Алгоритм решения задания 15 егэ математика профильный уровень

a) Обозначим радиусы окружностей $r_1 = 9, r_2 = {81}/{25}, r_3 = 1$, а центры этих окружностей $O_1, O_2, O_3$ соответственно, и проведём радиусы $O_1E, O_2D, O_3F$ к точкам касания со стороной $AC$. Эти радиусы перпендикулярны касательной $AC$.

По свойству касательных, проведённых к окружности из одной точки, они образуют одинаковые углы с прямой, проходящей через центр окружности, то есть центры $O_1, O_2$ лежат на биссектрисе угла $A$, а центры $O_1, O_3$ — на биссектрисе угла $C$. Обозначим величину угла $C$ через $2β$. Тогда угол треугольника $O_1CA$ равен $β$.

Проведём $O_3N ⊥O_1E$, тогда $O_3N ‖ FE$ и $O_3N EF$ прямоугольник, $EN = r_3, O_1N = O_1E — EN = r_1 — r_3 = 8. ∠O_1CA = ∠O_1O_3N = β$ как соответственные при $O_3N ‖ AC$, секущая $CO_1$.

Треугольник $O_1O_3N$ прямоугольный, $O_3O_1= r_1 + r_3 = 10, O_3N = √{O_3O_1^2 — O_1N^2} = 6, tgβ = {O_1N}/{O_3N} = {8}/{6} = {4}/{3}$,

$tg 2β = {2 tg β}/{1 — tg^2 β} = {2 · {4}/{3}}/{1 — ({4}/{3})^2} = -{24}/{7}$.

Получили, что угол $C$ тупой. $∠C = π − arctg{24}/{7}$.

б) 1) $tg β = {O_1E}/{EC}, EC = r_1 : tg β = 9 : {4}/{3} = {27}/{4}$.

Обозначим величину угла $O_1AC$ треугольника через $α$. Найдём $EA = r_1 : tg α$.

Проведём $O_2M ⊥O_1E$, тогда аналогично пункту а) $EM = r_2$,

$O_1M = O_1E — EM = r_1 — r_2 = {144}/{25}, O_1O_2= r_1 + r_2 = {306}/{25}$.

$O_2M= √{O_1O_2^2 — O_1M^2} = {270}/{25}, tg α = {O_1M}/{O_2M} = {8}/{15}, AE = r_1 : tg α = 9 : {8}/{15} = {135}/{8}$.

$AC = AE + EC = {189}/{8}$.

$S_{AO_1O_3} = S_{AO_1C}-S_{ACO_3}={1}/{2}r_1· AC-{1}/{2}r_3·AC = {1}/{2}(r_1-r_3) ·AC = 94.5$.

а) По условию задачи выполним чертёж.

Угол $ANM$ опирается на диаметр $AM$ большей окружности, следовательно, он — прямой. Угол $ADO$ опирается на диаметр $AO$ меньшей окружности, поэтому он тоже прямой. Таким образом, прямые $MN$ и $BC$ перпендикулярны прямой $AN$, значит, они параллельны.

б) Углы $AOC$ и $AMN$ равны как соответственные при параллельных прямых $MN , BC$ и секущей $AM$. Диаметр $BC$ большей окружности перпендикулярен хорде $AN$. Значит, точка $C$ — середина дуги $AN$ (в равнобедренном треугольнике $AON$ высота $OD$ является одновременно медианой и биссектриссой). Следовательно, луч $MC$ является биссектрисой угла $AMN$ прямоугольного треугольника $AMN$, поэтому

${NK}/{KA} = {MN}/{MA} = cos∠AM N = cos∠AOC = √{1-sin^2 ∠AOC} = {1}/{3}$.

а) По условию задачи выполним чертёж (см. рис.).

Угол $ANM$ опирается на диаметр $AM$ большей окружности, следовательно, он — прямой. Угол $ADO$ опирается на диаметр $AO$ меньшей окружности, поэтому он тоже прямой. Таким образом, прямые $MN$ и $BC$ перпендикулярны прямой $AN$, значит, они параллельны. б) Углы $AOC$ и $AMN$ равны как соответственные при параллельных прямых $MN$, $BC$ и секущей $AM$. Диаметр $BC$ большей окружности перпендикулярен хорде $AN$. Значит, точка $C$ — середина дуги $AN$ (в равнобедренном треугольнике $AON$ высота $OD$ является одновременно медианой и биссектриссой). Следовательно, луч $MC$ является биссектрисой угла $AMN$ прямоугольного треугольника $AMN$, поэтому
${NK} / {KA} = {MN} / {MA} = cos ∠ AMN = cos ∠ AOC = √ {1 — sin^2 ∠ AOC} = {2} / {3}$.

а) $△POB ∼ △KOA$ по первому признаку подобия: $∠PBO = ∠OAK = 90°, ∠BOP = ∠AOK$ как вертикальные.

Учитывая, что в подобных треугольниках пропорциональны сходственные стороны и высоты, к ним проведённые, получим ${OP}/{OK} = {BN}/{AM}$ (1).

$△ONB ∼ △AOM$ по первому признаку подобия: $∠BNO = ∠AMO = 90°, ∠BON = ∠AOM$ как вертикальные, отсюда ${ON}/{OM} = {BN}/{AM}$ (2).

Из 1) и 2) следует ${OP}/{OK} = {ON}/{OM}$.

Следовательно, $△OPK ∼ △ONM$ по второму признаку подобия: $∠POK$ — общий, ${OP}/{ON} = {OK}/{OM}$.

Из подобия следует $∠OPK = ∠ONM$ . Углы $OPK$ и $ONM$ соответственные при прямых $PK$ и $NM$ и секущей $OP$ . Следовательно, $PK ‖ MN$ по признаку параллельности прямых.

б) В четырехугольнике $AEBO ∠AEB = 45°$ (по условию) $∠AOB=360°-(∠A +∠B +∠E ) = 360° — 225° = 135°$. В $△AOM ∠AMO = 90°, ∠AOM = 180°-135°=45°, AM=MO$.

Обозначим $OM = x$, тогда $AM = x, AO=OM√2=x√2$.

В $△OAK ∠OAK = 90°, ∠AOM = 45°$, то есть $AO = AK, AO=x√2, KO=AO√2=x√2·√2=2x$.

По доказанному в пункте а) $△OPK ∼ △ONM$, значит, ${MN}/{KP} = {OM}/{OK}$.

Пусть $OM = x, OK = 2x$.

${MN}/{KP}={x}/{2x}=1:2$

а) $O$ — точка пересечения высот $ME$ и $PF$. $△POE ∼ △MFO$ по первому признаку подобия: $∠PEO = ∠OFM = 90°, ∠EOP = ∠FOM$ как вертикальные.

Учитывая, что в подобных треугольниках пропорциональны сходственные стороны и высоты, к ним проведённые, получим ${OP}/{OM} = {EH}/{FK}$ (1).

$△OHE ∼ △FOK$ по первому признаку подобия: $∠EHO = ∠FKO = 90°, ∠EOH = ∠FOK$ как вертикальные, отсюда ${OH}/{OK} = {EH}/{FK}$ (2).

Из 1) и 2) следует ${OP}/{OM} = {OH}/{OK}$.

Следовательно, $△OP M ∼ △OH K$ по второму признаку подобия: $∠P OM$ — общий, ${OP}/{OH} = {OM}/{OK}$.

Из подобия следует $∠OP M = ∠OH K$ . Углы $OP M$ и $OH K$ соответственные при прямых $M P$ и $K H$ и секущей $OP$ . Следовательно, $M P ‖ K H$ по признаку параллельности прямых.

б) В четырехугольнике $N FOE ∠FOE = 360° -(∠90° +∠90° +∠N ) = 360° — 240° = 120°$. В $△FOK ∠FKO = 90°, ∠FOK = 60°$, как смежный с $∠FOE = 120°$, тогда $∠OF K = 30°$.

Обозначим $OK = x$, тогда $FO = 2x$.

В $△OFM ∠M FO = 90°, ∠FOM = 60°, ∠F M O = 30°$, то есть $FO = {1}/{2}M O$, значит, $2x = {1}/{2}M O, M O = 4x$.

По доказанному в пункте а) $△OM P ∼ △OK H$, значит, ${MP}/{K H} = {M O}/{OK} $, но $M O = 4x, OK = x$, следовательно, ${M P}/{K H} = {4x}/{x} = 4 : 1$

а) Отрезок, соединяющий вершину прямого угла и середину гипотенузы, равен половине длины гипотенузы, то есть $AK = K B = K C. AR$ — биссектриса угла $BAC$, значит $∠CAR =∠BAR = α$.

$K P$ — средняя линия $△ABC$, значит, $K P ‖ AC$.

Накрест лежащие углы $CAR$ и $ARK$ равны (секущая $AR$).

В треугольнике $AK R$ равны углы $K AR$ и $K RA$, значит $AK = K R$.

Получим $AK = K B = K C = K R$, значит точки $A, B, C$ и $R$ лежат на окружности с центром $K$.

б) $∠CBR =∠CAR$ и $∠BAR =∠BCR$ (опираются на дуги $C R$ и $BR$ соответственно), таким образом, треугольники $AK R$ и $BC R$ подобны по двум углам. По теореме синусов для треугольника $ABR$ получим ${BR}/{sin ∠RAB} = 2r$, где $r$ — радиус описанной окружности, то есть $2r = AB$. Получили ${BR}/{AB} = sin ∠RAB = sin α$.

Но коэффициент подобия треугольников $AK R$ и $BC R$ равен ${AK}/{BR} = {2AK}/{2BR} = {AB}/{2BR} = {1}/{2 sin α}$.

По условию $sin ∠BAC = sin 2α = {15}/{17}$.

Площади треугольников относятся как квадрат коэффициента подобия, поэтому ${S_{AKR}}/{S_{BCR}} = ({1}/{2sin α})^2 = {1}/{2 · {9}/{17}} = {17}/{18}$.

Продолжим боковые стороны трапеции $AB$ и $DC$ до пересечения в точке $S$. Ясно, что $BC$ — меньшее основание, иначе перпендикуляр $AE$ будет падать на продолжение $CD$, а не на саму сторону, что противоречит условию.

а) Для доказательства перпендикулярности прямых $FC$ и $CD$ достаточно доказать подобие треугольников $SFC$ и $SAE$.

Заметим, что $△SBC ∼ △SAD$ по двум углам ($∠SBC = ∠SAD = 90°, ∠S$ — общий). Тогда ${SB}/{SA} = {SC}/{SD}$, то есть $SB·SD = SA · SC$.

С другой стороны, $△SBE ∼ △SFD$ по двум углам: $∠SBE = ∠SFD$ как соответственные углы при параллельных прямых $BE$ и $FD$ и секущей $SA, ∠S$ — общий.

Тогда ${SB}/{SF} = {SE}/{SD}$, отсюда $SB · SD = SF · SE$.

Следовательно, $SA · SC = SB · SD = SF · SE$.

Тогда $SA · SC = SF · SE, {SA}/{SF} = {SE}/{SC}$.

Отсюда $△SAE ∼ △SFC$ по второму признаку.

Тогда $∠SCF = ∠SEA = 90°, FC ⊥ SD$, что и требовалось доказать.

б) Из подобия треугольников $SBE$ и $SFD$ следует ${BE}/{FD} = {SB}/{SF}$.

$∠BCS = 180° — ∠BCD = 60°, SB = SC sin 60° = {√3}/{2}SC. ∠CSF = 90° — ∠BCS = 30°$. Из $△SFC$ следует, что $CS = SF cos 30° = SF {√3}/{2}$. Тогда $SB = {√3}/{2}SC ={√3}/{2}·{√3}/{2}SF; {SB}/{SF} = {3}/{4} = 0.75$.

а) Достроим треугольник $ABC$ до параллелограмма $ABDC$, как показано на рисунке.

По свойству параллелограмма, верно равенство $2(AB^2 + AC^2) = AD^2 + BC^2$, или $2(AB^2 + AC^2) = (2AM)^2 + BC^2$. Так как по условию $AB = 2, AC = √{21}, AM = 2.5$, то $2(22 + √{21}^2) = (2 · 2.5)^2 + BC^2$, откуда $BC = 5$. Если диагонали параллелограмма равны, то он — прямоугольник, значит, $∠BAC = 90°$ и $△ABC$ прямоугольный.

б) В прямоугольном треугольнике $ABC$ выразим площадь двумя способами: $2S = AB · AC, 2S = BC · AH$, приравнивая правые части этих равенств, находим $AH = {AB·AC}/{BC} = {2 · √21}/{5}$. Катет $HM$ найдём из прямоугольного треугольника $AHM$ по теореме Пифагора: $HM = √{AM^2 − AH^2} = √{2.5^2 −({2 · √21}/{5})^2} = √{{25}/{4} − {84}/{25}} = √{{625 − 336}/{100}} = {17}/{10} = 1.7$.

а) $∠ABC = 180° — (60° + 15°) = 105°$.

$NH$ — медиана в прямоугольном треугольнике $AHB$, отсюда $NH = NB = AN$.

$∠ABH = 75°, ∠BHN = ∠NBH$ как углы при основании равнобедренного треугольника $NBH , ∠NBH = 75°$.

$FK = {1}/{2}AB, NK = {1}/{2}BC , FN = {1}/{2}AC$ по свойству средней линии треугольника, тогда $△FKN ∼ △ABC$ по трём пропорциональным сторонам, следовательно, $∠NKF = ∠ABC = 105°$.

В четырёхугольнике $NHFK$ найдём сумму противоположных углов: $∠FKN + ∠FHN = 105° + 75° = 180°$, значит, около этого четырёхугольника можно описать окружность, что и требовалось доказать.

б) По теореме синусов для $△NFK: {NK}/{sin∠NFK} = 2R$, где $R$ — радиус окружности, проходящей через точки $K , N , F$ и $H$. Так как $NK = {1}/{2}BC$, то ${BC}/{2sin60°} = 2R = {4√3}/{2} : {√3}/{2} = 4$.

В равнобедренном треугольнике $HNB$ $∠N = 180° — 75°· 2 = 30°$. $∠BNF = ∠BAC = 60°$ как соответственные углы при параллельных прямых $NF$ и $AC$ и секущей $AB$.

В $△HNF ∠HNF = ∠HNB + ∠BNF = 30° + 60° = 90°$, значит $HF$ — диаметр описанной окружности, $HF = 2R = 4$.

а) Общая касательная, проведенная к окружностям в точке $K$, пересекает $AB$ в точке $M$. По свойству касательных, проведенных из одной точки, $AM = K M$ и $K M = BM$. Треугольник $AK B$, у которого медиана $K M$ равна половине стороны $AB$, к которой она проведена, прямоугольный, $∠AK B = 90°$. Вписанный угол $AK D$ прямой, поэтому он опирается на диаметр $AD$, значит, $AD ⊥ AB$. Аналогично, получаем, что $BC ⊥ AB$. Следовательно, прямые $AD$ и $BC$ параллельны.

б) Пусть первая окружность имеет радиус $8$, а вторая — радиус $2$.

Проведём $O_2H ⊥ AD$, тогда $O_2HAB$ — прямоугольник и $AH = O_2 B = 2, AB = O_2 H$. Из $△O_1O_2H$ получим $O_2 H^2 = O_1O_2^2 — O_1H^2 = (2 + 8)^2 — (8 — 2)^2 = 64, O_2 H = 8 = AB$.

$△O_2PB ∼ △O_1O_2H$ (по двум углам), ${O_2B}/{O_2P} = {O_1H}/{O_1O_2}; {2}/{O_2P} = {8 — 2}/{8 + 2}; O_2P = {10}/{3}$.

Проведём высоту $KE$ в $△AKB$, получим, что $△O_2BP ∼ △KEP$ (по двум углам). ${KE}/{O_2B} = {KP}/{O_2P}; {KE}/{2} = {2 + {10}/{3}}/{{10}/{3}}; KE = 1.6 · 2 = 3.2$.

$S_{AKB} = {1}/{2}AB · KE = {1}/{2} · 8 · 3.2 = 12.8$.

а) $O_1O_2 ⊥ MN, O_1O_2$ делит хорду $MN$ и дугу $MN$ второй окружности пополам.

$∠MO_2O_1 = {1}/{2} ︶ MN; ∠ACN = ∠MCN = {1}/{2} ︶ MN = ∠MO_2O_1. ∠ANM = 90°$ как угол, опирающийся на диаметр, поэтому $AN ⊥ MN, O_1O_2 ⊥ MN$, значит, $AN‖ O_1O_2$, откуда $∠MO_1O_2 = ∠MAN$. Итак, $△ACN∼△MO_1O_2$ по двум углам.

б) Введём обозначения: $r$ — радиус меньшей окружности, тогда $1.5r$ -радиус большей окружности.

$∠MNB = 180° — ∠MNA = 90°$, тогда $MB$ — диаметр окружности (проходит через $O_2$). $∠MCB = 90°$, как вписанный угол, опирающийся на диаметр.

Значит, $△AMN∼△BCM$ по двум углам.

Значит, ${MC}/{MN} = {MB}/{AM}={2⋅3r}/{2⋅2r} =1.5.$

$MC= 1.5·3 = 4.5$.

а) $O_1O_2 ⊥ MN, O_1O_2$ делит хорду $MN$ и дугу $MN$ второй окружности пополам.

$∠MO_2O_1 = {1}/{2} ︶ MN; ∠ACN = ∠MCN = {1}/{2} ︶ MN = ∠MO_2O_1. ∠ANM = 90°$ как угол, опирающийся на диаметр, поэтому $AN ⊥ MN, O_1O2 ⊥ MN$, значит, $AN‖ O_1O_2$, откуда $∠MO_1O_2 = ∠MAN$. Итак, $△ACN∼△MO_1O_2$ по двум углам.

б) Введём обозначения: $r$ — радиус меньшей окружности, тогда $2.5r$ -радиус большей окружности.

$∠MNB = 180° — ∠ANM = 90°$, тогда $MB$ — диаметр второй окружности (проходит через $O_2$). $∠MCB = 90°$, как вписанный угол, опирающийся на диаметр.

Значит, $△AMN∼△BCM$ по двум углам ($∠ANM = ∠MCB = 90°, ∠AMN = ∠CMB$)

${MC}/{MN} = {MB}/{AM}$, но ${MB}/{AM} = {2·2.5r}/{2r} = 2.5$.

$MC = 2.5·MN = 5$.

а) Проведём $CE ‖ BD$. $E$ — точка пересечения прямых $AD$ и $CE$. $BCED$ — параллелограмм: $BC ‖ DE$ как прямые, содержащие основания трапеции, $BD ‖ CE$ по построению. $BC = DE = 7$, тогда $AE = AD + DE = 34 + 7 = 41$. Заметим, что для треугольника $ACE$ выполнена теорема Пифагора: $AC^2 + CE^2 = AE^2$, следовательно, $AC ⊥ CE$, а так как $CE ‖ BD$, то $BD ⊥ AC$.

б) Проведём высоту $CH$ трапеции. $CH$ также является высотой треугольника $ACE. CH = {AC·CE}/{AE} = {9·40}/{41}. S_{ABCD} = {AD + BC}/{2}·CH = {34 + 7}/{2}·{9·40}/{41} = 9·20 = 180$.

а) Проведём $CE ‖ BD$. $E$ — точка пересечения прямых $AD$ и $CE$. $BCED$ — параллелограмм: $BC ‖ DE$ как прямые, содержащие основания трапеции, $BD ‖ CE$ по построению. $BC = DE = 6$, тогда $AE = AD + DE = 19 + 6 = 25$. Заметим, что для треугольника $ACE$ выполнена теорема Пифагора: $AC^2 + CE^2 = AE^2$, следовательно, $AC ⊥ CE$, а так как $CE ‖ BD$, то $BD ⊥ AC$.

б) Проведём высоту $CH$ трапеции. $CH$ также является высотой треугольника $ACE. CH = {AC·CE}/{AE} = {7·24}/{25}. S_{ABCD} = {AD + BC}/{2}·CH = {19 + 6}/{2}·{7·24}/{25} = 7·12 = 84$.

а) $KD$ — диаметр большей окружности ($O ∈ KD$), $O_1$ — центр меньшей окружности, $l$ — общая касательная двух окружностей, проходящая через точку $K$ (см. рис.). $O_1 ∈ KD$. Действительно, $OK⊥ l$, $O_1K⊥ l$ как радиусы, проведённые в точку касания, значит, точки $O$, $K$, $O_1$ лежат на луче $KO$. $∠ DEK=∠ OCK=90°$ как вписанные углы, опирающиеся на диаметры $DK$ и $OK$ соответственно. $C∈ EK$, следовательно, $DE∥ AB$ как два перпендикуляра к одной прямой.

б) Так как диаметр $AB$, перпендикулярный хорде $EK$, делит её пополам, то $CE=CK$, следовательно, $⌣ KB=⌣ BE$ (см. рис.). Угол $EDK$ вписанный, опирается на дугу $EK$, а угол $BOK$ — центральный, опирается на половину дуги $EK$, следовательно, $∠ EDK=∠ BOK=α$; $∠ EDB=∠ BDK$ как вписанные углы, опирающиеся на равные дуги, тогда $DL$ — биссектриса треугольника $DEK$, а по свойству биссектрисы ${EL} / {LK}={DE} / {DK}=cos α=√ {1-sin^2 α}$.

${EL} / {LK}=√ {1-{15} / {64}}={7} / {8}$.

а) По условию задачи выполним чертёж.

Рассмотрим треугольники $KOH$ и $KOC$. Они подобны как прямоугольные треугольники с общим острым углом $∠KOC$. Значит, ${OH}/{OK} = {OK}/{OC} = sin(90° — ∠ABC) = cos∠ABC = k$. Отсюда следует, что $OH = {OK^2}/{OC} = ({OK}/{OC})^2·OC = k^2·OC$. Следовательно, ${OH}/{OC} = k^2$.

Аналогично, треугольник $MOE$ подобен треугольнику $MOA$. Тогда ${OE}/{OM} = {OM}/{OA} = sin(90° — ∠ABC) = cos∠ABC = k$. Отсюда следует, что $OE = {OM^2}/{OA} = ({OM}/{OA})^2·OA = k^2·OA$. Следовательно, ${OE}/{OA} = k^2$.

Треугольники $OEH$ и $OAC$ подобны, так как $∠AOC$ — общий и ${OH}/{OC} = {OE}/{OA}$. Тогда $∠OEH = ∠OAC$, эти углы являются соответственными при прямых $EH$ и $AC$ и секущей $AO$, значит $EH || AC$.

б) Из подобия $OEH$ и $OAC$ следует, что ${EH}/{AC} = {OH}/{OC} = {OE}/{OA} = k^2$. Тогда ${EH}/{AC} = cos^2∠ABC = {2}/{16} ={1}/{8}$. Таким образом, $EH : AC = 1 : 8$.

а) По условию задачи выполним чертёж.

Рассмотрим треугольники $KOH$ и $KOC$. Они подобны как прямоугольные треугольники с общим острым углом $∠KOC$. Значит, ${OH}/{OK} = {OK}/{OC} = sin(90° — ∠ABC) = cos∠ABC = k$. Отсюда следует, что $OH = {OK^2}/{OC} = ({OK}/{OC})^2·OC = k^2·OC$. Следовательно, ${OH}/{OC} = k^2$.

Аналогично, треугольник $MOE$ подобен треугольнику $MOA$. Тогда ${OE}/{OM} = {OM}/{OA} = sin(90° — ∠ABC) = cos∠ABC = k$. Отсюда следует, что $OE = {OM^2}/{OA} = ({OM}/{OA})^2·OA = k^2·OA$. Следовательно, ${OE}/{OA} = k^2$.

Треугольники $OEH$ и $OAC$ подобны, так как $∠AOC$ — общий и ${OH}/{OC} = {OE}/{OA}$. Тогда $∠OEH = ∠OAC$, эти углы являются соответственными при прямых $EH$ и $AC$ и секущей $AO$, значит $EH || AC$.

б) Из подобия $OEH$ и $OAC$ следует, что ${EH}/{AC} = {OH}/{OC} = {OE}/{OA} = k^2$. Тогда ${EH}/{AC} = cos^2∠ABC = 1-sin^2∠ABC = 1-{1}/{3} ={2}/{3}$. Таким образом, $EH : AC = 2 : 3$.

а) Рассмотрим выпуклый четырёхугольник ABCD. Пусть M — середина AB, N — середина CD, причём $S_{AMND} = S_{MBCN}$. Проведём AN и BN. Заметим, что $S_{AMN} = {1}/{2}AM · MNsin∠AMN ={1}/{2}MB · MNsin∠BMN = S_{BMN}$, так как $AM = MB, sin∠AMN = sin(180° — ∠AMN) = sin∠BMN$.

Отсюда $S_{AND} = S_{BNC}(S_{AND} = S_{AMND} — S_{AMN}, S_{BNC} = S_{MBCN} — S_{MBN})$.

Опустим в $△AND$ высоту AH, в $△BNC$ — высоту BK.

Получим ${1}/{2}DN·AH = {1}/{2}NC·BK$, при этом $DN = NC$. Следовательно, $AH = BK$. Но тогда в четырёхугольник $AHKB ∠AHK = ∠BKH = 90°, AH = BK$, то есть $AHKB$ — прямоугольник. Значит, $AB ‖ HK, AB ‖ DC$.

Для доказательства того, что ABCD — трапеция, необходимо доказать, что две другие стороны не параллельны, то есть AD не параллельна BC. Предположим противное. Тогда ABCD — параллелограмм, но тогда отрезок, соединяющий середины AD и BC, делит площадь ABCD пополам, что противоречит условию, так как отношение полученных площадей должно равняться 6 : 7. Отсюда верно ABCD — трапеция.

б) По условию EF делит площадь ABCD на площади, отношение которых равно 6 : 7, а именно $S_{ABFE} : S_{EFCD} = 6 : 7$.

$EF$ — средняя линия, $EF = {AB + CD}/{2}$.

Надо найти AB : CD.

$S_{ABFE} = {AB + EF}/{2}·h_1, S_{EFCD} = {EF + CD}/{2}·h_2$, где $h_1$ — высота $ABFE$, $h_2$ — высота $EFCD$.

Учитывая, что $AB ‖ CD$, а $EF$ — средняя линия и $EF ‖ AB$ и $EF ‖ CD$, то расстояние от $EF$ до $AB$ и от $EF$ до $CD$ равны, то есть $h_1 = h_2$.

Следовательно, ${S_{ABFE}}/{S_{EFCD}} = {{AB + EF}/{2}}/{{EF + CD}/{2}} = {AB + EF}/{EF + CD} = {AB + {AB + CD}/{2}}/{{AB + CD}/{2} + CD} = {3AB + CD}/{3CD + AB}, {3AB + CD}/{3CD + AB} = {6}/{7}, 21AB + 7CD = 18CD + 6AB, 15AB = 11CD, {AB}/{CD} = {11}/{15}$.

$AB : CD = 11 : 15$.

а) Рассмотрим выпуклый четырёхугольник $QMNP$ (см. рис.). Пусть $E$ — середина $MQ$, $F$ — середина $NP$, причём $S_{MNFE}=S_{EFPQ}$.

Проведём отрезки $EN$ и $EP$. Заметим, что
$S_{▵ EFN}={1} / {2} EF⋅ FNsin ∠ EFN={1} / {2} EF⋅ FP sin ∠ EFP=S_{▵ EFP}$, так как $NF=FP$ и $sin ∠ EFN=sin (180°-∠ EFN)=sin ∠ EFP$. Отсюда $S_{▵ MNE}=S_{▵ EPQ}$ ($S_{▵ MNE}=S_{MNFE}-S_{▵ EFN}$, $S_{▵ EPQ}=S_{EFPQ}-S_{▵ EFP}$). Опустим в $▵ MNE$ высоту $NN_1$, в $▵ EPQ$ — высоту $PP_1$. Получим: ${1} / {2} ME⋅ NN_1={1} / {2} EQ⋅ PP_1$. Но $ME=EQ$, следовательно, $NN_1=PP_1$. Но тогда в четырёхугольнике $N_1NPP_1$ $∠ NN_1P_1=∠ N_1P_1P=90°$, $NN_1=PP_1$, то есть $N_1NPP_1$ — прямоугольник. Значит, $N_1P_1∥ NP$, $MQ∥ NP$. Из предположения о том, что $MN∥ QP$, следует, что отрезок, соединяющий середины сторон $MN$ и $QP$, делит параллелограмм $MNPQ$ на две равновеликие фигуры. Но по условию это не так. Значит, $MN ∦ QP$. Следовательно, $MNPQ$ — трапеция. б) По условию второй отрезок $AB$ делит четырёхугольник так, что площадь $ANPB$ относится к площади $ABQM$ как $9:13$ (см. рис.).

$S_{ANPB}:S_{ABQM}=9:13$. $AB$ — средняя линия трапеции, $AB={NP+MQ} / {2}$. $S_{ANPB}={AB+NP} / {2}⋅ h_1$; $S_{ABQM}={AB+MQ} / {2}⋅ h_2$, где $h_1$ — высота трапеции $ANPB$; $h_2$ — высота трапеции $ABQM$. Так как $NP∥ MQ$, а $AB$ — средняя линия и $AB∥ NP$ и $AB∥ MQ$, то расстояния от $AB$ до $NP$ и от $AB$ до $MQ$ равны, то есть $h_1=h_2$. Отсюда, ${S_{ANPB}} / {S_{ABQM}}={{NP+AB} / {2}} / {{AB+MQ} / {2}}={NP+{NP+MQ} / {2}} / {{NP+MQ} / {2}+MQ}={3NP+MQ} / {3MQ+NP}$, ${3NP+MQ} / {3MQ+NP}={9} / {13}$, $39NP+13MQ=27MQ+9NP$, $30NP=14MQ$, ${NP} / {MQ}={14} / {30}={7} / {15}$.