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:

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.

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 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.

##

Ответ: 18.

Приведем другое решение.

Высота правильного треугольника равна 3 радиусам вписанной окружности, поэтому она равна 18.

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.

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 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.

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) 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.

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:

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

Площадь треугольника равна произведению его полупериметра на радиус вписанной окружности:

Ответ: 6.

Радиус окружности, вписанной в равносторонний треугольник, равен одной трети высоты. Поэтому он равен 2.

Ответ: 2.

Радиус вписанной в прямоугольный треугольник окружности равен половине разности суммы катетов и гипотенузы:

Ответ: 1.

Приведём другое решение.

Радиус вписанной в многоугольник окружности равен отношению его удвоенной площади к периметру. Площадь прямоугольного треугольника равна половине произведения его катетов. Тем самым, для катетов и гипотенузы имеем:

Известно, что а по условию Поэтому длина стороны треугольника

Ответ: 1.

Радиус вписанной окружности равен отношению площади к полупериметру. Для нахождения площади, воспользуемся формулой Герона:

Тогда

Ответ: 1,5.

Обозначим данный треугольник ABC, BC = 6x — основание, AB = AC = 5x. Заметим, что окружность, о которой говорится в условии, — окружность, вписанная в треугольник ABC. Пусть O — её центр, а E — точка касания с основанием BC.

Обозначим

Так как BO — биссектриса треугольника ABE, то следовательно,

Первый случай. Пусть прямая MN перпендикулярная AB, касается окружности, пересекает AB в точке M, а AC в точке N (рис. 1). Тогда ,

В треугольнике AMN, имеем

У описанного четырехугольника суммы противоположных сторон равны:

откуда находим:

Второй случай. Пусть прямая MN перпендикулярная AB, касается окружности, пересекает AB в точке M, а BC в точке N (рис. 2). В прямоугольном треугольнике BMN имеем

У описанного четырёхугольника ACNM суммы противоположных сторон равны:

откуда находим:

Ответ: или