Геометрия. Книга 1

Пусть меньший угол равен \(x\). Тогда больший равен \(x+28^\circ\), и \(x+x+28^\circ=180^\circ\). Получаем \(2x=152^\circ\), поэтому \(x=76^\circ\). Второй угол равен \(104^\circ\).

Углы \(AOC\) и \(BOD\) вертикальные, значит \(\angle BOD=64^\circ\). Угол \(AOD\) смежен с \(AOC\), поэтому \(\angle AOD=180^\circ-64^\circ=116^\circ\). Угол \(BOC\) вертикален к \(AOD\), значит \(\angle BOC=116^\circ\).

Пусть углы равны \(2x\), \(3x\), \(4x\). Их сумма равна \(180^\circ\), значит \(9x=180^\circ\) и \(x=20^\circ\). Углы равны \(40^\circ\), \(60^\circ\), \(80^\circ\).

Имеем \(126^\circ=\angle A+\angle B\), поэтому \(\angle B=126^\circ-49^\circ=77^\circ\). Внутренний угол при \(C\) смежен с данным внешним углом, значит \(\angle C=180^\circ-126^\circ=54^\circ\).

Накрест лежащий угол равен \(117^\circ\). Внутренний односторонний угол равен \(180^\circ-117^\circ=63^\circ\).

Углы \(\angle CAB\) и \(\angle ABD\) являются накрест лежащими при прямых \(AC\), \(BD\) и секущей \(AB\). Они равны по условию. По признаку параллельности прямых получаем \(AC\parallel BD\).

Пусть внутренние односторонние углы равны \(\alpha\) и \(\beta\). Тогда \(\alpha+\beta=180^\circ\). Их биссектрисы образуют с секущей углы \(\frac{\alpha}{2}\) и \(\frac{\beta}{2}\). Сумма этих углов равна \(\frac{\alpha+\beta}{2}=90^\circ\). Значит угол между биссектрисами равен \(90^\circ\), то есть они перпендикулярны.

Так как \(l\parallel AC\), два угла при прямой \(l\) равны углам \(A\) и \(C\) треугольника, а средний угол равен \(\angle B\). Поэтому углы треугольника имеют отношение \(3:8:4\). Пусть они равны \(3x\), \(8x\), \(4x\). Тогда \(15x=180^\circ\), откуда \(x=12^\circ\). Значит углы равны \(36^\circ\), \(96^\circ\), \(48^\circ\).

Пусть два угла равны \(x\) и \(y\), а третий равен \(x+y\). Тогда сумма углов треугольника даёт \(x+y+(x+y)=180^\circ\). Следовательно, \(2(x+y)=180^\circ\), значит \(x+y=90^\circ\). Третий угол равен \(90^\circ\), поэтому треугольник прямоугольный.

Имеем \(\angle A=180^\circ-42^\circ-74^\circ=64^\circ\). Так как \(AD\) биссектриса, \(\angle BAD=32^\circ\). В треугольнике \(ABD\): \(\angle BDA=180^\circ-42^\circ-32^\circ=106^\circ\). Тогда \(\angle ADC=180^\circ-106^\circ=74^\circ\).

Так как \(AB=AC\), углы при основании равны: \(\angle B=\angle C=72^\circ\). Тогда \(\angle A=180^\circ-72^\circ-72^\circ=36^\circ\). Биссектриса \(BD\) даёт \(\angle ABD=\angle DBC=36^\circ\). В треугольнике \(ABD\): углы \(36^\circ\), \(36^\circ\), \(108^\circ\). В треугольнике \(BCD\): \(\angle DBC=36^\circ\), \(\angle BCD=72^\circ\), значит \(\angle BDC=72^\circ\).

Сначала \(\angle A=180^\circ-54^\circ-62^\circ=64^\circ\). Поскольку \(DE\parallel BC\), имеем \(\angle ADE=\angle C=62^\circ\) и \(\angle AED=\angle B=54^\circ\). Следовательно, углы треугольника \(ADE\): \(64^\circ\), \(62^\circ\), \(54^\circ\).

Пусть \(\angle B=\beta\), \(\angle C=\gamma\), и пусть \(\beta>\gamma\). Тогда \(\angle A=180^\circ-\beta-\gamma\), поэтому \(\angle BAL=\frac{180^\circ-\beta-\gamma}{2}\). Так как \(AH\perp BC\), угол между \(AB\) и \(AH\) равен \(90^\circ-\beta\). Тогда угол между \(AH\) и \(AL\) равен \(\frac{180^\circ-\beta-\gamma}{2}-(90^\circ-\beta)=\frac{\beta-\gamma}{2}\). При \(\gamma>\beta\) аналогично получается \(\frac{\gamma-\beta}{2}\).

В треугольнике \(BIC\): \(\angle IBC=\frac{B}{2}\), \(\angle ICB=\frac{C}{2}\). Поэтому \(\angle BIC=180^\circ-\frac{B+C}{2}\). Так как \(B+C=180^\circ-A\), получаем \(\angle BIC=180^\circ-\frac{180^\circ-A}{2}=90^\circ+\frac{A}{2}\). Значит \(124^\circ=90^\circ+\frac{A}{2}\), откуда \(A=68^\circ\).

Пусть внешняя биссектриса образует со стороной \(AB\) угол \(x\). Так как она параллельна \(BC\), этот угол равен \(\angle B\). Поскольку это биссектриса внешнего угла, второй угол между ней и прямой \(AC\) тоже равен \(x\). По параллельности он равен \(\angle C\). Следовательно, \(\angle B=\angle C\). Значит треугольник равнобедренный, и \(AB=AC\).

В треугольнике \(ABC\): \(\angle C=180^\circ-60^\circ-50^\circ=70^\circ\). Так как \(D\) лежит на \(AB\), угол \(CBD\) равен \(\angle CBA=50^\circ\). В треугольнике \(BCD\) стороны \(CD\) и \(BD\) равны, поэтому углы при основании \(BC\) равны: \(\angle BCD=\angle CBD=50^\circ\). Тогда \(\angle ACD=\angle ACB-\angle BCD=70^\circ-50^\circ=20^\circ\).

Так как \(AB=AC\), углы при основании равны: \(\angle B=\angle C=\frac{180^\circ-36^\circ}{2}=72^\circ\). В треугольнике \(BCD\) стороны \(BD\) и \(BC\) равны, значит \(\angle BDC=\angle BCD\). Так как \(D\) лежит на \(AC\), \(\angle BCD=72^\circ\), поэтому \(\angle BDC=72^\circ\). Тогда \(\angle DBC=180^\circ-72^\circ-72^\circ=36^\circ\). Следовательно, \(\angle ABD=\angle ABC-\angle DBC=72^\circ-36^\circ=36^\circ\).

Углы \(\angle BAC\) и \(\angle DCA\) являются накрест лежащими при прямых \(AB\) и \(CD\) и секущей \(AC\). Они равны, значит \(AB\parallel CD\). Аналогично углы \(\angle BCA\) и \(\angle DAC\) являются накрест лежащими при прямых \(BC\) и \(AD\) и секущей \(AC\). Они равны, значит \(BC\parallel AD\).

Поскольку \(DE\parallel AB\), угол между \(DE\) и \(AD\) равен \(\angle BAD\). Поскольку \(DF\parallel AC\), угол между \(AD\) и \(DF\) равен \(\angle DAC\). По условию \(\angle BAD=\angle DAC\). Значит \(AD\) делит угол \(EDF\) на два равных угла, то есть является его биссектрисой.

Так как \(DE\parallel AB\), угол между \(DE\) и \(AD\) равен \(\angle BAD\). Так как \(DF\parallel AC\), угол между \(AD\) и \(DF\) равен \(\angle DAC\). По условию \(AD\) биссектриса \(\angle EDF\), значит эти два угла при \(D\) равны. Следовательно, \(\angle BAD=\angle DAC\), то есть \(AD\) биссектриса угла \(A\).

В треугольниках \(ABC\) и \(DEF\) две стороны и угол между ними соответственно равны. По признаку SAS треугольники равны. Поэтому соответствующие третьи стороны равны: \(BC=EF\).

Сторона и два прилежащих к ней угла в двух треугольниках соответственно равны. Следовательно, треугольники равны по признаку ASA. Поэтому соответствующие стороны \(AC\) и \(A_1C_1\) равны.

Так как \(AB=AC\), имеем \(\angle B=\angle C\). Их сумма равна \(180^\circ-52^\circ=128^\circ\). Поэтому \(\angle B=\angle C=64^\circ\).

Имеем \(AB=AC\) по условию, \(BM=CM\), так как \(M\) — середина \(BC\), и \(AM\) — общая сторона. Поэтому \(\triangle ABM=\triangle ACM\) по признаку SSS.

Углы \(AOB\) и \(COD\) вертикальные, поэтому равны. Также \(AO=CO\) и \(BO=DO\). По признаку SAS \(\triangle AOB=\triangle COD\). Следовательно, соответствующие стороны \(AB\) и \(CD\) равны.

По признаку SSS треугольники \(ABM\) и \(ACM\) равны: \(AB=AC\), \(BM=CM\), \(AM\) общая. Поэтому \(\angle BAM=\angle MAC\), то есть \(AM\) — биссектриса. Также \(\angle AMB=\angle AMC\). Эти углы смежные, значит оба равны \(90^\circ\). Следовательно, \(AM\perp BC\), то есть \(AM\) — высота.

Так как \(M\) — середина \(BC\), имеем \(BM=CM\). Сторона \(AM\) общая, а углы \(AMB\) и \(AMC\) прямые. По признаку SAS треугольники \(ABM\) и \(ACM\) равны. Следовательно, \(AB=AC\).

В треугольниках \(ABM\) и \(ACM\) имеем \(BM=CM\), \(AM\) общая, а углы \(AMB\) и \(AMC\) прямые. По признаку SAS треугольники равны. Следовательно, \(AB=AC\).

Так как \(AM\) — медиана, \(BM=CM\). По условию \(AB+BM+AM=AC+CM+AM\). Сокращая равные слагаемые \(BM=CM\) и общую сторону \(AM\), получаем \(AB=AC\).

В треугольниках \(ABN\) и \(ACM\) имеем \(AB=AC\), \(AN=AM\), а угол между этими сторонами в обоих случаях равен углу \(A\). По признаку SAS треугольники равны. Следовательно, соответствующие стороны \(BN\) и \(CM\) равны.

Из равенства исходных треугольников следует \(AB=A_1B_1\), \(BC=B_1C_1\), \(\angle ABC=\angle A_1B_1C_1\). Так как \(M\) и \(M_1\) — середины, \(BM=\frac{1}{2}BC\) и \(B_1M_1=\frac{1}{2}B_1C_1\), значит \(BM=B_1M_1\). По SAS \(\triangle ABM=\triangle A_1B_1M_1\). Следовательно, \(AM=A_1M_1\).

Рассмотрим треугольники \(ABC\) и \(CDA\). У них \(AB=CD\), \(BC=AD\), а \(AC\) — общая сторона. По признаку SSS треугольники равны. Поэтому соответствующие углы \(ABC\) и \(CDA\) равны.

Имеем \(AM=MP\), \(BM=CM\). Углы \(AMB\) и \(PMC\) вертикальные, значит равны. По SAS \(\triangle AMB=\triangle PMC\), поэтому \(AB=PC\). Аналогично углы \(AMC\) и \(PMB\) вертикальные, а \(AM=MP\), \(CM=BM\). Значит \(\triangle AMC=\triangle PMB\), откуда \(AC=PB\).

Так как \(AB=AC\) и \(BD=CE\), получаем \(AD=AE\). Поэтому \(\triangle ADE\) равнобедренный. Треугольник \(ABC\) тоже равнобедренный. Оба треугольника имеют общий угол при \(A\), значит их углы при основаниях равны: \(\angle ADE=\angle ABC\). Эти углы соответствующие при прямых \(DE\) и \(BC\), поэтому \(DE\parallel BC\).

Углы \(AOB\) и \(COD\) вертикальные, значит равны. Вместе с \(AO=OC\) и \(BO=OD\) получаем \(\triangle AOB=\triangle COD\) по SAS. Тогда \(\angle ABO=\angle CDO\), и из равенства накрест лежащих углов следует \(AB\parallel CD\). Аналогично из равенства треугольников \(AOD\) и \(COB\) получаем \(AD\parallel BC\).

Треугольники \(ABD\) и \(ACD\) прямоугольные, имеют общую сторону \(AD\), а также \(\angle BAD=\angle DAC\), поскольку \(AD\) — биссектриса. По признаку ASA треугольники равны. Следовательно, \(AB=AC\).

Так как точки лежат на одних и тех же лучах, \(AD=AB+BD\), \(AE=AC+CE\). Из \(AB=AC\) и \(BD=CE\) следует \(AD=AE\). Треугольники \(ABC\) и \(ADE\) равнобедренные с общим углом при \(A\), поэтому их углы при основаниях равны. Значит \(\angle ADE=\angle ABC\), откуда \(DE\parallel BC\).

В треугольниках \(ABC\) и \(ADC\) имеем \(AB=AD\), \(CB=CD\), а \(AC\) — общая сторона. По признаку SSS треугольники равны. Поэтому \(\angle BAC=\angle CAD\) и \(\angle BCA=\angle ACD\). Значит \(AC\) делит углы \(A\) и \(C\) пополам.

Треугольники \(ABH\) и \(ACK\) прямоугольные. У них \(BH=CK\) по условию и \(\angle BAH=\angle CAK\), потому что оба угла равны углу \(A\) исходного треугольника. Тогда третьи углы тоже равны: \(\angle ABH=\angle ACK\). Стороны \(BH\) и \(CK\) лежат между равными углами, поэтому по признаку ASA треугольники \(ABH\) и \(ACK\) равны. Следовательно, их гипотенузы равны: \(AB=AC\).

Так как \(M\) — середина \(AB\), \(AM=BM\). Также \(MC=MD\). Углы \(AMC\) и \(BMD\) вертикальные, поэтому равны. По SAS \(\triangle AMC=\triangle BMD\), значит \(AC=BD\). Аналогично \(\angle AMD=\angle BMC\), и по SAS \(\triangle AMD=\triangle BMC\), поэтому \(AD=BC\).

Рассмотрим треугольники \(ABC\) и \(ADC\). У них \(AB=AD\), \(CB=CD\), \(AC\) общая, поэтому они равны по SSS. Следовательно, \(\angle BAC=\angle CAD\). Так как точка \(O\) лежит на \(AC\), имеем \(\angle BAO=\angle OAD\). В треугольниках \(ABO\) и \(ADO\): \(AB=AD\), \(AO\) общая, \(\angle BAO=\angle OAD\). По SAS эти треугольники равны. Значит \(BO=DO\) и \(\angle AOB=\angle AOD\). Углы \(AOB\) и \(AOD\) смежные, поэтому каждый равен \(90^\circ\). Следовательно, \(AC\perp BD\).

Так как \(P\) лежит на \(AB\), а \(Q\) на \(AC\), имеем \(AB=AP+PB\) и \(AC=AQ+QC\). Из \(AP=AQ\) и \(BP=CQ\) следует \(AB=AC\). Значит треугольник \(ABC\) равнобедренный, а медиана \(AM\), проведённая к основанию \(BC\), является биссектрисой угла \(A\). Теперь рассмотрим треугольники \(APM\) и \(AQM\). У них \(AP=AQ\), \(AM\) общая, и \(\angle PAM=\angle MAQ\). По SAS треугольники равны, поэтому \(PM=QM\).

E. Подробное решение.

Отрезок длины \(a_1\) входил в один из двух исходных треугольников. Пусть две другие стороны этого треугольника имеют длины \(u\) и \(v\). По неравенству треугольника \(a_1

Среди пяти отрезков, отличных от \(a_1\), два самых длинных имеют длины \(a_2\) и \(a_3\). Поэтому \(a_2+a_3\ge u+v\). Следовательно, \(a_1

Так как \(a_1\ge a_2\ge a_3\), остальные два неравенства треугольника очевидны: \(a_2

Для трёх самых коротких это может быть неверно. Например, возьмём два равных треугольника со сторонами \(1,3,3\). Тогда три самые короткие длины равны \(1,1,3\), а из таких отрезков треугольник не составляется.

E. Подробное решение.

Докажем утверждение индукцией по числу сторон. Для треугольника оно очевидно, потому что сам треугольник равнобедренный.

Пусть утверждение доказано для всех многоугольников с меньшим числом сторон. Рассмотрим выпуклый многоугольник \(P\) и одну из проведённых диагоналей \(d\). Она делит \(P\) на два меньших выпуклых многоугольника \(P_1\) и \(P_2\). Каждый из них тоже разрезан на равнобедренные треугольники.

По предположению индукции в \(P_1\) есть две равные стороны. Если обе они являются сторонами исходного многоугольника, всё доказано. Если одна из них — диагональ \(d\), то в \(P_1\) есть сторона исходного многоугольника, равная \(d\).

Точно так же, применяя индукцию к \(P_2\), либо сразу получаем две равные стороны исходного многоугольника, либо получаем сторону исходного многоугольника, равную \(d\). В последнем случае две найденные стороны лежат по разные стороны от диагонали и обе равны \(d\), значит, они равны между собой.

E. Подробное решение.

Пусть \(U\) — середина стороны \(PS\). Так как \(PX=SX\), в равнобедренном треугольнике \(PXS\) медиана \(XU\) к основанию является высотой. Значит, \(XU\perp PS\). Поскольку \(PS\parallel QR\), получаем \(XU\perp QT\).

Так как \(U\) и \(T\) — середины противоположных сторон параллелограмма, четырёхугольники \(PQTU\) и \(QTSU\) являются параллелограммами. Поэтому \(UT\parallel PQ\) и \(QU\parallel ST\).

Из условия \(QX\perp PQ\), а \(UT\parallel PQ\), значит, \(QX\perp UT\). Итак, в треугольнике \(QUT\) прямые \(XU\) и \(XQ\) являются двумя высотами. Следовательно, \(X\) — ортоцентр треугольника \(QUT\).

Третья высота этого треугольника тоже проходит через \(X\), значит, \(XT\perp QU\). Но \(QU\parallel ST\), поэтому \(XT\perp ST\), что и требовалось доказать.

E. Подробное решение.

Возьмём равнобедренный треугольник, не являющийся равносторонним, и склеим два его экземпляра по боковой стороне так, чтобы получился выпуклый дельтоид. Его соседние стороны попарно равны, но противоположные стороны не обязаны быть параллельны.

Выберем исходный равнобедренный треугольник так, чтобы его угол при вершине не был равен углу при основании. Тогда в полученном дельтоиде ни одна пара противоположных сторон не параллельна: иначе равенство соответствующих углов при секущей заставило бы угол при вершине равняться углу при основании.

Теперь проведём в каждом из двух равнобедренных треугольников высоту к основанию. В равнобедренном треугольнике эта высота делит его на два равных прямоугольных треугольника. Два больших равнобедренных треугольника были равны, поэтому все четыре маленьких прямоугольных треугольника попарно равны.

Следовательно, тот же дельтоид составлен из четырёх равных треугольников и не имеет параллельных сторон. Значит, ответ положительный.

E. Подробное решение.

Покажем, что десять единичных отрезков невозможны. Если бы все они имели длину \(1\), то треугольники \(OAB\), \(OBC\), \(OCD\), \(ODE\), \(OEA\) были бы равносторонними.

Тогда каждый из углов \(\angle AOB\), \(\angle BOC\), \(\angle COD\), \(\angle DOE\), \(\angle EOA\) равнялся бы \(60^\circ\). Их сумма вокруг точки \(O\) должна быть \(360^\circ\), но получилась бы \(5\cdot60^\circ=300^\circ\), противоречие. Значит, больше девяти быть не может.

Осталось построить пример с девятью. Возьмём правильный шестиугольник со стороной \(1\) и центром \(O\). Выберем пять его последовательных вершин в качестве \(A,B,C,D,E\). Тогда \(O\) лежит внутри пятиугольника.

В этом примере все отрезки \(OA,OB,OC,OD,OE\) равны \(1\), и четыре стороны \(AB,BC,CD,DE\) также равны \(1\). Последняя сторона \(EA\) не равна \(1\). Итак, достижимо ровно девять единичных отрезков.

E. Подробное решение.

Пусть \(H\) — основание перпендикуляра из \(D\) на \(BC\). Так как \(\angle BCD=60^\circ\), прямоугольный треугольник \(DCH\) имеет угол \(60^\circ\) при \(C\). Поэтому \(CH=\frac{CD}{2}=AB\).

Обозначим \(\angle CBM=\alpha\). Поскольку \(BD\) — внешняя биссектриса угла \(B\), угол между \(BA\) и \(BM\) равен \(180^\circ-\alpha\).

В прямоугольном треугольнике \(BHD\) точка \(M\) — середина гипотенузы \(BD\). Значит, \(MH=MB\). Поэтому \(\angle MHB=\angle HBM=\alpha\), а значит \(\angle MHC=180^\circ-\alpha\).

Теперь сравним треугольники \(ABM\) и \(CHM\). Имеем \(AB=CH\), \(BM=HM\), а углы между этими сторонами равны: \(\angle ABM=180^\circ-\alpha=\angle CHM\). Следовательно, треугольники равны по двум сторонам и углу между ними.

Из равенства треугольников получаем \(AM=CM\).

E. Подробное решение.

Отразим \(H\) относительно \(AB\), получим точку \(C'\). Тогда \(E\) — середина \(HC'\), а \(BC'=BH\), потому что отражение сохраняет расстояния и точка \(B\) лежит на оси отражения.

Аналогично отразим \(H\) относительно \(AC\), получим точку \(B'\). Тогда \(D\) — середина \(HB'\), а \(CB'=CH\).

Так как в треугольнике \(ADE\) прямая \(DF\) перпендикулярна \(AE\), а \(AE\subset AB\), имеем \(DF\parallel CE\). Аналогично \(EF\parallel BD\). Значит, \(H E F D\) — параллелограмм.

В треугольнике \(HC'B'\) точки \(E\) и \(D\) — середины сторон \(HC'\) и \(HB'\). Поэтому четырёхугольник \(H E F D\) показывает, что \(F\) совпадает с серединой стороны \(C'B'\).

Точки \(M\) и \(F\) — середины отрезков \(BC\) и \(B'C'\). Поэтому длина \(2FM\) не превосходит \(BC'+CB'\): это следует из неравенства треугольника для суммы двух векторов от \(B\) к \(C'\) и от \(C\) к \(B'\).

Но \(BC'=BH\) и \(CB'=CH\). Следовательно, \(2FM\le BH+CH\), что и требовалось.

По признаку AA \(\triangle ABC\sim\triangle DEF\). Сторона \(AB\) соответствует \(DE\), поэтому коэффициент равен \(\frac{15}{5}=3\). Сторона \(BC\) соответствует \(EF\), значит \(EF=7\cdot3=21\).

Так как \(AB:A_1B_1=3:4\), то \(AC:A_1C_1=3:4\). Значит \(A_1C_1=12\cdot\frac{4}{3}=16\).

Отрезок \(MN\) — средняя линия треугольника \(ABC\). Поэтому \(MN=\frac{1}{2}BC=9\).

Если стороны относятся как \(2:3\), площади относятся как \(4:9\). Поэтому площадь большего треугольника равна \(20\cdot\frac{9}{4}=45\).

Так как \(DE\parallel BC\), \(\triangle ADE\sim\triangle ABC\). Поэтому \(\frac{DE}{BC}=\frac{AD}{AB}=\frac{3}{5}\). Значит \(DE=25\cdot\frac{3}{5}=15\).

Имеем \(AB=AD+DB=10\), поэтому \(\frac{AD}{AB}=\frac{4}{10}=\frac{2}{5}\). Из подобия \(\triangle ADE\sim\triangle ABC\) получаем \(\frac{AE}{AC}=\frac{2}{5}\). Тогда \(AC=5\cdot\frac{5}{2}=\frac{25}{2}\). Следовательно, \(EC=AC-AE=\frac{25}{2}-5=\frac{15}{2}\).

Имеем \(\frac{AB}{DE}=\frac{6}{9}=\frac{2}{3}\) и \(\frac{AC}{DF}=\frac{10}{15}=\frac{2}{3}\). Углы между этими сторонами равны. Следовательно, треугольники подобны по признаку SAS.

Имеем \(\frac{6}{9}=\frac{8}{12}=\frac{10}{15}=\frac{2}{3}\). Все три стороны пропорциональны, значит треугольники подобны по признаку SSS.

Так как \(M\) и \(N\) — середины, \(\frac{AM}{AB}=\frac{AN}{AC}=\frac{1}{2}\). Угол \(A\) общий. По признаку SAS треугольники \(AMN\) и \(ABC\) подобны с коэффициентом \(\frac{1}{2}\). Поэтому \(MN\) соответствует \(BC\), значит \(MN\parallel BC\) и \(MN=\frac{1}{2}BC\).

Из подобия треугольников \(ACH\) и \(CBH\) следует \(\frac{CH}{AH}=\frac{HB}{CH}\). Поэтому \(CH^2=AH\cdot HB=3\cdot12=36\), значит \(CH=6\).

Пусть высота башни равна \(h\). По подобию прямоугольных треугольников \(\frac{h}{18}=\frac{2.4}{3}\). Следовательно, \(h=18\cdot0.8=14.4\) м.

Площади подобных треугольников относятся как квадраты соответствующих сторон. Поэтому стороны относятся как \(\sqrt{25}:\sqrt{49}=5:7\).

Так как \(AD:DB=2:1\), имеем \(AD:AB=2:3\). Из \(DE\parallel BC\) следует \(\triangle ADE\sim\triangle ABC\) с коэффициентом \(\frac{2}{3}\). Площади относятся как \(\frac{4}{9}\). Поэтому \(S_{ADE}=54\cdot\frac{4}{9}=24\).

Треугольники \(ABC\) и \(ACH\) прямоугольные: \(\angle C=90^\circ\), \(\angle AHC=90^\circ\). Кроме того, угол при \(A\) общий. Поэтому \(\triangle ABC\sim\triangle ACH\). Соответствие сторон даёт \(\frac{AB}{AC}=\frac{AC}{AH}\). Отсюда \(AC^2=AB\cdot AH\).

Из параллельности \(B_1C_1\parallel B_2C_2\) следует \(\triangle AB_1C_1\sim\triangle AB_2C_2\). Тогда \(\frac{AB_1}{AB_2}=\frac{AC_1}{AC_2}\). Получаем \(\frac{6}{10}=\frac{AC_1}{15}\), значит \(AC_1=9\).

Пусть \(P\) и \(Q\) — середины \(BG\) и \(CG\). Тогда \(PQ\parallel BC\) и \(PQ=\frac{1}{2}BC\). Так как \(M\) и \(N\) — середины \(AC\) и \(AB\), отрезок \(MN\) тоже параллелен \(BC\) и равен \(\frac{1}{2}BC\). Значит \(PQ\parallel MN\) и \(PQ=MN\), поэтому \(MNPQ\) — параллелограмм. Его диагонали \(MP\) и \(NQ\) пересекаются в точке \(G\) и делятся пополам. Поэтому \(GM=GP\), а так как \(P\) — середина \(BG\), \(BP=PG\). Следовательно, \(BG=2GM\). Аналогично \(CG=2GN\).

Так как \(PE\parallel AB\), треугольники \(CPE\) и \(CAB\) подобны. Из \(AP:PC=2:3\) получаем \(CP:CA=3:5\). Поэтому \(CE:CB=3:5\). Тогда \(EB=CB-CE\), значит \(CE:EB=3:(5-3)=3:2\).

По подобию треугольников \(ABC\) и \(ACH\) имеем \(AC^2=AB\cdot AH\). Поэтому \(AC^2=25\cdot9=225\), значит \(AC=15\).

Пусть сторона квадрата равна \(x\). Верхняя сторона квадрата параллельна основанию треугольника и находится на расстоянии \(x\) от основания. Малый треугольник над квадратом подобен исходному, его высота равна \(h-x\), поэтому длина верхней стороны квадрата равна \(a\cdot\frac{h-x}{h}\). Но эта длина равна \(x\). Получаем \(x=a\cdot\frac{h-x}{h}\), то есть \(xh=ah-ax\). Тогда \(x(a+h)=ah\), откуда \(x=\frac{ah}{a+h}\).

Обозначим середины сторон \(BC\) и \(AB\) через \(K\) и \(L\); медианы — \(AK\) и \(CL\). Достаточно доказать утверждение в удобной аффинной модели, потому что параллельность и отношения на одной прямой сохраняются. Возьмём координаты \(A=(0,0)\), \(C=(1,0)\), \(B=(0,1)\). Тогда \(K=\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right)\), \(L=\left(0,\frac{1}{2}\right)\). Пусть \(P=(t,0)\).

Прямая через \(P\), параллельная \(AK\), имеет направление \((1,1)\) и пересекает \(BC\) в точке \(E=\left(\frac{1+t}{2},\frac{1-t}{2}\right)\). Прямая через \(P\), параллельная \(CL\), имеет направление \((-1,\frac{1}{2})\) и пересекает \(AB\) в точке \(F=\left(0,\frac{t}{2}\right)\). Параметризуем \(EF\): \(Z(\lambda)=E+\lambda(F-E)\).

Медиана \(AK\) задаётся уравнением \(y=x\). Подстановка \(Z(\lambda)\) даёт \(\lambda=\frac{1}{3}\). Медиана \(CL\) задаётся уравнением \(y=\frac{1-x}{2}\). Подстановка даёт \(\lambda=\frac{2}{3}\). Значит точки пересечения медиан с \(EF\) делят отрезок в долях \(\frac{1}{3}\) и \(\frac{2}{3}\), поэтому три части равны.

E. Подробное решение.

По теореме о касательной и хорде \(\angle PBA=\angle BCA\), а угол при \(P\) общий для треугольников \(PBA\) и \(PCB\). Значит, эти треугольники подобны, и \(\frac{AB}{BC}=\frac{PB}{PC}\).

Аналогично треугольники \(PDA\) и \(PCD\) подобны, поэтому \(\frac{AD}{DC}=\frac{PD}{PC}\). Но касательные из одной точки равны: \(PB=PD\). Следовательно, \(\frac{AB}{BC}=\frac{AD}{DC}\).

Пусть теперь прямая через \(X\), параллельная \(BD\), пересекает стороны \(AB\) и \(AD\). Тогда из подобия треугольников получаем \(\frac{AY}{AB}=\frac{AZ}{AD}=\frac{AX}{AC}\), поэтому \(Y\) и \(Z\) делят первые звенья ломаных в одном отношении.

Если же эта прямая пересекает стороны \(BC\) и \(DC\), то аналогично \(\frac{CY}{CB}=\frac{CZ}{CD}=\frac{CX}{CA}\), значит, оставшиеся части обеих ломаных имеют один и тот же относительный размер.

Так как полные длины двух ломаных имеют одинаковое отношение соответствующих звеньев, в обоих случаях точка на одной ломаной и точка на другой задают одинаковую долю пути от \(A\) к \(C\).

Проведём диагональ \(AC\). Так как \(AB\parallel CD\), то \(\angle BAC=\angle ACD\). Так как \(AD\parallel BC\), то \(\angle DAC=\angle ACB\). Складывая равные части, получаем \(\angle A=\angle C\). Аналогично, проведя диагональ \(BD\), получаем \(\angle B=\angle D\).

Проведём \(AC\). Из \(AB\parallel CD\) получаем \(\angle BAC=\angle ACD\), а из \(AD\parallel BC\) получаем \(\angle BCA=\angle CAD\). Сторона \(AC\) общая. Значит \(\triangle ABC=\triangle CDA\) по стороне и двум прилежащим углам. Поэтому \(AB=CD\) и \(BC=AD\).

Пусть \(ABCD\) — прямоугольник. Рассмотрим треугольники \(ABC\) и \(DCB\). В них \(AB=CD\), потому что прямоугольник является параллелограммом, сторона \(BC\) общая, и углы \(ABC\) и \(DCB\) прямые. Значит треугольники равны, откуда \(AC=BD\).

В ромбе все стороны равны, значит \(AB=AD\) и \(BC=CD\). Сторона \(AC\) общая. Следовательно, \(\triangle ABC=\triangle ADC\) по трём сторонам. Поэтому \(\angle BAC=\angle CAD\) и \(\angle BCA=\angle ACD\). Диагональ \(AC\) делит углы \(A\) и \(C\) пополам.

По теореме о средней линии трапеции \(MN=\frac{AD+BC}{2}=\frac{17+9}{2}=13\).

Проведём \(AC\). Так как \(AB\parallel CD\), то \(\angle BAC=\angle ACD\). Также \(AB=CD\), а \(AC\) — общая сторона. Поэтому \(\triangle BAC=\triangle DCA\) по двум сторонам и углу между ними. Следовательно, \(\angle BCA=\angle CAD\), значит \(BC\parallel AD\). Вместе с \(AB\parallel CD\) это даёт параллелограмм.

Треугольники \(AOB\) и \(COD\) равны по двум сторонам и углу между ними: \(AO=OC\), \(BO=OD\), а углы \(AOB\) и \(COD\) вертикальные. Значит \(\angle ABO=\angle CDO\), откуда \(AB\parallel CD\). Аналогично треугольники \(AOD\) и \(COB\) равны, поэтому \(AD\parallel BC\). Обе пары противоположных сторон параллельны, значит \(ABCD\) — параллелограмм.

Пусть \(\angle A=90^\circ\) в параллелограмме \(ABCD\). Так как \(AD\parallel BC\), углы \(A\) и \(B\) являются внутренними односторонними, поэтому \(\angle A+\angle B=180^\circ\). Значит \(\angle B=90^\circ\). Противоположные углы параллелограмма равны, поэтому \(\angle C=90^\circ\) и \(\angle D=90^\circ\). Все углы прямые, значит это прямоугольник.

В параллелограмме \(AB=CD\) и \(BC=AD\). По условию \(AB=BC\). Тогда \(AB=BC=CD=AD\). Все стороны равны, значит \(ABCD\) — ромб.

Пусть \(MN\) — средняя линия. Тогда \(14=\frac{AD+8}{2}\). Отсюда \(AD+8=28\), значит \(AD=20\).

Так как \(AB=CD\), трапеция равнобедренная, поэтому \(\angle DAB=\angle CDA\). Из \(AD\parallel BC\) следует \(\angle DAB+\angle ABC=180^\circ\). Заменяя \(\angle DAB\) равным углом \(\angle CDA\), получаем \(\angle ABC+\angle CDA=180^\circ\). Сумма противоположных углов равна \(180^\circ\), значит четырёхугольник \(ABCD\) циклический.

Имеем \(\angle A+\angle C=74^\circ+106^\circ=180^\circ\). В выпуклом четырёхугольнике, если сумма противоположных углов равна \(180^\circ\), то его вершины лежат на одной окружности. Следовательно, \(A,B,C,D\) лежат на одной окружности.

В треугольнике \(ABC\) отрезок \(MN\) соединяет середины двух сторон, значит \(MN\parallel AC\) и \(MN=\frac{1}{2}AC\). В треугольнике \(CDA\) отрезок \(PQ\) также соединяет середины двух сторон, значит \(PQ\parallel AC\) и \(PQ=\frac{1}{2}AC\). Следовательно, \(MN\parallel PQ\) и \(MN=PQ\). Если в четырёхугольнике одна пара противоположных сторон равна и параллельна, то это параллелограмм. Значит \(MNPQ\) — параллелограмм.

По теореме о средней линии \(MN=PQ=\frac{1}{2}AC=\frac{11}{2}\), а \(NP=QM=\frac{1}{2}BD=\frac{15}{2}\). Тогда периметр равен \(2\cdot\frac{11}{2}+2\cdot\frac{15}{2}=11+15=26\).

Треугольники \(AOD\) и \(COB\) подобны: \(\angle AOD=\angle COB\) как вертикальные, а \(\angle ADO=\angle CBO\) из-за \(AD\parallel BC\). Поэтому \(\frac{AO}{OC}=\frac{DO}{OB}=\frac{AD}{BC}=\frac{21}{14}=\frac{3}{2}\). Значит \(AO:OC=DO:OB=3:2\).

Так как \(MN\parallel BC\), то в треугольнике \(ABC\) прямая через середину \(M\) стороны \(AB\), параллельная \(BC\), пересекает \(AC\) в её середине. Значит \(P\) — середина \(AC\). Тогда \(MP\) — средняя линия треугольника \(ABC\), поэтому \(MP=\frac{1}{2}BC\). Также \(PN\) — средняя линия треугольника \(ACD\), поэтому \(PN=\frac{1}{2}AD\). Следовательно, \(MP:PN=BC:AD\).

По условию \(\angle BAC=\angle CAD\). Так как \(AD\parallel BC\), то \(\angle CAD=\angle ACB\). Следовательно, \(\angle BAC=\angle ACB\), значит в треугольнике \(ABC\) стороны \(AB\) и \(BC\) равны. В параллелограмме равенство соседних сторон означает, что все стороны равны. Поэтому \(ABCD\) — ромб.

Из условий \(AO=OC\) и \(BO=OD\) следует, что диагонали делятся точкой пересечения пополам. Значит \(ABCD\) — параллелограмм. В параллелограмме с равными диагоналями все углы прямые: это доказано через равенство треугольников \(ABC\) и \(DCB\). Следовательно, \(ABCD\) — прямоугольник.

Угол \(\angle CDE\) образован лучами \(DC\) и \(DE\), а угол \(\angle CBE\) образован лучами \(BC\) и \(BE\). Оба угла смотрят на один и тот же отрезок \(CE\). Если две точки \(B\) и \(D\) видят отрезок \(CE\) под равными углами, то они лежат на одной окружности с точками \(C\) и \(E\). Следовательно, \(B,C,D,E\) лежат на одной окружности.

В треугольнике \(ABC\) проведён отрезок \(EP\parallel AB\), где \(E\) лежит на \(BC\), а \(P\) лежит на \(AC\). Поэтому \(\triangle CPE\sim\triangle CAB\). Из условия \(BE:EC=1:2\), значит \(CE:CB=2:3\). Следовательно, \(CP:CA=2:3\). Тогда \(AP:PC=(CA-CP):CP=1:2\).

Так как \(M\) — середина \(AB\) и \(MN\parallel BC\), то в треугольнике \(ABC\) точка \(P\) является серединой \(AC\), а \(MP=\frac{1}{2}BC\). Аналогично, в треугольнике \(ABD\) прямая через середину \(M\), параллельная \(AD\), пересекает \(BD\) в её середине \(Q\), и \(MQ=\frac{1}{2}AD\). При \(AD>BC\) точка \(Q\) лежит дальше от \(M\), чем \(P\), поэтому \(PQ=MQ-MP=\frac{AD}{2}-\frac{BC}{2}=\frac{AD-BC}{2}\).

Пусть \(AD=a\), \(BC=b\). Из подобия треугольников \(AOD\) и \(COB\) получаем \(DO:OB=a:b\), значит \(OB:DB=b:(a+b)\) и \(DO:DB=a:(a+b)\). В треугольнике \(BDA\) отрезок \(OX\parallel AD\), поэтому \(\frac{OX}{AD}=\frac{OB}{DB}=\frac{b}{a+b}\). Значит \(OX=\frac{ab}{a+b}\). В треугольнике \(DBC\) отрезок \(OY\parallel BC\), поэтому \(\frac{OY}{BC}=\frac{DO}{DB}=\frac{a}{a+b}\). Значит \(OY=\frac{ab}{a+b}\). Следовательно, \(OX=OY\). При \(a=12\), \(b=6\) получаем \(OX=OY=\frac{12\cdot6}{18}=4\), поэтому \(XY=8\).

В параллелограмме \(\angle A=\angle C\). Так как четырёхугольник циклический, противоположные углы дополняют друг друга до \(180^\circ\), значит \(\angle A+\angle C=180^\circ\). Но эти углы равны, поэтому каждый равен \(90^\circ\). Аналогично остальные углы также прямые. Следовательно, \(ABCD\) — прямоугольник.

В равнобедренной трапеции углы при основании равны, поэтому треугольники \(DAB\) и \(ADC\) равны по двум сторонам и углу между ними: \(AD\) общая, \(AB=CD\), а углы при основании \(AD\) равны. Следовательно, \(BD=AC\). Так как диагонали трапеции пересекаются в отношении оснований, \(AO:OC=DO:OB=AD:BC=18:10=9:5\). Диагонали \(AC\) и \(BD\) равны и разделены в одном и том же отношении \(9:5\), значит их большие части равны: \(AO=DO\). Ответ: \(AO:OC=9:5\).

Угол \(\angle AOB\) центральный, а \(\angle ACB\) вписанный. Они опираются на одну дугу \(AB\). Поэтому \(\angle ACB=\frac{1}{2}\cdot96^\circ=48^\circ\).

Углы \(\angle ABC\) и \(\angle ADC\) являются вписанными и опираются на одну и ту же хорду \(AC\). При данном расположении они смотрят на одну дугу \(AC\), поэтому равны.

Центральный угол, соответствующий диаметру \(AB\), равен \(180^\circ\). Вписанный угол \(\angle ACB\), опирающийся на ту же дугу, равен \(90^\circ\). Следовательно, \(AC\perp BC\).

Имеем \(OA=OB=OC=OD\), так как это радиусы одной окружности. По условию \(AB=CD\). Значит \(\triangle AOB\cong\triangle COD\) по трём сторонам, поэтому \(\angle AOB=\angle COD\).

По теореме о касательной радиус, проведённый в точку касания, перпендикулярен касательной. Так как \(A\) — точка касания, получаем \(OA\perp l\).

Так как \(ABCD\) циклический, \(\angle A+\angle C=180^\circ\). Поэтому \(\angle C=180^\circ-68^\circ=112^\circ\).

Оба угла являются вписанными и опираются на хорду \(AC\). При указанном расположении они равны. Значит \(\angle ADC=41^\circ\).

Угол между касательной в точке \(A\) и хордой \(AC\) равен вписанному углу, опирающемуся на хорду \(AC\). Такой угол — \(\angle ABC\). Поэтому \(\angle ABC=37^\circ\).

Равные хорды \(AB\) и \(AC\) стягивают равные дуги. Угол \(\angle ADB\) опирается на хорду \(AB\), а угол \(\angle ADC\) — на хорду \(AC\). Поэтому эти вписанные углы равны.

Имеем \(OA=OB\), так как это радиусы, \(AM=MB\) по условию, а \(OM\) — общая сторона. Значит \(\triangle OMA\cong\triangle OMB\). Поэтому \(\angle OMA=\angle OMB\). Эти углы смежные, значит каждый равен \(90^\circ\). Следовательно, \(OM\perp AB\).

Если точка видит отрезок \(AB\) под прямым углом, то она лежит на окружности с диаметром \(AB\). Так как \(\angle ACB=90^\circ\) и \(\angle ADB=90^\circ\), обе точки \(C\) и \(D\) лежат на этой окружности. Значит \(A,B,C,D\) лежат на одной окружности.

Множество точек, из которых отрезок \(AB\) виден под фиксированным углом, лежит на дуге окружности через \(A\) и \(B\). Так как \(C\) и \(D\) находятся по одну сторону от \(AB\) и \(\angle ACB=\angle ADB\), они лежат на одной такой дуге. Следовательно, \(A,B,C,D\) лежат на одной окружности.

Угол между касательной и \(AB\) равен вписанному углу, опирающемуся на \(AB\), то есть \(\angle ACB=43^\circ\). Угол между касательной и \(AC\) равен вписанному углу, опирающемуся на \(AC\), то есть \(\angle ABC=72^\circ\).

Так как \(AB\parallel CD\), имеем \(\angle ABD=\angle BDC\). В циклическом четырёхугольнике углы \(\angle BDC\) и \(\angle BAC\) опираются на хорду \(BC\), поэтому равны. Следовательно, \(\angle ABD=\angle BAC\). Первый угол опирается на хорду \(AD\), второй — на хорду \(BC\). Равные вписанные углы опираются на равные хорды, значит \(AD=BC\).

Так как \(BD\perp AC\) и \(D\in AC\), получаем \(\angle BDC=90^\circ\). Так как \(CE\perp AB\) и \(E\in AB\), получаем \(\angle BEC=90^\circ\). Значит точки \(D\) и \(E\) видят отрезок \(BC\) под прямым углом. Следовательно, они лежат на окружности с диаметром \(BC\), то есть \(B,C,D,E\) цикличны.

По теореме о касательной и хорде угол между касательной и \(AB\) равен \(\angle ACB\). Так как касательная параллельна \(BC\), этот же угол равен \(\angle ABC\). Значит \(\angle ABC=\angle ACB\), поэтому \(AB=AC\).

Равные хорды \(AB\) и \(CD\) стягивают равные дуги. Вписанные углы, опирающиеся на равные дуги, равны. Поэтому \(\angle ADB=\angle CAD\).

Так как \(OM\perp AB\), точка \(M\) — середина \(AB\). Аналогично \(N\) — середина \(CD\). Из \(AB=CD\) получаем \(AM=CN\). В прямоугольных треугольниках \(OMA\) и \(ONC\) гипотенузы \(OA\) и \(OC\) равны как радиусы, а катеты \(AM\) и \(CN\) равны. Значит треугольники равны, поэтому \(OM=ON\).

Угол \(\angle BAC\) опирается на хорду \(BC\), а угол \(\angle CAD\) опирается на хорду \(CD\). По условию \(BC=CD\), значит соответствующие дуги равны. Поэтому \(\angle BAC=\angle CAD\). Следовательно, \(AC\) — биссектриса угла \(BAD\).

Так как \(OA\perp TA\) и \(OB\perp TB\), треугольники \(OTA\) и \(OTB\) прямоугольные. В них \(OA=OB\) как радиусы, а \(OT\) — общая гипотенуза. Поэтому треугольники равны. Следовательно, \(TA=TB\), а также \(\angle ATO=\angle OTB\), то есть \(OT\) делит угол \(ATB\) пополам.

Точки \(A,D,B\) лежат на одной прямой, поэтому \(\angle BDE=180^\circ-\angle ADE\). По условию \(\angle ADE=\angle ACB\). Так как \(E\) лежит на \(AC\), угол \(\angle BCE=\angle BCA=\angle ACB\). Значит \(\angle BDE+\angle BCE=180^\circ\). Сумма противоположных углов четырёхугольника \(BCDE\) равна \(180^\circ\), следовательно, \(B,C,D,E\) лежат на одной окружности.

Так как \(P\) лежит на \(AC\), угол \(\angle BAP=\angle BAC\). Так как \(P\) лежит на \(BD\), угол \(\angle ABP=\angle ABD\). Угол \(\angle APD\) является внешним углом треугольника \(ABP\) при вершине \(P\). Поэтому он равен сумме двух внутренних несмежных углов: \(\angle APD=\angle BAP+\angle ABP=\angle BAC+\angle ABD\).

Так как \(BD\perp AC\), то \(\angle ADH=90^\circ\). Так как \(CE\perp AB\), то \(\angle AEH=90^\circ\). Значит точки \(D\) и \(E\) видят отрезок \(AH\) под прямым углом, поэтому \(A,D,H,E\) лежат на окружности с диаметром \(AH\). Кроме того, \(\angle BDC=90^\circ\) и \(\angle BEC=90^\circ\), значит \(D\) и \(E\) видят отрезок \(BC\) под прямым углом. Следовательно, \(B,C,D,E\) лежат на окружности с диаметром \(BC\).

Радиусы к точкам касания перпендикулярны касательным: \(OA\perp TA\) и \(OB\perp TB\). Поэтому в четырёхугольнике \(AOBT\) углы при \(A\) и \(B\) равны \(90^\circ\). Сумма углов четырёхугольника равна \(360^\circ\), значит \(\angle ATB=360^\circ-90^\circ-90^\circ-132^\circ=48^\circ\).

Для окружности, проходящей через \(A,B,C\), касательная в точке \(B\) образует с хордой \(BA\) угол, равный вписанному углу \(\angle BCA\), который опирается на хорду \(BA\). По условию прямая \(l\) образует с \(BA\) именно такой угол и лежит с внешней стороны треугольника. Следовательно, \(l\) совпадает с касательной к описанной окружности в точке \(B\).

Угол \(\angle ABD\) опирается на хорду \(AD\), а угол \(\angle DBC\) опирается на хорду \(DC\). В одной окружности равные вписанные углы опираются на равные хорды. Так как \(\angle ABD=\angle DBC\), получаем \(AD=DC\).

Так как \(CT\parallel AB\), угол \(\angle ACT\) равен углу между \(AC\) и \(AB\), то есть \(\angle CAB\). По теореме о касательной и хорде \(\angle TAC=\angle ABC\). В треугольнике \(ACT\) равенство \(AT=CT\) эквивалентно равенству углов при основании: \(\angle ACT=\angle TAC\). Значит \(AT=CT\) тогда и только тогда, когда \(\angle CAB=\angle ABC\), то есть когда \(AC=BC\).

Так как \(BD\perp AC\), прямая \(HD\) перпендикулярна \(AC\). Так как \(CE\perp AB\), прямая \(HE\) перпендикулярна \(AB\). Угол между двумя прямыми равен углу между их перпендикулярами или дополняет его до \(180^\circ\) в зависимости от выбранного угла. Внутри треугольника \(DHE\) получается тупой угол, поэтому \(\angle DHE=180^\circ-\angle BAC=180^\circ-\angle A\).

Пусть \(O\) — центр описанной окружности. Радиусы \(OB\) и \(OC\) перпендикулярны касательным \(TB\) и \(TC\), поэтому \(\angle OBT=\angle OCT=90^\circ\). Центральный угол \(\angle BOC\), опирающийся на дугу \(BC\), равен \(2\angle BAC\). В четырёхугольнике \(BOCT\) сумма углов равна \(360^\circ\). Тогда \(\angle BTC=360^\circ-90^\circ-90^\circ-\angle BOC=180^\circ-2\angle BAC\).

Так как \(BD\perp AC\), имеем \(\angle ADH=90^\circ\). Так как \(CE\perp AB\), имеем \(\angle AEH=90^\circ\). Значит \(A,D,H,E\) лежат на окружности с диаметром \(AH\). В этой окружности углы \(\angle ADE\) и \(\angle AHE\) опираются на одну и ту же хорду \(AE\). Следовательно, \(\angle ADE=\angle AHE\).

E. Подробное решение.

Так как \(PX\perp AB\) и \(PY\perp CB\), имеем \(\angle PXB=\angle PYB=90^\circ\). Следовательно, точки \(P,X,B,Y\) лежат на одной окружности с диаметром \(PB\).

Из этой цикличности \(\angle XYB=\angle XPB\), так как оба угла опираются на хорду \(XB\). Поэтому угол между \(XY\) и \(CB\) равен углу между \(XP\) и касательной \(PB\).

Так как \(XP\perp AB\), угол между \(XP\) и \(PB\) равен \(90^\circ-\angle ABP\). По теореме о касательной и хорде \(\angle ABP=\angle ACB\).

Значит, угол между \(XY\) и \(CB\) равен \(90^\circ-\angle ACB\). Это ровно означает, что \(XY\) перпендикулярна \(AC\).

E. Подробное решение.

Предположим, что три исходные точки не были коллинеарны. Тогда через них проходит единственная окружность \(\omega\).

Докажем индукцией, что каждая новая отмеченная точка тоже лежит на \(\omega\). Пусть выбраны точки \(A,B,C\), уже лежащие на \(\omega\), и точка \(D\) получается отражением \(A\) относительно серединного перпендикуляра к \(BC\).

Серединный перпендикуляр к хорде \(BC\) проходит через центр окружности \(\omega\). Значит, окружность \(\omega\) симметрична относительно этой прямой. Поэтому отражение точки \(A\), лежащей на \(\omega\), снова лежит на \(\omega\). То есть \(D\in\omega\).

Следовательно, все отмеченные точки лежат на одной окружности. Но прямая может иметь с окружностью не более двух общих точек, если не считать совпадения прямой с окружностью, что невозможно. Поэтому три различные отмеченные точки не могли стать коллинеарными. Противоречие.

Значит, если три коллинеарные точки всё-таки появились, три исходные точки должны были быть коллинеарны.

E. Подробное решение.

Так как \(PB\) и \(PC\) — касательные к \(\Omega\), радиусы \(OB\) и \(OC\) перпендикулярны им. Поэтому \(\angle OBP=\angle OCP=90^\circ\).

Значит, точки \(O,B,C,P\) лежат на одной окружности, причём \(OP\) является её диаметром. Так как \(S\) лежит на этой окружности, получаем \(\angle OSP=90^\circ\).

С другой стороны, \(S\) лежит на окружности с диаметром \(AO\). Поэтому \(\angle ASO=90^\circ\).

Итак, и прямая \(SP\), и прямая \(SA\) проходят через точку \(S\) и перпендикулярны \(OS\). Через точку к данной прямой можно провести только один перпендикуляр, значит, \(A,S,P\) коллинеарны.

E. Подробное решение.

На продолжении \(BC\) за точку \(C\) отметим точку \(N\) так, что \(CN=CL\). Тогда \(BN=BC+CN=BC+CL\), поэтому достаточно доказать \(BN=AB\).

Так как \(A,B,K,L\) лежат на одной окружности, углы \(\angle AKB\) и \(\angle ALB\) дополняют друг друга до \(180^\circ\). Отсюда, с учётом коллинеарности \(A,K,C\) и \(B,L,C,N\), получаем \(\angle CKB=\angle ALC\).

Треугольники \(ACL\) и \(ACN\) прямоугольные, имеют общий катет \(AC\) и равные катеты \(CL=CN\). Они равны, значит \(\angle ANC=\angle ALC\). Поэтому \(\angle ANB=\angle CKB\).

Так как \(BK\) — биссектриса угла \(B\), \(\angle ABK=\angle KBC\). Из прямоугольного треугольника и предыдущего равенства углов следует, что \(\angle BAN=\angle ANB\).

Следовательно, треугольник \(ABN\) равнобедренный, и \(AB=BN\). Значит, \(AB=BC+CL\).

E. Подробное решение.

Так как \(BH\perp AC\), а \(K\) лежит на луче \(HB\), имеем \(KH\perp AH\). Кроме того, по построению \(KM\perp AM\).

Значит, \(\angle AHK=\angle AMK=90^\circ\), и точки \(A,H,M,K\) лежат на одной окружности. У этой окружности диаметр \(AK\).

Угол \(\angle MAH\) равен \(\angle MAC=30^\circ\), потому что \(H\in AC\). Следовательно, хорда \(HM\), на которую опирается угол \(30^\circ\), равна радиусу окружности, то есть \(HM=\frac{AK}{2}\).

В прямоугольном треугольнике \(BHC\) точка \(M\) — середина гипотенузы \(BC\), так как \(AM\) — медиана треугольника \(ABC\). Поэтому \(HM=\frac{BC}{2}\).

Получаем \(\frac{AK}{2}=HM=\frac{BC}{2}\), значит, \(AK=BC\).

По формуле площади \(S=\frac{1}{2}\cdot18\cdot7=63\).

Оба треугольника имеют высоту из точки \(A\) к прямой \(BC\). Поэтому их площади относятся как основания на этой прямой: \(S_{ABD}:S_{ACD}=BD:DC\).

Так как \(M\) — середина \(BC\), то \(BM=CM\). Треугольники \(ABM\) и \(ACM\) имеют общую высоту из \(A\) к прямой \(BC\). Следовательно, их площади равны.

Треугольники \(ABC\) и \(ABD\) имеют общее основание \(AB\). Высоты из \(C\) и \(D\) к \(AB\) равны, потому что эти точки лежат на прямой, параллельной \(AB\). Значит площади равны.

Пусть \(ABCD\) — параллелограмм. Диагональ \(AC\) делит его на треугольники \(ABC\) и \(ACD\). У них общее основание \(AC\), а высоты из \(B\) и \(D\) к \(AC\) равны, поскольку \(AB\parallel CD\). Значит площади этих треугольников равны.

Так как \(BD:DC=3:4\), то \(BD:BC=3:7\). Треугольники \(ABD\) и \(ABC\) имеют общую высоту из \(A\) к \(BC\). Поэтому \(S_{ABD}:S_{ABC}=BD:BC=3:7\).

Так как \(CD\parallel AB\), точки \(C\) и \(D\) лежат на одной прямой, параллельной основанию \(AB\). Поэтому высоты к основанию \(AB\) равны. Основание общее, значит площади равны.

Медиана \(AM\) делит треугольник на два равновеликих треугольника. Поэтому \(S_{ABM}=\frac{84}{2}=42\).

Имеем \(BD=\frac{1}{2}BA\) и \(BE=\frac{1}{2}BC\), а угол при \(B\) общий. Площадь уменьшается в \(2\cdot2=4\) раза. Поэтому \(S_{BDE}=\frac{64}{4}=16\).

Треугольники \(ABC\) и \(ACD\) имеют основания \(BC\) и \(AD\) на параллельных прямых, а высоты к этим основаниям равны расстоянию между основаниями трапеции. Поэтому \(S_{ABC}:S_{ACD}=BC:AD=9:15=3:5\).

Треугольники \(ABD\) и \(ACD\) имеют общую высоту из \(A\). Поэтому \(BD:DC=S_{ABD}:S_{ACD}=24:40=3:5\).

Так как основание \(AB\) общее и площади равны, высоты из \(C\) и \(D\) к \(AB\) равны. Точки на одной стороне от \(AB\), находящиеся на одинаковом расстоянии от \(AB\), лежат на прямой, параллельной \(AB\). Значит \(CD\parallel AB\).

Обозначим площади \(AGF\), \(BGF\), \(BGD\), \(CGD\), \(CGE\), \(AGE\) по порядку через \(x_1,x_2,x_3,x_4,x_5,x_6\). Так как \(F,D,E\) — середины сторон, получаем \(x_1=x_2\), \(x_3=x_4\), \(x_5=x_6\). Медиана \(AD\) делит весь треугольник пополам, поэтому \(x_1+x_2+x_3=x_4+x_5+x_6\). Медиана \(BE\) даёт \(x_1+x_2+x_6=x_3+x_4+x_5\). Подставляя попарные равенства, получаем \(x_1=x_5\) и \(x_1=x_3\). Значит все шесть площадей равны.

Так как \(DE\parallel BC\), \(\triangle ADE\sim\triangle ABC\). Имеем \(AD:AB=2:5\). Поэтому отношение площадей равно квадрату отношения сторон: \(S_{ADE}:S_{ABC}=4:25\).

Треугольники \(ABD\), \(ADE\), \(AEC\) имеют основания \(BD\), \(DE\), \(EC\) на одной прямой \(BC\) и общую высоту из \(A\). Так как основания равны, площади равны.

Пусть \(AP:PC=t:(1-t)\). В треугольнике \(ABC\) имеем \(S_{ABP}:S_{PBC}=AP:PC\), поэтому \(S_{ABP}=tS_{ABC}\). Аналогично в треугольнике \(ACD\) получаем \(S_{ADP}=tS_{ACD}\). Но диагональ параллелограмма делит его на два равных по площади треугольника: \(S_{ABC}=S_{ACD}\). Значит \(S_{ABP}=S_{ADP}\).

Так как \(DE\parallel AC\), \(\triangle BDE\sim\triangle BCA\). Имеем \(BD:BC=2:5\). Поэтому площади относятся как квадраты соответствующих сторон: \(S_{BDE}:S_{ABC}=4:25\).

Поскольку \(P\) лежит на \(AM\), прямая \(AP\) совпадает с медианой и проходит через середину \(M\) стороны \(BC\). Треугольники \(PAB\) и \(PAC\) имеют общее основание \(AP\). Точки \(B\) и \(C\) находятся на равных расстояниях от прямой \(AP\), поэтому площади равны.

Треугольники \(PAB\) и \(PAC\) имеют общее основание \(AP\). Из равенства площадей следует, что расстояния от \(B\) и \(C\) до прямой \(AP\) равны. Так как точки \(B\) и \(C\) лежат по разные стороны от \(AP\), прямая \(AP\) проходит через середину \(BC\). Значит \(AP\) — медиана.

Треугольники \(BCE\) и \(BCA\) имеют общее основание \(BC\). Так как \(AE:ED=1:2\), точка \(E\) находится на \(\frac{1}{3}\) пути от \(A\) к \(D\), где \(D\) лежит на \(BC\). Поэтому высота из \(E\) к \(BC\) равна \(\frac{2}{3}\) высоты из \(A\). Значит \(S_{BCE}=\frac{2}{3}\cdot90=60\).

Из равенства \(S_{PAB}=S_{PCA}\) следует, что прямая \(AP\) проходит через середину \(BC\), то есть \(AP\) — медиана. Из равенства \(S_{PAB}=S_{PBC}\) следует, что \(BP\) проходит через середину \(AC\), то есть \(BP\) — медиана. Следовательно, \(P\) является пересечением двух медиан, а значит точкой пересечения медиан треугольника.

Треугольники \(BCE\) и \(BCA\) имеют общее основание \(BC\). Высота точки \(E\) к \(BC\) составляет \(ED:AD\) от высоты точки \(A\), потому что \(D\) лежит на \(BC\). Из \(AE:ED=3:2\) получаем \(ED:AD=2:5\). Поэтому \(S_{BCE}=\frac{2}{5}\cdot120=48\).

Пусть угол между диагоналями равен \(\varphi\). Тогда \(S_{AOB}=\frac{1}{2}AO\cdot BO\sin\varphi\), \(S_{COD}=\frac{1}{2}CO\cdot DO\sin\varphi\). Аналогично \(S_{BOC}=\frac{1}{2}BO\cdot CO\sin\varphi\), \(S_{DOA}=\frac{1}{2}DO\cdot AO\sin\varphi\). Произведения левых и правых выражений одинаковы, значит требуемое равенство доказано.

Треугольники \(ABD\) и \(ACD\) имеют общее основание \(AD\). Высоты из \(B\) и \(C\) к \(AD\) равны, так как \(BC\parallel AD\). Поэтому \(S_{ABD}=S_{ACD}\). Вычтем из обеих площадей общий треугольник \(AOD\): получим \(S_{AOB}=S_{COD}\).

Треугольники \(BDE\) и \(BCA\) подобны, потому что \(DE\parallel AC\). Коэффициент подобия равен \(BD:BC=2:5\). Поэтому \(S_{BDE}:S_{ABC}=4:25\). Оставшаяся часть \(ADEC\) имеет площадь \(21\) долю из \(25\). Значит \(S_{BDE}:S_{ADEC}=4:21\).

Пусть расстояния от \(P\) до прямых \(AB\) и \(CD\) равны \(h_1\) и \(h_2\). Тогда \(h_1+h_2\) равно высоте параллелограмма к основанию \(AB\). Поэтому \(S_{PAB}+S_{PCD}=\frac{1}{2}AB\cdot h_1+\frac{1}{2}CD\cdot h_2\). Так как \(AB=CD\), получаем \(\frac{1}{2}AB(h_1+h_2)=\frac{1}{2}S_{ABCD}\).

Так как \(P,A,D\) лежат на одной прямой, треугольники \(ABP\) и \(PBD\) имеют высоты к этой прямой из точки \(B\), а треугольники \(ACP\) и \(PCD\) — высоты из точки \(C\). Из равенства долей на одной прямой следует \(\frac{BD}{DC}=\frac{S_{ABP}}{S_{ACP}}\). Аналогично \(\frac{CE}{EA}=\frac{S_{BCP}}{S_{ABP}}\) и \(\frac{AF}{FB}=\frac{S_{ACP}}{S_{BCP}}\). Перемножая, получаем \(1\).

По площадной форме теоремы Чевы имеем \(\frac{BD}{DC}\cdot\frac{CE}{EA}\cdot\frac{AF}{FB}=1\). Подставляем: \(\frac{2}{3}\cdot\frac{3}{4}\cdot\frac{AF}{FB}=1\). Получаем \(\frac{1}{2}\cdot\frac{AF}{FB}=1\), значит \(AF:FB=2:1\).

Так как \(G\) лежит на медиане из \(A\), имеем \(S_{GAB}=S_{GAC}\). Так как \(G\) лежит на медиане из \(B\), имеем \(S_{GAB}=S_{GBC}\). Значит \(S_{GAC}=S_{GBC}\). Треугольники \(GAC\) и \(GBC\) имеют общее основание \(GC\), поэтому точки \(A\) и \(B\) находятся на равных расстояниях от прямой \(GC\). Следовательно, прямая \(GC\) проходит через середину \(AB\), то есть \(AF=FB\).

Имеем \(\frac{BD}{DC}\cdot\frac{CE}{EA}\cdot\frac{AF}{FB}=\frac{2}{3}\cdot\frac{3}{5}\cdot\frac{5}{2}=1\). По обратной форме площадной теоремы Чевы из равенства произведения \(1\) следует, что прямые \(AD\), \(BE\), \(CF\) конкурентны, то есть пересекаются в одной точке.

E. Подробное решение.

Предположим, что такой квадрат составлен, и пусть \(1\times n\) — самый длинный выбранный прямоугольник. Так как площадь квадрата больше \(1\), имеем \(n>1\).

Прямоугольник \(1\times n\) должен поместиться в квадрат, даже если его повернуть. Поэтому сторона квадрата не меньше \(n\), а площадь квадрата не меньше \(n^2\).

С другой стороны, среди выбранных прямоугольников могут быть только прямоугольники \(1\times1,1\times2,\ldots,1\times n\). Их суммарная площадь не превосходит \(1+2+\cdots+n=\frac{n(n+1)}{2}\).

При \(n>1\) выполняется \(\frac{n(n+1)}{2}

Следовательно, составить квадрат площади больше \(1\) невозможно.

Диагонали четырёхугольника \(ABDC\) — это \(AD\) и \(BC\). По построению \(AM=MD\), а по условию \(BM=MC\). Значит диагонали делятся точкой \(M\) пополам. Поэтому \(ABDC\) — параллелограмм.

Так как \(DE\parallel BC\), треугольники \(ADE\) и \(ABC\) подобны. Поскольку \(D\) — середина \(AB\), \(AD:AB=1:2\). Следовательно, \(AE:AC=1:2\), то есть \(AE=EC\). Значит \(E\) — середина \(AC\).

Множество точек, из которых отрезок \(AB\) виден под прямым углом, является окружностью с диаметром \(AB\). Так как \(\angle ACB=90^\circ\), точка \(C\) лежит на этой окружности.

По построению \(BD\parallel AC\) и \(CD\parallel AB\). Следовательно, в четырёхугольнике \(ABDC\) обе пары противоположных сторон параллельны. Значит \(ABDC\) — параллелограмм.

Так как \(M\) — середина \(BC\), имеем \(BM=MC\). Так как \(D\) симметрична \(A\) относительно \(M\), имеем \(AM=MD\). Значит точка \(M\) делит пополам диагонали \(BC\) и \(AD\) четырёхугольника \(ABDC\).

Так как \(D\) лежит на луче \(BA\), \(\angle DBC=\angle ABC=52^\circ\). В треугольнике \(BCD\) стороны \(BD\) и \(BC\) равны, поэтому \(\angle BCD=\angle CDB\). Тогда \(\angle BCD=\frac{180^\circ-52^\circ}{2}=64^\circ\).

Так как \(DE\parallel AB\), треугольники \(CDE\) и \(CBA\) подобны. Имеем \(CD:CB=3:5\), значит \(CE:CA=3:5\). Тогда \(CE:EA=3:2\).

Построим окружность с диаметром \(AB\). Так как \(\angle ACB=90^\circ\), точка \(C\) лежит на этой окружности. Так как \(\angle ADB=90^\circ\), точка \(D\) также лежит на этой окружности. Следовательно, \(A,B,C,D\) лежат на одной окружности.

По построению \(ABDC\) — параллелограмм. В параллелограмме диагонали делятся точкой пересечения пополам. Диагонали здесь — \(AD\) и \(BC\). Значит точка пересечения \(AD\) и \(BC\) является серединой \(BC\).

Построим окружность через \(A,B,C\). На одной стороне от \(AB\) все точки, из которых отрезок \(AB\) виден под углом \(\angle ACB\), лежат на одной дуге этой окружности. Так как \(\angle ADB=\angle ACB\), точка \(D\) лежит на этой окружности. Значит \(A,B,C,D\) цикличны.

Построим точку \(P\) на продолжении \(MN\) так, что \(NP=MN\). В треугольниках \(AMN\) и \(CNP\) имеем \(AN=NC\), \(MN=NP\), а углы при \(N\) вертикальные. Значит треугольники равны, поэтому \(AM=CP\) и \(AM\parallel CP\). Так как \(AM=MB\), получаем \(CP=MB\) и \(CP\parallel MB\), значит \(BMCP\) — параллелограмм. Следовательно, \(MP\parallel BC\), а значит \(MN\parallel BC\).

Имеем \(AM=MD\) по построению, \(BM=MC\), потому что \(M\) — середина \(BC\), и \(\angle AMB=\angle DMC\) как вертикальные. Поэтому \(\triangle ABM\cong\triangle DCM\) по двум сторонам и углу между ними.

Как в базовом построении, \(ABDC\) — параллелограмм. Поэтому \(BD=AC\) и \(CD=AB\). По условию \(AB=AC\), значит \(BD=CD\).

Так как \(DE\parallel AC\), треугольники \(BDE\) и \(BAC\) подобны. Из \(BD:BA=1:2\) следует \(BE:BC=1:2\). Значит \(BE=EC\), то есть \(E\) — середина \(BC\).

Так как \(E\) лежит на \(AC\), сторона \(AE\) параллельна прямой через \(D\), параллельной \(AC\), то есть \(DF\). Так как \(F\) лежит на \(AB\), сторона \(AF\) параллельна прямой через \(D\), параллельной \(AB\), то есть \(DE\). Значит \(AE\parallel DF\) и \(AF\parallel DE\), поэтому \(AEDF\) — параллелограмм.

Так как \(BD\perp AC\), а \(D\in AC\), получаем \(\angle BDC=90^\circ\). Так как \(CE\perp AB\), а \(E\in AB\), получаем \(\angle BEC=90^\circ\). Значит точки \(D\) и \(E\) лежат на окружности с диаметром \(BC\). Следовательно, \(B,C,D,E\) лежат на одной окружности.

Имеем \(AM=MD\), \(BM=MC\), а \(\angle AMB=\angle DMC\) как вертикальные. Значит \(\triangle ABM\cong\triangle DCM\). Поэтому \(\angle ABM=\angle DCM\). Эти углы являются накрест лежащими при прямых \(AB\) и \(CD\) и секущей \(BC\), значит \(AB\parallel CD\).

В параллелограмме противоположные стороны равны. Поэтому в \(ABDC\) имеем \(AB=CD\) и \(AC=BD\). Именно поэтому достроенный параллелограмм часто позволяет перенести отрезок в удобное место.

Углы \(\angle ABC\) и \(\angle ADC\) — вписанные и опираются на одну хорду \(AC\). Поэтому они равны. В похожих задачах окружность полезна именно тем, что позволяет заменить один угол другим, который находится в более удобном месте рисунка.