A. Продлим медиану АМ до пересечения с продолжением стороны ВС трапеции. Треугольники АМD и СMQ подобны по двум углам (<MCQ=<MDA как накрест лежащие при параллельных BQ и AD, <CMQ =<AMD как вертикальные). Из подобия имеем: CQ/AD=СM/MD=1 (так как СМ=MD - дано). Итак, CQ=AD. Тогда BQ=BC+CQ. Но BC=(1/3)*AD (дано), а CQ=AD (доказано выше). Следовательно, BQ=(1/3)*AD+AD, отсюда 3BQ=4AD. BQ/AD=4/3. Треугольники АРD и ВРQ подобны по двум углам (<РВQ=<РDA как накрест лежащие при параллельных BQ и AD и секущей BD, <ВРQ =<AРD как вертикальные). Из подобия имеем: ВР/PD=ВQ/AD=4/3. Что и требовалось доказать.
В. Площадь трапеции АВСD Sabcd=(BC+AD)*BH/2=(2/3)AD*BH. Площадь треугольника AMD равна Samd=(1/2)*AD*PH. Площадь треугольника ABD равна Sabd=(1/2)*AD*BH. Площадь треугольника AMD равна Samd=(1/2)*AD*MK. Но МК=(1/2)*ВН (из подобия треугольников AMD и CMQ). Значит Samd=(1/4)*AD*ВН. Площадь треугольника AРD равна Saрd=(1/2)*AD*РТ. Но РТ=(3/7)*ВН (из подобия треугольников AMQ и APD). Значит Saрd=(3/14)*AD*ВН. Площадь треугольника РМD равна Spmd=Samd-Sapd=(1/4-3/14)*AD*ВН =(1/28)*AD*ВН Sbcmp=Sabcd-Sabd-Spmd=(2/3-1/2-1/28)AD*BH = (11/84)*AD*BH. (2/3)AD*BH=56 (дано). Тогда AD*BH=84. Sbcmp=(11/84)*84=11.
Назовём трапецию АВСД, а точки касания Е и К. Проведём отрезки в точки касания и в точки Е и К. Найдём радиус вписанной окружности: r = (EK/2) / cos 30° = 10 / (√3/2) = 20 / √3 см. Отрезок ЕВ = r*tg 30° =( (20 / √3)*(1/√3) = 20 / 3 см. Сторона ВС = 2*ЕВ = (20/3)*2 = 40/3 = 13(1/3) см. Отрезок АЕ = r/tg 30° =( (20 / √3)/(1/√3) = 20 см. Сторона АД = 2*АЕ = 2*20 = 40 см. Сторона АВ = АЕ+ЕВ = 20+20/3 = 80/3 = 26(2/3) см. Для проверки использовать свойство трапеции, в которую вписана окружность - сумма боковых сторон равна сумме оснований: 40+13(1/3) = 53(1/3) см, 26(2/3)*2 = 53(1/3) см.
Сначало находим СВ за теоремой Пифагора:
СВ квадрат = АВ квадрат - АС квадрат
СВ квадрат - 676 - 576
СВ квадрат = 100
СВ = 10 см
cos угла В = отношение прилежащего катета к гипотенузе ( СВ / АВ)
cos угла В = 10 /26= 5/13