Про­длим сто­ро­ны AB и CD до пе­ре­се­че­ния в точке В тре­уголь­ни­ке AKD сумма углов KAD и KDA равна 90°, сле­до­ва­тель­но, ве­ли­чи­на Зна­чит, тре­уголь­ник AKD  — пря­мо­уголь­ный. Рас­смот­рим тре­уголь­ник AKD, он пря­мо­уголь­ный, сле­до­ва­тель­но, центр опи­сан­ной окруж­но­сти  — се­ре­ди­на ги­по­те­ну­зы, то есть точка Зна­чит,

Рас­смот­рим тре­уголь­ни­ки AKF и GKO, угол AKF  — общий, углы KGO и KAF равны как со­от­вет­ствен­ные углы при па­рал­лель­ных пря­мых, сле­до­ва­тель­но, эти тре­уголь­ни­ки по­доб­ны по двум углам, ко­эф­фи­ци­ент по­до­бия равен Ана­ло­гич­но, по­доб­ны тре­уголь­ни­ки FKD и OKH, их ко­эф­фи­ци­ент по­до­бия равен По­ка­жем, что от­рез­ки GO и OH равны: Рас­смот­рим тре­уголь­ник GKH, он пря­мо­уголь­ный, ана­ло­гич­но тре­уголь­ни­ку AKF точка O  — центр опи­сан­ной окруж­но­сти тре­уголь­ни­ка GKH, от­ку­да Ана­ло­гич­но, в тре­уголь­ни­ке BKC  —

По­лу­ча­ем: от­ку­да Зна­чит,

От­ре­зок GH  — сред­няя линия тра­пе­ции, сле­до­ва­тель­но, от­ку­да

Ответ: 1; 21.

При­ве­дем ре­ше­ние Сер­гея Пе­пе­ля­е­ва.

Пусть GH  — сред­няя линия тра­пе­ции, а EF  — от­ре­зок, со­еди­ня­ю­щий се­ре­ди­ны ос­но­ва­ний тра­пе­ции. Про­ве­дем из точки C пря­мую па­рал­лель­ную бо­ко­вой сто­ро­не AB, пусть она пе­ре­се­ка­ет ос­но­ва­ние AD в точке M. Про­ве­дем также из точки C пря­мую, па­рал­лель­ную от­рез­ку EF, пусть она пе­ре­се­ка­ет ос­но­ва­ние AD в точке N. В тре­уголь­ни­ке MCD имеем ∠CMD  =  ∠BAC  =  77°, ∠CDM  =  13°, тогда тре­уголь­ник CMD пря­мо­уголь­ный. За­ме­тим, что тогда сле­до­ва­тель­но, CN  — ме­ди­а­на пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка, CN  =  MN.

Рас­смот­рим слу­чай, когда GH  =  11, EF  =  10. Тогда от­ку­да AD  =  21, BC  =  1.

Рас­смот­рим слу­чай, когда GH  =  10, EF  =  11. Тогда и по­лу­чен­ная си­сте­ма урав­не­ний не имеет по­ло­жи­тель­ных ре­ше­ний.

Сле­до­ва­тель­но, ос­но­ва­ния тра­пе­ции равны 1 и 21.

Про­длим сто­ро­ны AB и CD до пе­ре­се­че­ния в точке В тре­уголь­ни­ке AKD сумма углов KAD и KDA равна 90°, сле­до­ва­тель­но, ве­ли­чи­на Зна­чит, тре­уголь­ник AKD  — пря­мо­уголь­ный. Рас­смот­рим тре­уголь­ник AKD, он пря­мо­уголь­ный, сле­до­ва­тель­но, центр опи­сан­ной окруж­но­сти  — се­ре­ди­на ги­по­те­ну­зы, то есть точка Зна­чит,

Рас­смот­рим тре­уголь­ни­ки AKF и GKO, угол AKF  — общий, углы KGO и KAF равны как со­от­вет­ствен­ные углы при па­рал­лель­ных пря­мых, сле­до­ва­тель­но, эти тре­уголь­ни­ки по­доб­ны по двум углам, ко­эф­фи­ци­ент по­до­бия равен Ана­ло­гич­но, по­доб­ны тре­уголь­ни­ки FKD и OKH, их ко­эф­фи­ци­ент по­до­бия равен По­ка­жем, что от­рез­ки GO и OH равны: Рас­смот­рим тре­уголь­ник GKH, он пря­мо­уголь­ный, ана­ло­гич­но тре­уголь­ни­ку AKF точка O  — центр опи­сан­ной окруж­но­сти тре­уголь­ни­ка GKH, от­ку­да Ана­ло­гич­но, в тре­уголь­ни­ке BKC  —

По­лу­ча­ем: от­ку­да Зна­чит,

От­ре­зок GH  — сред­няя линия тра­пе­ции, сле­до­ва­тель­но, от­ку­да

Ответ: 10; 12.

При­ве­дем дру­гое ре­ше­ние.

Про­ве­дем из цен­тра верх­не­го ос­но­ва­ния пря­мые, па­рал­лель­ные бо­ко­вым сто­ро­нам тра­пе­ции. Углы BAL и ELM равны как со­от­вет­ствен­ные при па­рал­лель­ных пря­мых. Ана­ло­гич­но равны углы EML и Сумма углов в тре­уголь­ни­ке равна 180°, от­ку­да по­лу­ча­ем, что Рас­смот­рим че­ты­рех­уголь­ник AB па­рал­лель­но EL, BE па­рал­лель­но AL, зна­чит, ABEL  — па­рал­ле­ло­грамм, от­ку­да Ана­ло­гич­но то есть По­ка­жем, что EF  — ме­ди­а­на тре­уголь­ни­ка Ме­ди­а­на пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка про­ве­ден­ная к ги­по­те­ну­зе равна по­ло­ви­не ги­по­те­ну­зы, зна­чит,

За­ме­тим, что а По­лу­сум­ма ос­но­ва­ний тра­пе­ции равна сред­ней линии:

Таким об­ра­зом, по­лу­ча­ем:

При­ме­ча­ние.

За­ме­тим, что при ре­ше­нии за­да­чи пред­по­ла­га­лось, что от­ре­зок, со­еди­ня­ю­щий се­ре­ди­ны бо­ко­вых сто­рон тра­пе­ции, равен 11, а от­ре­зок, со­еди­ня­ю­щий се­ре­ди­ны ос­но­ва­ний, равен 1. Пред­ла­га­ем чи­та­те­лям са­мо­сто­я­тель­но убе­дить­ся в том, что об­рат­ная кон­фи­гу­ра­ция (при ко­то­рой от­ре­зок, со­еди­ня­ю­щий се­ре­ди­ны бо­ко­вых сто­рон, равен 1, а от­ре­зок, со­еди­ня­ю­щий се­ре­ди­ны ос­но­ва­ний, равен 11), не­воз­мож­на.

Пусть ABCD — дан­ная тра­пе­ция, AD — боль­шее ос­но­ва­ние, K и L — се­ре­ди­ны сто­рон AB и CD со­от­вет­ствен­но. Сумма углов при одном из ос­но­ва­ний равна (50° + 40°) = 90°, так что это боль­шее ос­но­ва­ние AD. Про­длим бо­ко­вые сто­ро­ны тра­пе­ции до пе­ре­се­че­ния в точке O (см. рис.). Легко ви­деть, что ∠AOD = 180° − (50° + 40°) = 90°.

Пусть N  — се­ре­ди­на ос­но­ва­ния AD. Тогда ON =  — ме­ди­а­на пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка AOD. По­сколь­ку ме­ди­а­на ON делит по­по­лам любой от­ре­зок с кон­ца­ми на сто­ро­нах AO и DO тре­уголь­ни­ка AOD и па­рал­лель­ный сто­ро­не AD, она пе­ре­се­ка­ет ос­но­ва­ние BC также в его се­ре­ди­не M.

Зна­чит, Таким об­ра­зом, Сред­няя линия KL при этом равна

По­лу­ча­ем, что

Ответ: 28; 2.

Пусть ABCD — дан­ная тра­пе­ция, AD — боль­шее ос­но­ва­ние, K и L — се­ре­ди­ны сто­рон AB и CD со­от­вет­ствен­но. Сумма углов при одном из ос­но­ва­ний равна (47° + 43°) = 90°, так что это боль­шее ос­но­ва­ние AD. Про­длим бо­ко­вые сто­ро­ны тра­пе­ции до пе­ре­се­че­ния в точке O (см. рис.). Легко ви­деть, что ∠AOD = 180° − (47° + 43°) = 90°.

Пусть N  — се­ре­ди­на ос­но­ва­ния AD. Тогда   — ме­ди­а­на пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка AOD. По­сколь­ку ме­ди­а­на ON делит по­по­лам любой от­ре­зок с кон­ца­ми на сто­ро­нах AO и DO тре­уголь­ни­ка AOD и па­рал­лель­ный сто­ро­не AD, она пе­ре­се­ка­ет ос­но­ва­ние BC также в его се­ре­ди­не M.

Зна­чит, Таким об­ра­зом, Сред­няя линия KL при этом равна

По­лу­ча­ем, что

Ответ: 30; 2.

Пусть ABCD — дан­ная тра­пе­ция, AD — боль­шее ос­но­ва­ние, K и L — се­ре­ди­ны сто­рон AB и CD со­от­вет­ствен­но. Сумма углов при одном из ос­но­ва­ний равна (53° + 37°) = 90°, так что это боль­шее ос­но­ва­ние AD. Про­длим бо­ко­вые сто­ро­ны тра­пе­ции до пе­ре­се­че­ния в точке O (см. рис.). Легко ви­деть, что ∠AOD = 180° − (53° + 37°) = 90°.

Пусть N  — се­ре­ди­на ос­но­ва­ния AD. Тогда   — ме­ди­а­на пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка AOD. По­сколь­ку ме­ди­а­на ON делит по­по­лам любой от­ре­зок с кон­ца­ми на сто­ро­нах AO и DO тре­уголь­ни­ка AOD и па­рал­лель­ный сто­ро­не AD, она пе­ре­се­ка­ет ос­но­ва­ние BC также в его се­ре­ди­не M.

Зна­чит, Таким об­ра­зом, Сред­няя линия KL при этом равна

По­лу­ча­ем, что

Ответ: 8; 4.

Пусть ABCD — дан­ная тра­пе­ция, AD — боль­шее ос­но­ва­ние, K и L — се­ре­ди­ны сто­рон AB и CD со­от­вет­ствен­но. Сумма углов при одном из ос­но­ва­ний равна (83° + 7°) = 90°, так что это боль­шее ос­но­ва­ние AD. Про­длим бо­ко­вые сто­ро­ны тра­пе­ции до пе­ре­се­че­ния в точке O (см. рис.). Легко ви­деть, что ∠AOD = 180° − (83° + 7°) = 90°.

Пусть N  — се­ре­ди­на ос­но­ва­ния AD. Тогда   — ме­ди­а­на пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка AOD. По­сколь­ку ме­ди­а­на ON делит по­по­лам любой от­ре­зок с кон­ца­ми на сто­ро­нах AO и DO тре­уголь­ни­ка AOD и па­рал­лель­ный сто­ро­не AD, она пе­ре­се­ка­ет ос­но­ва­ние BC также в его се­ре­ди­не M.

Зна­чит, Таким об­ра­зом, Сред­няя линия KL при этом равна

По­лу­ча­ем, что

Ответ: 25; 3.

Пусть ABCD — дан­ная тра­пе­ция, AD — боль­шее ос­но­ва­ние, K и L — се­ре­ди­ны сто­рон AB и CD со­от­вет­ствен­но. Сумма углов при одном из ос­но­ва­ний равна (39° + 51°) = 90°, так что это боль­шее ос­но­ва­ние AD. Про­длим бо­ко­вые сто­ро­ны тра­пе­ции до пе­ре­се­че­ния в точке O (см. рис.). Легко ви­деть, что ∠AOD = 180° − (39° + 51°) = 90°.

Пусть N  — се­ре­ди­на ос­но­ва­ния AD. Тогда ON  — ме­ди­а­на пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка AOD. По­сколь­ку ме­ди­а­на ON делит по­по­лам любой от­ре­зок с кон­ца­ми на сто­ро­нах AO и DO тре­уголь­ни­ка AOD и па­рал­лель­ный сто­ро­не AD, она пе­ре­се­ка­ет ос­но­ва­ние BC также в его се­ре­ди­не M.

Зна­чит, Таким об­ра­зом, Сред­няя линия KL при этом равна

По­лу­ча­ем, что

Ответ: 22; 16.

При­ве­дем ре­ше­ние Вик­то­рии Лю­би­мо­вой.

Пусть BM  =  x. Про­ве­дем от­ре­зок ME па­рал­лель­но AB и от­ре­зок MF па­рал­лель­но CD (точки E и F лежат на ос­но­ва­нии тра­пе­ции AD). ABME и MCDF  — па­рал­ле­ло­грам­мы, сле­до­ва­тель­но, AE  =  FD  =  x и EN  =  NF  =  AN - x. За­ме­тим, что ∠MEF = ∠BAD  =  39° и ∠MFE = ∠CLD  =  51°, тогда ∠EMF  =  90° − (39° + 51°)  =  90°. Сле­до­ва­тель­но, тре­уголь­ник EMF пря­мо­уголь­ный, а MN  — ме­ди­а­на, про­ве­ден­ная к ги­по­те­ну­зе, тогда EF  =  2 · MN  =  2 · 3  =  6.

Сред­няя линия тра­пе­ции равна по­лу­сум­ме ос­но­ва­ний, тогда

Сле­до­ва­тель­но, BC  =  2 · 8  =  16, AN  =  2 · 8 + 6  =  22.

Пусть ABCD — дан­ная тра­пе­ция, AD — боль­шее ос­но­ва­ние, K и L — се­ре­ди­ны сто­рон AB и CD со­от­вет­ствен­но. Сумма углов при одном из ос­но­ва­ний равна (86° + 4°) = 90°, так что это боль­шее ос­но­ва­ние AD. Про­длим бо­ко­вые сто­ро­ны тра­пе­ции до пе­ре­се­че­ния в точке O (см. рис.). Легко ви­деть, что ∠AOD = 180° − (86° + 4°) = 90°.

Пусть N  — се­ре­ди­на ос­но­ва­ния AD. Тогда ON =  — ме­ди­а­на пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка AOD. По­сколь­ку ме­ди­а­на ON делит по­по­лам любой от­ре­зок с кон­ца­ми на сто­ро­нах AO и DO тре­уголь­ни­ка AOD и па­рал­лель­ный сто­ро­не AD, она пе­ре­се­ка­ет ос­но­ва­ние BC также в его се­ре­ди­не M.

Зна­чит, Таким об­ра­зом, Сред­няя линия KL при этом равна

По­лу­ча­ем, что

Ответ: 5; 3.

Про­длим сто­ро­ны AB и CD до пе­ре­се­че­ния в точке В тре­уголь­ни­ке AKD сумма углов KAD и KDA равна 90°, сле­до­ва­тель­но, ве­ли­чи­на Зна­чит, тре­уголь­ник AKD  — пря­мо­уголь­ный. Рас­смот­рим тре­уголь­ник AKD, он пря­мо­уголь­ный, сле­до­ва­тель­но, центр опи­сан­ной окруж­но­сти  — се­ре­ди­на ги­по­те­ну­зы, то есть точка Зна­чит,

Рас­смот­рим тре­уголь­ни­ки AKF и GKO, угол AKF  — общий, углы KGO и KAF равны как со­от­вет­ствен­ные углы при па­рал­лель­ных пря­мых, сле­до­ва­тель­но, эти тре­уголь­ни­ки по­доб­ны по двум углам, ко­эф­фи­ци­ент по­до­бия равен Ана­ло­гич­но, по­доб­ны тре­уголь­ни­ки FKD и OKH, их ко­эф­фи­ци­ент по­до­бия равен По­ка­жем, что от­рез­ки GO и OH равны: Рас­смот­рим тре­уголь­ник GKH, он пря­мо­уголь­ный, ана­ло­гич­но тре­уголь­ни­ку AKF точка O  — центр опи­сан­ной окруж­но­сти тре­уголь­ни­ка GKH, от­ку­да Ана­ло­гич­но, в тре­уголь­ни­ке BKC  —

По­лу­ча­ем: от­ку­да Зна­чит,

От­ре­зок GH  — сред­няя линия тра­пе­ции, сле­до­ва­тель­но, от­ку­да

Ответ: 2; 28.

Про­длим сто­ро­ны AB и CD до пе­ре­се­че­ния в точке K. В тре­уголь­ни­ке AKD сумма углов KAD и KDA равна 90°, сле­до­ва­тель­но, ве­ли­чи­на Зна­чит, тре­уголь­ник AKD  — пря­мо­уголь­ный. Рас­смот­рим тре­уголь­ник AKD, он пря­мо­уголь­ный, сле­до­ва­тель­но, центр опи­сан­ной окруж­но­сти  — се­ре­ди­на ги­по­те­ну­зы, то есть точка F. Зна­чит,

Рас­смот­рим тре­уголь­ни­ки AKF и GKO, угол AKF  — общий, углы KGO и KAF равны как со­от­вет­ствен­ные углы при па­рал­лель­ных пря­мых, сле­до­ва­тель­но, эти тре­уголь­ни­ки по­доб­ны по двум углам, ко­эф­фи­ци­ент по­до­бия равен Ана­ло­гич­но, по­доб­ны тре­уголь­ни­ки FKD и OKH, их ко­эф­фи­ци­ент по­до­бия равен По­ка­жем, что от­рез­ки GO и OH равны: Рас­смот­рим тре­уголь­ник GKH, он пря­мо­уголь­ный, ана­ло­гич­но тре­уголь­ни­ку AKF точка O  — центр опи­сан­ной окруж­но­сти тре­уголь­ни­ка GKH, от­ку­да Ана­ло­гич­но, в тре­уголь­ни­ке BKC  —

По­лу­ча­ем: от­ку­да

Зна­чит, От­ре­зок GH  — сред­няя линия тра­пе­ции, сле­до­ва­тель­но,

от­ку­да

Ответ: 2; 36.

При­ве­дем ре­ше­ние Га­ли­ны Ро­га­че­вой (Че­ля­бинск).

Пусть GH  =  19, EF  =  ⁠17. Пусть про­дол­же­ния бо­ко­вых сто­рон пе­ре­се­ка­ют­ся в точке K. Так как сумма углов KAD и ADK равна 90°, угол AKD  — пря­мой, тре­уголь­ник AKD  — пря­мо­уголь­ный, сле­до­ва­тель­но, тре­уголь­ник BKC также яв­ля­ет­ся пря­мо­уголь­ным. От­рез­ки KE, KF  — ме­ди­а­ны тре­уголь­ни­ков CKB и AKD. По свой­ству ме­ди­а­ны, про­ве­ден­ной из вер­ши­ны пря­мо­го угла, KE  =  CE, KF  =  FD.

Пусть KE  =  x, тогда CE  =  x, BC  =  2x. Ана­ло­гич­но сле­до­ва­тель­но,

Так как GH  — сред­няя линия тра­пе­ции ABCD, имеем:

от­ку­да По­лу­ча­ем:

сле­до­ва­тель­но, BC  =  2, AD  =  36.

Про­длим сто­ро­ны AB и CD до пе­ре­се­че­ния в точке В тре­уголь­ни­ке AKD сумма углов KAD и KDA равна 90°, сле­до­ва­тель­но, ве­ли­чи­на Зна­чит, тре­уголь­ник AKD  — пря­мо­уголь­ный. Рас­смот­рим тре­уголь­ник AKD, он пря­мо­уголь­ный, сле­до­ва­тель­но, центр опи­сан­ной окруж­но­сти  — се­ре­ди­на ги­по­те­ну­зы, то есть точка Зна­чит,

Рас­смот­рим тре­уголь­ни­ки AKF и GKO, угол AKF  — общий, углы KGO и KAF равны как со­от­вет­ствен­ные углы при па­рал­лель­ных пря­мых, сле­до­ва­тель­но, эти тре­уголь­ни­ки по­доб­ны по двум углам, ко­эф­фи­ци­ент по­до­бия равен Ана­ло­гич­но, по­доб­ны тре­уголь­ни­ки FKD и OKH, их ко­эф­фи­ци­ент по­до­бия равен По­ка­жем, что от­рез­ки GO и OH равны: Рас­смот­рим тре­уголь­ник GKH, он пря­мо­уголь­ный, ана­ло­гич­но тре­уголь­ни­ку AKF точка O  — центр опи­сан­ной окруж­но­сти тре­уголь­ни­ка GKH, от­ку­да Ана­ло­гич­но, в тре­уголь­ни­ке BKC  —

По­лу­ча­ем: от­ку­да Зна­чит,

От­ре­зок GH  — сред­няя линия тра­пе­ции, сле­до­ва­тель­но, от­ку­да

Ответ: 3; 37.

Про­длим сто­ро­ны AB и CD до пе­ре­се­че­ния в точке В тре­уголь­ни­ке AKD сумма углов KAD и KDA равна 90°, сле­до­ва­тель­но, ве­ли­чи­на Зна­чит, тре­уголь­ник AKD  — пря­мо­уголь­ный. Рас­смот­рим тре­уголь­ник AKD, он пря­мо­уголь­ный, сле­до­ва­тель­но, центр опи­сан­ной окруж­но­сти  — се­ре­ди­на ги­по­те­ну­зы, то есть точка Зна­чит,

Рас­смот­рим тре­уголь­ни­ки AKF и GKO, угол AKF  — общий, углы KGO и KAF равны как со­от­вет­ствен­ные углы при па­рал­лель­ных пря­мых, сле­до­ва­тель­но, эти тре­уголь­ни­ки по­доб­ны по двум углам, ко­эф­фи­ци­ент по­до­бия равен Ана­ло­гич­но, по­доб­ны тре­уголь­ни­ки FKD и OKH, их ко­эф­фи­ци­ент по­до­бия равен По­ка­жем, что от­рез­ки GO и OH равны: Рас­смот­рим тре­уголь­ник GKH, он пря­мо­уголь­ный, ана­ло­гич­но тре­уголь­ни­ку AKF точка O  — центр опи­сан­ной окруж­но­сти тре­уголь­ни­ка GKH, от­ку­да Ана­ло­гич­но, в тре­уголь­ни­ке BKC  —

По­лу­ча­ем: от­ку­да Зна­чит,

От­ре­зок GH  — сред­няя линия тра­пе­ции, сле­до­ва­тель­но, от­ку­да

Ответ: 11; 19.

При­ве­дем дру­гое ре­ше­ние.

Про­ве­дем из цен­тра верх­не­го ос­но­ва­ния пря­мые, па­рал­лель­ные бо­ко­вым сто­ро­нам тра­пе­ции. Углы BAL и ELM равны как со­от­вет­ствен­ные при па­рал­лель­ных пря­мых. Ана­ло­гич­но равны углы EML и Сумма углов в тре­уголь­ни­ке равна 180°, от­ку­да по­лу­ча­ем, что Рас­смот­рим че­ты­рех­уголь­ник AB па­рал­лель­но EL, BE па­рал­лель­но AL, зна­чит, ABEL  — па­рал­ле­ло­грамм, от­ку­да Ана­ло­гич­но то есть По­ка­жем, что EF  — ме­ди­а­на тре­уголь­ни­ка Ме­ди­а­на пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка про­ве­ден­ная к ги­по­те­ну­зе равна по­ло­ви­не ги­по­те­ну­зы, зна­чит,

За­ме­тим, что а По­лу­сум­ма ос­но­ва­ний тра­пе­ции равна сред­ней линии:

Таким об­ра­зом, по­лу­ча­ем:

Пусть ABCD — дан­ная тра­пе­ция, AD — боль­шее ос­но­ва­ние, K и L — се­ре­ди­ны сто­рон AB и CD со­от­вет­ствен­но. Сумма углов при одном из ос­но­ва­ний равна (50° + 40°) = 90°, так что это боль­шее ос­но­ва­ние AD. Про­длим бо­ко­вые сто­ро­ны тра­пе­ции до пе­ре­се­че­ния в точке O (см. рис.). Легко ви­деть, что ∠AOD = 180° − (50° + 40°) = 90°.

Пусть N  — се­ре­ди­на ос­но­ва­ния AD. Тогда ON =  — ме­ди­а­на пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка AOD. По­сколь­ку ме­ди­а­на ON делит по­по­лам любой от­ре­зок с кон­ца­ми на сто­ро­нах AO и DO тре­уголь­ни­ка AOD и па­рал­лель­ный сто­ро­не AD, она пе­ре­се­ка­ет ос­но­ва­ние BC также в его се­ре­ди­не M.

Зна­чит, Таким об­ра­зом, Сред­няя линия KL при этом равна

По­лу­ча­ем, что

Ответ: 28; 2.

----------

Дуб­ли­ру­ет за­да­ние 341060.