а) Проведем радиусы $OH\perp BC$ и $OM\perp AC$ с длинной $R.$ Так как центр вписанной окружности находится в точке пересечения биссектрис, то $\angle OBH=30^{\circ }.$ Катет, лежащий против угла в $30^{\circ }$ равен половине гипотенузы $\Rightarrow OB=2OH=2R.$ По неравенству треугольника для $OBM$ имеем $BM < OM+OB=3R.$

б) Запишем теорему косинусов для треугольника $OBM:$

$OB^{2}=OM^{2}-2OM\cdot BM\cos \angle BMO,$

$4R^{2}=R^{2}+6,25R^{2}-5R^{2}\cos \angle BMO,$

cos$\angle BMO=\displaystyle \frac{3,25}{5}=0,65.$

Так как $\angle OMC=90^{\circ },$ то $\sin \angle BMC=\sin (90^{\circ }+\angle BMO)=\cos \angle BMO=0,65.$

а) Треугольники $ABD$ и $BMC$ - прямоугольные, так как опираются на диаметры окружностей. Тогда $AD$ и $CM$ перпендикулярны одной и той же прямой $DM$. Следовательно, $AD\parallel MC.$

б) Пусть $O$ - центр окружности с диаметром $AB.$ Тогда отрезок $OM$ перпендикулярен $AM.$

Так как угол $AKB$ - вписанный, опирающийся на диаметр, то отрезок $KB$ перпендикулярен $AM.$ Значит, $ KB\parallel OM\ $\ и треугольники $AKB$ и $AOM$ подобны по двум углам:

$\displaystyle \frac{AK}{AM}=\displaystyle \frac{KB}{OM}=\displaystyle \frac{3}{15}=\displaystyle \frac{1}{5},$

$OM=5KB.$

Проведем высоту $BP$ в треугольнике $BOP:$

$BP^{2}+OP^{2}=OB^{2},$

$144+16KB^{2}=25KB^{2},$

$KB=4.$

Рассмотрим треугольники $ACM$ и $DCM.$ Они имеют одинаковые основания $MC$ и высоту $DM,$ а, значит, и равные площадию

$S_{DBC}=S_{DCM}-S_{BMC}=S_{AMC}-S_{BMC}=S_{AMB}=\displaystyle \frac{1}{2}AM\cdot KB=30.$

a) В треугольниках $ABC$ и $AB_{1}C_{1}$ $\angle A$ - общий. $AC$ и $AB$ - секущие, проведениные из одной точки, следовательно, $\displaystyle \frac{AB_{1}}{AB}=\displaystyle \frac{AC_{1}}{AC}.$ Тогда треугольники $ABC$ и $\ AB_{1}C_{1}$ подобны по двум сторонам и углу между ними.

б) Отношение площадей подобных фигур равно квадрату линейного отношения соответсвенных элементов данных фигур:

$S_{BCB_{1}C_{1}}=8S_{AB_{1}C_{1}},$

$S_{ABC}=S_{BCB_{1}C_{1}}+S_{AB_{1}C_{1}}=9S_{AB_{1}C_{1}},$

$\displaystyle \frac{S_{AB_{1}C_{1}}}{S_{ABC}}=\left( \displaystyle \frac{B_{1}C_{1}}{BC}\right)^{2}=\left( \displaystyle \frac{AC_{1}}{AC}\right) ^{2}=\left( \displaystyle \frac{AB_{1}}{AB}\right)^{2}=\displaystyle \frac{1}{9}\Rightarrow BC=3B_{1}C_{1}=18.$

По теореме косинусов в треугольнике $ACC_{1}:$

$CC_{1}^{2}=AC^{2}+AC_{1}^{2}+-2AC\cdot AC\ _{1}\cos \angle A,$

$CC_{1}^{2}=9AC_{1}^{2}+AC_{1}^{2}-3AC_{1}^{2}\sqrt{2},$

$CC_{1}=AC_{1}\sqrt{10-3\sqrt{2}}.$

По теореме синусов $ACC_{1}:$

$\displaystyle \frac{AC}{\sin \angle AC_{1}C}=\displaystyle \frac{CC_{1}}{\sin \angle A}\Rightarrow $

$\sin \angle AC_{1}C=\sin \angle BC_{1}C=\displaystyle \frac{AC\sin \angle A}{CC_{1}}=\displaystyle \frac{3AC_{1}}{AC_{1}\sqrt{2}\cdot \sqrt{10-3\sqrt{2}}}=\displaystyle \frac{3}{\sqrt{20-6\sqrt{2}}}.$

Искомый радиус совпадает с радиусом окружности, описанной около треугольника $BCC_{1}.$ по теореме синусов из треугольника $BCC_{1}:$

$\displaystyle \frac{BC}{\sin \angle BC_{1}C}=2R\Rightarrow R=3\sqrt{20-6\sqrt{2}}.$

а) Продолжим стороны $AB$ и $CD$ до пересечения в точки $R$. Окружности вписаны в угол, следовательно, их центры лежат на биссектрисе этого угла. Точка $P$ лежит на одной прямой с центрами окружности, значит, $RP$ - биссектриса треугольника $ARP.$

По теореме о биссектрисе угла треугольника $\displaystyle \frac{AP}{DP}=\displaystyle \frac{AR}{DR}=\sin \angle D.$

б) Введем обозначения. Пусть окружность с центром $O_{1}$ и радиусом $\displaystyle \frac{4}{3}$ касается сторон $AB$ и $AD$ в точках $E$ и $M,$ а окружность в цетре $O_{2}$ и радиусом $\displaystyle \frac{1}{3}$ касается сторон $AB$ и $BC$ в точках $F$ и $N.$ Проведем перпендикуляр $O_{2}H$ к отрезку $O_{1}E.$ Так как радиус, проведенный в точку касания, перпендикулярен касательной, то $HO_{2}FE$ - прямоугольник, а $AEO_{1}M$ и $BNO_{2}F$ - квадраты. Получим:

$O_{1}H=O_{1}E-HE=O_{1}E-O_{2}F=\displaystyle \frac{4}{3}-\displaystyle \frac{1}{3}=1,$

$O_{1}O_{2}=\displaystyle \frac{4}{3}+\displaystyle \frac{1}{3}=\displaystyle \frac{5}{3}.$

По теореме Пифагора из трегугольника $O_{1}O_{2}H:$

$O_{2}H=\sqrt{O_{1}O_{2}^{2}-O_{1}H^{2}}=\sqrt{\displaystyle \frac{25}{9}-1}=\displaystyle \frac{4}{3}=EF.$

Прямые $O_{2}H$ и $EF$ параллельны, значит треугольники $O_{1}O_{2}H$ и $O_{1}RE$ подобны по признаку подобия по двум углам ($\angle REO_{1}=\angle O_{2}HO_{1}=90^{\circ },$ $\angle RO_{1}E$ - общий). Тогда обозначим $\angle O_{1}O_{2}H=\angle O_{1}RE=\alpha .$

Из прямоугольного треугольника $O_{1}O_{2}H:$

$tg \alpha =\displaystyle \frac{O_{1}H}{O_{2}H}=\displaystyle \frac{3}{4}.$

Тогда $\angle BRC=2\alpha ,$ $\angle BCD=\angle CRB+\angle RBC=90^{\circ }+2\alpha $ как внешний угол треугольника и $\angle O_{2}CN=\displaystyle \frac{1}{2}\angle BCD=45^{\circ }+2\alpha $ так как центр вписанной в угол окружности лежит на биссектрисе этого угла.

Из треугольника $O_{2}CN$ находим:

$NC=O_{2}N\cdot ctg(45^{\circ }+\alpha )=O_{2}N\cdot tg(90^{\circ}-(45^{\circ }-\alpha ))=O_{2}N\cdot tg(45^{\circ }-\alpha )=$

$=\displaystyle \frac{1}{3}\cdot \displaystyle \frac{1-tg\alpha }{1+tg\alpha }=\displaystyle \frac{1}{3}\cdot \displaystyle \frac{1-\displaystyle \frac{3}{4}}{1+\displaystyle \frac{3}{4}}=\displaystyle \frac{1}{21}.$

Значит, $BC=BN+NC=\displaystyle \frac{1}{3}+\displaystyle \frac{1}{21}=\displaystyle \frac{8}{21}.$

Аналоично, $\angle O_{1}DM=tg(45^{\circ }-\alpha )$ и

$MD=O_{1}M\cdot ctg(45^{\circ }-\alpha )=O_{1}M\cdot tg(45^{\circ }-\alpha )=\displaystyle \frac{1}{4}\cdot \displaystyle \frac{1+tg\alpha }{1-tg\alpha }=\displaystyle \frac{4}{3}\cdot \displaystyle \frac{1+\displaystyle \frac{3}{4}}{1-\displaystyle \frac{3}{4}}=\displaystyle \frac{28}{3}.$

$AD=AM+MD=\displaystyle \frac{4}{3}+\displaystyle \frac{28}{3}=\displaystyle \frac{32}{3}.$

Так как $AB=AE+EF+FB=\displaystyle \frac{4}{3}+\displaystyle \frac{4}{3}+\displaystyle \frac{1}{3}=3,$ то $S_{ABCD}=\displaystyle \frac{AD+BC}{2}\cdot AB=\displaystyle \frac{\displaystyle \frac{32}{3}+\displaystyle \frac{8}{21}}{2}\cdot 3=\displaystyle \frac{116}{7}.$

а) Пусть $O$ - точка пересечения диагоналей трапеции. Так как $AD$ и $CD$ - диаметры окружностей, то $\angle AMD=\angle CND=90^{\circ }.$ По условию $AC\perp BD\Rightarrow AC\perp BO,$ следовательно , $CN,$ $AM$ и $DO$ - высоты треугольноки $ACD.$ Они пересекаются в одной точке $P.$

Трапеция равнобедренная, а ее диагонали перпендикулярны, поэтому треугольник $BOC$ и $AOD$ - равнобедренные и прямоугольные, следовательно, $\angle CBD=\angle CAD=45^{\circ }.$ Так как $AD\perp CN,$ то $BC\perp CN.$ Значит, в прямоугольных треугольниках $BCP$ и $CAN$ углы при основании равны $45^{\circ }$ и треугольники являются равнобедренными, поэтому $BC=CP$ и $AN=CN.$

Прямая $CO$ является серединным перпендикуляром к отрезку $BD$. Точка $A$ принадлежит этой прямой, поэтому $AB=AP.$

Тогда верно, что $BC+AP=AB+CP$ (то есть суммы противоположных сторон равны), следовательно, в четырехугольнике $ABCP$ можно вписать окружностью.

б) Так как $N$ - основание высоты в равнобедренной трапеции, то

$DN=\displaystyle \frac{AD-BC}{2}=\displaystyle \frac{23-7}{2}=8,$

$CN=AN=AD-DN=23-8=15.$

По теореме Пифагора из треугольника $ACN$ $AC=\sqrt{CN^{2}+AN^{2}}=23\sqrt{2}.$

Аналогично из треугольника $BCP$ $BP=7\sqrt{2},$ из треугольника $CND$

$AB=CD=\sqrt{CN^{2}+DN^{2}}=\sqrt{225+64}=17.$

Выразим площадь четырехугольника $ABCP$ двумя способами:

$S_{ABCP}=\displaystyle \frac{1}{2}AC\cdot BP\cdot \sin 90^{\circ }=\displaystyle \frac{1}{2}P_{ABCP}\cdot r,$

$r=\displaystyle \frac{AC\cdot BP}{2(AB\cdot BC)}=\displaystyle \frac{15\sqrt{2}\cdot 7\sqrt{2}}{2\cdot 24}=4,375$

а) Вписанные углы $BAC$ и $DAC$ равны, как опирающиеся на равные хорды, значит, $AC$ - биссектриса угла $BAD. $

Вписанные углы $ADB$ и $ACB$ опираются на одну и ту же дугу, поэтому они тоже равны. Значит, треугольники $ADP$ и $ACB$ подобные по двум углам. Следовательно, $\displaystyle \frac{AB}{BC}=\displaystyle \frac{AP}{PD}.$

б) Точки $A$ и $C$ принадлежит окружности с диаметром $BD$, значит, треугольники $ABD$ и $BCD$ прямоугольные. По условию треугольник $BCD$ равнобедренный, поэтому $BD=BC\sqrt{2}=10$ и углы при основании равны $45^{\circ }.$

Катет $AB$ прямоугольного треугольника $ABD$ равен половине гипотенузы $BD,$ следовательно, $\angle ADB=30^{\circ },\angle ABD=60^{\circ }.$

Так ка центр окружности, вписанной в треугольник, - точка пересечения его биссектрис, то точка $O$ лежит на биссектрисе $AC$ угла $BAD$ и на биссектрисе угла $ADB.$ Тогда $\angle ACD=\angle ABD=60^{\circ }$ (как опирающиеся на одну хорду) и $\angle ODB=\displaystyle \frac{1}{2}\angle ADB=15^{\circ }. $ Получаем, что $\angle ODC=\angle ODB+\angle BDC=15^{\circ }+45^{\circ }=60^{\circ }.$

Значит, треугольник $COD$ - равностронний со стороной $5\sqrt{2}.$

$S_{COD}=\displaystyle \frac{CD^{2}\sqrt{3}}{4}=\displaystyle \frac{25\sqrt{3}}{2}.$

В ответе необходимо записать полученное значение пункта б), умноженное на √3, то есть 37,5.