Пусть CH — высота треугольника ABC, r и Q — радиус и центр вписанной окружности, CH = 12, AH = 5, поэтому AC = 13. Найдем площадь, полупериметр и радиус вписанной окружности треугольника ABC:

Тогда Кроме того, по теореме Пифагора

Пусть окружность с центром в точке O касается боковой стороны AC равнобедренного треугольника ABC и данных параллельных прямых. Радиус этой окружности равен 6, поскольку он вдвое меньше расстояния между прямыми. Точку касания окружности с прямой AB обозначим M.

Пусть точки B и M лежат по разные стороны от точки A (см. рис.). Центр окружности, вписанной в угол, лежит на его биссектрисе, поэтому AO и AQ — биссектрисы смежных углов ∠MAC и ∠CAB соответственно. Значит, ∠OAQ = 90°, и ∠MOA = ∠QAH, поскольку эти углы образованы парами соответственно перпендикулярных прямых. Следовательно, прямоугольные треугольники OMA и AHQ подобны с коэффициентом Поэтому

Пусть точки B и M лежат по одну сторону от точки A (см. рис.). Центр окружности, вписанной в угол, лежит на его биссектрисе, поэтому лучи AO и AQ совпадают и являются биссектрисой угла MAC. Значит, прямоугольные треугольники AOM и AQH подобны с коэффициентом Тогда

Ответ:

Пусть задан треугольник АВС, у которого стороны АВ и ВС равны, D — середина АС. Ясно, что центры вписанной и описанной окружностей лежат на BD. И пусть — центры вписанной и описанной окружностей, их радиусы и r и R соответственно.

Расстояние d между центрами этих окружностей найдем по формуле Эйлера.

Пусть AB = BC = x, A = y. Тогда

Случай 1.

Тогда

Итак,

(не подходит по смыслу задачи).

Случай 2.

Тогда

(не подходит по смыслу задачи).

Примечание:

Конечно же, способ вычисления длин боковых сторон заданного треугольника намного проще, если использовать теорему Пифагора. Сделаем и так.

Случай 1.

Случай 2.

Ответ: 48; 40; 40 или

1) Исходный треугольник остроугольный (∠B < 90°), рисунок справа. Острый вписанный угол, опирающийся на дугу AC, в 2 раза меньше центрального, то есть ∠ABC = 30°. Центр вписанной в треугольник окружности лежит в точке пересечения его биссектрис, поэтому из треугольника ABC получаем:

Из треугольника AMC получим:

2) Исходный треугольник тупоугольный (), рисунок слева (для экономии места изображена часть окружности). Тупой вписанный угол, опирающийся на дугу AC, находится как разность и острого вписанного угла: тогда Далее аналогично первому случаю: из треугольника ABC получаем: Из треугольника AMC получим:

Ответ: 105° или 165°.

Заметим, что либо AC = BC, либо AB = BC (или AB = AC).

Первый случай (рис. 1). AC = BC = 13. Пусть Н — точка касания вписанной окружности треугольника ABC с основанием АB, r₁ — радиус окружности, вписанной в треугольник ABC. Тогда CH — высота и медиана треугольника ABC. Из прямоугольного треугольника AHC находим, что

Из равенства 18r₁ = 60 находим, что

Второй случай. (рис. 2). Пусть AB = BC = 13, CH — высота треугольника ABC, r₂ — радиус окружности, вписанной в треугольник ABC.

Тогда

Из прямоугольного треугольника ACH находим, что

Из равенства получаем, что

Рассмотрим третий случай.

Третий случай состоит в том, что BC = AB и эти стороны образуют острый угол. Тогда высота CH будет лежать внутри треугольника ABC и В этом случаем радиус будет равен

Ответ:

В любой трапеции отрезок, соединяющий середины диагоналей трапеции, равен полуразности оснований трапеции, а средняя линия — полусумме оснований трапеции. В нашем случае полуразность оснований равна 5, а полусумма оснований равна 25, поэтому основания трапеции равны 20 и 30.

Предположим что BC = 30, AD = 20 (рис. 1). Стороны BС и АD треугольников МВС и MAD параллельны, поэтому эти треугольники подобны с коэффициентом Значит,

Заметим, что MB² + MC² = BC², поэтому треугольник МВС — прямоугольный с гипотенузой BС. Радиус его вписанной окружности равен:

Пусть теперь AD = 30, BC = 20 (рис. 2). Аналогично предыдущему случаю можно показать, что радиус вписанной окружности треугольника MAD равен 6. Треугольник MAD и МВС подобны с коэффициентом Значит, радиус вписанной окружности треугольника МВС равен r = 6k = 4.

Ответ: 4; 6.

Заметим, что либо AC = BC, либо AB = BC (или AB = AC).

Первый случай (рис. 1). AC = BC = 5. Пусть H — точка касания вписанной окружности треугольника ABC с основанием АB, r₁ — радиус окружности, вписанной в треугольник ABC. Тогда CH — высота и медиана треугольника ABC. Из прямоугольного треугольника AHC находим, что

Из равенства 8r₁ = 12 находим, что r₁ = 1,5.

Второй случай. (рис. 2) Пусть AB = BC = 5, CH — высота треугольника ABC, r₂ — радиус окружности, вписанной в треугольник ABC.

Тогда

Из прямоугольного треугольника ACH находим, что

Из равенства получаем, что

Рассмотрим третий случай.

Третий случай состоит в том, что BC = AB и эти стороны образуют острый угол. Тогда высота CH будет лежать внутри треугольника ABC и В этом случаем радиус будет равен

Ответ:

а) Пусть O — центр вписанной окружности. Проведём OH ⊥ BC, в треугольнике BHO катет OH лежит напротив угла в 30°, поэтому Тогда в силу неравенства треугольника имеем: что и требовалось доказать.

б) Запишем теорему косинусов для треугольника BOM: откуда

Осталось заметить, что

Ответ: 0,65.

Примечание Серегея Пепеляева

Составители ЕГЭ ошиблись. Описанный в условии задачи треугольник невозможен. Наименьшая возможная длина отрезка BM равна когда угол ВСА стремится к нулю, а угол BOM приближается к 120°. Число 2,5 необходимо увеличить.

а) Обозначим центр вписанной окружности за а другой за Тогда

поскольку

б) Обозначим длины сторон треугольника : По формуле для радиуса вписанной окружности имеем

откуда

Формула Герона дает откуда

Наконец, центры окружностей лежат на биссектрисе угла Тогда треугольники и подобны. Обозначив найдем

откуда Значит, и Тогда по теореме косинусов имеем

Теперь у нас есть система трех уравнений с тремя неизвестными, осталось ее решить.

Обозначим Получим

Из последнего имеем Подставим это в предыдущее и получим откуда (поскольку Значит, и мы можем по теореме Виета угадать стороны (первые две можно было бы поменять местами, но по условию — наибольшаяя сторона).

Теперь по теореме косинусов имеем то есть и

Ответ:

Обозначим концы диаметра за D и E, основание высоты треугольника ABC, проведенной из C, за H, основание перпендикуляра из O к AB за T, центр вписанной окружности ABC за I. Пусть, далее, Тогда

По теореме Пифагора для треугольника OTA получаем тогда:

а) Имеем:

б) Поскольку CI — биссектриса угла ACB,

Далее, ##

а

по свойствам окружности, вписанной в прямоугольный треугольник.

Наконец,

По теореме косинусов для треугольника ICO получим:

Ответ: а) 40; б)

Пусть AD — высота равнобедренного треугольника ABC, опущенная на его основание BC, O — центр вписанной окружности, P — точка ее касания с боковой стороной AB.

Тогда

Обозначим ∠BAD = α. Из прямоугольного треугольника находим, что

Тогда

Пусть окружность с центром O₁ и радиусом r₁ касается продолжения боковых сторон AB и AC в точках F и G соответственно, а также основания BC. Тогда D — точка касания, поэтому

Следовательно,

Пусть теперь окружность с центром O₂ радиуса r₂ касается боковой стороны AB, продолжения основания BC в точке Q и продолжения боковой стороны AC в точке K. Центр окружности, вписанной в угол, лежит на его биссектрисе, поэтому AO₂ и AD — биссектрисы смежных углов BAK и CAB значит, ∠DAO₂ = 90°. Тогда ADQO₂ — прямоугольник. Следовательно, r₂ = O₂Q = AD = 9. Радиус окружности, касающейся боковой стороны AC и продолжений основания BC и боковой стороны AB также равен 9.

Ответ: 9 или 36.

Обе точки K и L не могут лежать вне треугольника, поскольку в этом случае отрезок KL не может касаться вписанной окружности. Значит, по крайней мере одна из этих точек лежит на стороне треугольника.

Пусть обе точки K и L лежат на сторонах треугольника. Четырехугольник AKLC — вписанный, следовательно,

Значит, треугольник ABC подобен треугольнику LBK, так как угол ABC — общий. Пусть коэффициент подобия равен k, тогда BL = kAB, BK = kBC, KL = kAC. Суммы противоположных сторон описанного четырехугольника AKLC равны:

Подставляя известные значения сторон, находим Следовательно,

Пусть точка K лежит на продолжении стороны AB. Углы AKL и ACL равны, поскольку опираются на одну дугу. Значит, треугольник ABC подобен треугольнику LBK, так как угол ABC — общий. Более того, они описаны около одной и той же окружности. Следовательно, коэффициент подобия равен 1, то есть, треугольники LBK и ABC равны, поэтому KL = AC = 9. Заметим, что BK = BC > AB и точка K действительно лежит на продолжении стороны AB.

Если точка L лежит на продолжении стороны BC, то BL > BC, но, аналогично предыдущему случаю, получаем BL = AB < BC. Значит, этот случай не достигается.

Ответ:

Обе точки K и L не могут лежать вне треугольника, поскольку в этом случае отрезок KL не может касаться вписанной окружности. Значит, по крайней мере одна из этих точек лежит на стороне треугольника.

Пусть обе точки K и L лежат на сторонах треугольника. Четырехугольник AKLC — вписанный, следовательно,

Значит, треугольник ABC подобен треугольнику LBK, так как угол ABC — общий. Пусть коэффициент подобия равен k, тогда BL = kAB, BK = kBC, KL = kAC. Суммы противоположных сторон описанного четырехугольника AKLC равны:

Подставляя известные значения сторон, находим

Следовательно,

Пусть точка K лежит на продолжении стороны AB. Углы AKL и ACL равны, поскольку опираются на одну дугу. Значит, треугольник ABC подобен треугольнику LBK, так как угол ABC — общий. Более того, они описаны около одной и той же окружности. Следовательно, коэффициент подобия равен k = 1, то есть, треугольники LBK и ABC равны, поэтому KL = AC = 7. Заметим, что BK = BC > AB и точка K действительно лежит на продолжении стороны AB.

Если точка L лежит на продолжении стороны BC, то BL > BC, но, аналогично предыдущему случаю, получаем BL = AB < BC. Значит, этот случай не достигается.

Ответ:

В любой трапеции отрезок, соединяющий середины диагоналей трапеции, равен полуразности оснований трапеции, а средняя линия — полусумме оснований трапеции. В нашем случае полуразность оснований равна 5, а полусумма оснований равна 25, поэтому основания трапеции равны 20 и 30.

Предположим, что BC = 30, AD = 20 (рис. 1). Стороны BC и AD треугольников MBC и MAD параллельны, поэтому эти треугольники подобны с коэффициентом Значит,

Заметим, что MB² + MC² = BC², поэтому треугольник прямоугольный с гипотенузой MBC. Радиус его вписанной окружности равен:

Пусть теперь AD = 30, BC = 20 (рис. 2). Аналогично предыдущему случаю можно показать, что радиус вписанной окружности треугольника MAD равен 6. Треугольники MAD и MBC подобны с коэффициентом Значит, радиус вписанной окружности треугольника MBC равен r = 6k = 4.

Ответ: 4; 6.

а) Пусть O — центр вписанной окружности треугольника ABC.

Центр окружности, вписанной в угол, лежит на его биссектрисе, значит, AO — биссектриса угла BAC. Треугольник AOD прямоугольный и равнобедренный, поэтому ∠OAD = 45°. Следовательно, ∠BAC = 90°.

б) Обозначим BF = x. По теореме о равенстве отрезков касательных, проведённых к окружности из одной точки, AE = AD = 2, CF = CD = 10 и BE = BF = x. По теореме Пифагора BC² = AC² + AB², или (10 + x)² = 12² + (2 + x)². Из этого уравнения находим, что x = 3. Тогда

Следовательно,

Ответ:

а) Пусть в прямоугольном треугольнике ABC проведена высота к гипотенузе CD. Треугольники ACD и ABC подобны по двум углам ( общий, ) с коэффициентом , и в таком же отношении находятся их радиусы вписанных окружностей.

По тем же причинам подобны треугольники BCD и ABC ( общий, ). Значит, и треугольники ACD и BCD подобны.

б) Как следует из первого пункта, в треугольниках ACD, BCD, ABC одинаково отношение гипотенузы к радиусу вписанной окружности. Обозначим это отношение за x. Тогда Тогда по теореме Пифагора откуда

Ответ: 1.

а) Обозначим Центр окружности, вписанной в угол, лежит на его биссектрисе, поэтому MO и NO — биссектрисы внешних углов при вершинах M и N треугольника MCN. Значит, а так как CO — биссектриса угла ACP, получаем, что

Следовательно,

б) Луч MO — биссектриса угла AMN, поэтому Значит, треугольник AOM равнобедренный, AM = AO. Аналогично PN = OP.

Пусть радиус вписанной окружности треугольника ABC равен r, а полупериметр треугольника ABC равен p. Точка O лежит на основании AP трапеции AMNP, поэтому высота трапеции равна r. Тогда

Поскольку получаем, что p = 14, а периметр равен 28.

Ответ: б) 28.

а) Оба этих угла равны половине дуги GE — первый как угол между касательной HG и хордой GE, второй — как вписанный угол, опирающийся на дугу GE.

б) Разберем два случая — точка F лежит на AE или на BE.

В первом случае прямая FD параллельна прямой BC как средняя линия треугольника. Обозначим тогда Обозначим за I центр вписанной окружности, тогда

Поскольку треугольник IGD — равнобедренный, тогда

(здесь использована прямая GH перпендикулярная прямой IG, поскольку GH — касательная). Тогда смежный с ним угол и

По свойству касательных, проведенных из одной точки, Пусть тогда по теореме синусов для треугольника FGH получаем:

поэтому и угол существует. В этом случае

Во втором случае прямая FD параллельна прямой BC как средняя линия треугольника. Обозначим тогда Обозначим за I центр вписанной окружности, тогда

Поскольку треугольник IGD — равнобедренный, тогда

(здесь использовано прямая GH перпендикулярна прямой IG, поскольку GH — касательная). Тогда угол

По свойству касательных, проведенных из одной точки, Пусть тогда по теореме синусов для треугольника FGH получаем Это то же самое уравнение, что и в случае 1, поэтому поэтому и угол не существует. Поэтому такой случай невозможен.

Ответ:

Заметим, что либо AC = BC, либо AB = BC (или AB = AC).

Первый случай (рис. 1). AC = BC = 13. Пусть Н — точка касания вписанной окружности треугольника ABC с основанием АB, r₁ — радиус окружности, вписанной в треугольник ABC. Тогда CH — высота и медиана треугольника ABC. Из прямоугольного треугольника AHC находим, что

Из равенства 18r₁ = 60 находим, что

Второй случай. Вершина равнобедренного треугольника — одна из точек A или B. Пусть, для определённости, вершина в точке B. Проведём высоту CH. Если H находится на продолжении стороны AB, то треугольник ABC — тупоугольный. Этот случай противоречит условию. Если H лежит на стороне AB, то из прямоугольного треугольника BHC находим:

Из прямоугольного треугольника ACH находим:

Тогда

Ответ: или

Заметим, что либо AC = BC, либо AB = BC (или AB = AC).

Первый случай. AC = BC = 5. Пусть H — точка касания вписанной окружности треугольника ABC с основанием AB, r₁ — радиус окружности, вписанной в треугольник ABC. Тогда CH — высота и медиана треугольника ABC. Из прямоугольного треугольника AHC находим, что

Из равенства 8r₁ = 12 находим, что

Второй случай. Вершина равнобедренного треугольника — одна из точек A или B. Пусть, для определённости, вершина в точке B. Проведём высоту CH. Если H находится на продолжении стороны AB, то треугольник ABC — тупоугольный. Этот случай противоречит условию. Если H лежит на стороне AB, то из прямоугольного треугольника BHC находим:

Из прямоугольного треугольника ACH находим:

Тогда

Ответ: или

а) Пристроим к квадрату еще три треугольника, равных исходному, как показано на рисунке. Тогда GF параллельна CB, поэтому — параллелограмм и середины отрезков и совпадают. Поэтому центр квадрата лежит на биссектрисе угла Там же лежит центр окружности, вписанной в треугольник

б) Обозначим центра квадрата за центр окружности за Тогда:

Ответ: б) 5.