Ре­ше­ние. Пусть мень­шая сто­ро­на па­рал­ле­ло­грам­ма равна 4a, а боль­шая сто­ро­на па­рал­ле­ло­грам­ма равна 5a. Если боль­ший угол па­рал­ле­ло­грам­ма равен 120°, то мень­ший угол равен 60°. Вве­дем обо­зна­че­ния, как по­ка­за­но на ри­сун­ке. Тре­уголь­ник ABH  — пря­мо­уголь­ный, угол ABH равен 30°, тогда длина AH равна по­ло­ви­не длины ги­по­те­ну­зы тре­уголь­ни­ка, то есть 2a. По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

Таким об­ра­зом, длина боль­шей сто­ро­ны па­рал­ле­ло­грам­ма равна а пло­щадь па­рал­ле­ло­грам­ма равна Зна­че­ние вы­ра­же­ния равно

Ответ: 90.

Ре­ше­ние.

Гра­дус­ная мера угла, об­ра­зо­ван­но­го про­ве­ден­ны­ми из одной точки двумя се­ку­щи­ми к окруж­но­сти, равна по­лу­раз­но­сти гра­дус­ных мер дуг, ко­то­рые этот угол вы­се­ка­ет на окруж­но­сти.

Гра­дус­ная мера дуги в два раза боль­ше гра­дус­ной меры впи­сан­но­го угла, опи­ра­ю­ще­го­ся на эту дугу:

Таким об­ра­зом,

Ответ: 35.

Ре­ше­ние. Рас­смот­рим пря­мо­уголь­ный тре­уголь­ник ABH: По­сколь­ку все сто­ро­ны тра­пе­ции, кроме боль­ше­го ос­но­ва­ния равны a, по­лу­чим Тогда

В тре­уголь­ни­ке BDH имеем:

Рас­смот­рим пря­мо­уголь­ный тре­уголь­ник ABB₁:

Рас­смот­рим пря­мо­уголь­ный тре­уголь­ник :

Тогда

Ответ: 10.

Ре­ше­ние. По­сколь­ку четырёхуголь­ник впи­сан в окруж­ность, сумма про­ти­во­по­лож­ных углов равна 180°. Таким об­ра­зом,

Пра­виль­ный ответ ука­зан под но­ме­ром 5.

Ре­ше­ние.

По усло­вию по­это­му Сле­до­ва­тель­но,

Тогда длина сред­ней линии:

Пра­виль­ный ответ ука­зан под но­ме­ром 5.

Ре­ше­ние.

Пусть AB равно x. По­сколь­ку в тра­пе­цию впи­са­на окруж­ность, сумма про­ти­во­по­лож­ных сто­рон равна т. е. Сумма углов в рав­но­бед­рен­ной тра­пе­ции, при­ле­жа­щих к одной сто­ро­не равна 180°, от­ку­да сле­ду­ет, что сумма углов, дан­ная в усло­вии  — есть сумма углов при ос­но­ва­нии AD, ко­то­рые равны.

Про­ве­дем из вер­ши­ны B вы­со­ту BH. В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке ABH угол BAH равен 30°, от­ку­да сле­ду­ет, что По­это­му из пло­ща­ди тра­пе­ции най­дем x:

Таким об­ра­зом, пе­ри­метр тра­пе­ции равен

Ответ: 34.

Ре­ше­ние.

Введём обо­зна­че­ния, как по­ка­за­но на ри­сун­ке. Из фор­му­лы пло­ща­ди па­рал­ле­ло­грам­ма найдём

Вос­поль­зу­ем­ся ос­нов­ным три­го­но­мет­ри­че­ским тож­де­ством и найдём за­ме­тив, что угол ABC тупой:

Те­перь найдём боль­шую диа­го­наль па­рал­ле­ло­грам­ма, при­ме­няя тео­ре­му ко­си­ну­сов к тре­уголь­ни­ку ABC:

Пра­виль­ный ответ ука­зан под но­ме­ром 4.

Ре­ше­ние.

Пло­щадь тра­пе­ции равна про­из­ве­де­нию по­лу­сум­мы ос­но­ва­ний на вы­со­ту, для опи­сан­ной тра­пе­ции вы­со­та равна диа­мет­ру впи­сан­ной окруж­но­сти, то есть

По свой­ству опи­сан­но­го четырёхуголь­ни­ка сумма про­ти­во­по­лож­ных сто­рон равна, то есть сле­до­ва­тель­но, имеем:

Ответ: 46.

Ре­ше­ние. Пусть тогда и

Тре­уголь­ни­ки KBP и KCD по­доб­ны (по­сколь­ку от­рез­ки BP и CD па­рал­лель­ны) с ко­эф­фи­ци­ен­том по­это­му

Тре­уголь­ни­ки KTC и DTA по­доб­ны (по­сколь­ку от­рез­ки AD и KC па­рал­лель­ны) с ко­эф­фи­ци­ен­том по­это­му

Зна­чит,

Ответ: 50.

Ре­ше­ние. Про­дол­жим бо­ко­вые сто­ро­ны тра­пе­ции ABCD до пе­ре­се­че­ния в точке S, тогда тре­уголь­ни­ки ASD и BSC рав­но­сто­рон­ние (у них углы при сто­ро­нах AD и BC по 60°). Опу­стим вы­со­ты AH и BT в этих тре­уголь­ни­ках. Тогда тело, по­лу­ча­е­мое при вра­ще­нии тре­уголь­ни­ка ASD во­круг пря­мой SD это объ­еди­не­ние двух ко­ну­сов с вы­со­та­ми SH и HD и ос­но­ва­ни­ем  — кру­гом ра­ди­у­са HA с цен­тром в точке H. Ана­ло­гич­но при вра­ще­нии тре­уголь­ни­ка BSC во­круг сто­ро­ны SC тоже по­лу­ча­ют­ся два ко­ну­са с вы­со­та­ми ST и CT и ра­ди­у­сом ос­но­ва­ния BT. Зна­чит, по­лу­ча­е­мое при вра­ще­нии тра­пе­ции тело  — ре­зуль­тат уда­ле­ния вто­рых двух ко­ну­сов из пер­вых двух, а найти объем можно как раз­ность объ­е­мов таких удво­ен­ных ко­ну­сов.

Пусть сто­ро­на пра­виль­но­го тре­уголь­ни­ка равна x, тогда его вы­со­та равна и по­то­му объем двух таких ко­ну­сов равен

Зна­чит, объем тела равен

по­это­му

Ответ: 79.

Ре­ше­ние.

Вве­дем обо­зна­че­ния, как по­ка­за­но на ри­сун­ке, про­ве­дем вы­со­ты BH и CH₁. Гра­дус­ная мера угла BAH равна 60°, тогда гра­дус­ная мера угла ABH равна 30°, гра­дус­ная мера угла HBD равна 60°, а гра­дус­ная мера угла BDA равна 30°. Катет AB пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка ABD лежит на­про­тив угла, рав­но­го 30°, сле­до­ва­тель­но, его длина равна по­ло­ви­не длины ги­по­те­ну­зы AD, что равно Катет AH пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка ABH лежит на­про­тив угла ABH, рав­но­го 30°, сле­до­ва­тель­но, длина AH равна по­ло­ви­не длины ги­по­те­ну­зы AB, то есть По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра в тре­уголь­ни­ке ABH:

Так как тра­пе­ция яв­ля­ет­ся рав­но­бед­рен­ной, ее сто­ро­ны AB и CD равны, углы при ос­но­ва­нии тра­пе­ции BAD и CDA равны, сле­до­ва­тель­но, тре­уголь­ни­ки ABH и DCH₁ равны по ги­по­те­ну­зе и остро­му углу. Из ра­вен­ства тре­уголь­ни­ков сле­ду­ет то, что тогда

Най­дем пло­щадь тра­пе­ции:

Най­дем зна­че­ние вы­ра­же­ния

Ответ: 243.

Ре­ше­ние. Вве­дем обо­зна­че­ния, как по­ка­за­но на ри­сун­ке, про­ве­дем вы­со­ты BH и BH₁. Гра­дус­ная мера угла BAH равна 60°, тогда гра­дус­ная мера угла ABH равна 30°, гра­дус­ная мера угла HBD равна 60°, а гра­дус­ная мера угла BDA равна 30°. Катет AB пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка ABD лежит на­про­тив угла, рав­но­го 30°, сле­до­ва­тель­но, его длина равна по­ло­ви­не длины ги­по­те­ну­зы AD, что равно Катет AH пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка ABH лежит на­про­тив угла ABH, рав­но­го 30°, сле­до­ва­тель­но, длина AH равна по­ло­ви­не длины ги­по­те­ну­зы AB, то есть По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра в тре­уголь­ни­ке ABH:

Так как тра­пе­ция яв­ля­ет­ся рав­но­бед­рен­ной, ее сто­ро­ны AB и CD равны, углы при ос­но­ва­нии тра­пе­ции BAD и CDA равны, сле­до­ва­тель­но, тре­уголь­ни­ки ABH и DCH₁ равны по ги­по­те­ну­зе и остро­му углу. Из ра­вен­ства тре­уголь­ни­ков сле­ду­ет то, что тогда

Най­дем пло­щадь тра­пе­ции:

Най­дем зна­че­ние вы­ра­же­ния

Ответ: 108.