^{2}\]

\[16a^{2} + \left( \frac{4a}{3} \right)^{2} = 14^{2}\]

\[a^{2} = \frac{49 \cdot 9}{4 \cdot 10}.\]

\[Получаем:\]

\[S_{\text{ABC}} = \frac{1}{2}BC \cdot AB = \frac{1}{2} \cdot 4a \cdot 3a =\]

\[= 6a^{2} = 6 \cdot \frac{49 \cdot 9}{4 \cdot 10} = \frac{1323}{20}.\]

\[Ответ:\ \frac{1323}{20}.\]