Circunferencias inscritas y circunscritas, ángulos inscritos - problemas y soluciones

Solución:
La circunferencia que pasa por los pies de las alturas es la circunferencia de los nueve puntos; su radio es la mitad del radio [tex]R[/tex] de la circunferencia circunscrita al triángulo.
Como [tex]8^2+15^2=17^2[/tex], el triángulo formado por los pies de las alturas es rectángulo, y el radio de su circunferencia circunscrita es la mitad de la hipotenusa: [tex]\frac{17}{2}[/tex].
Por lo tanto, [tex]R=2 \times \frac{17}{2}=17[/tex].

Solución:
El cuadrilátero de vértices [tex]C[/tex], [tex]H[/tex] y los pies de las alturas desde [tex]A[/tex] y [tex]B[/tex] tiene dos ángulos rectos, por eso [tex]\angle AHB=180^\circ-\angle ACB=120^\circ[/tex] (ángulos opuestos por el vértice). Si el triángulo es obtusángulo, este ángulo es [tex]60^\circ[/tex]; el seno es el mismo en ambos casos.
Por la ley de los senos en el [tex]\triangle ABH[/tex]: [tex]R_1=\frac{AB}{2\sen 120^\circ}=\frac{10}{\sqrt{3}}=\frac{10\sqrt{3}}{3}[/tex].

Solución:
Colocamos el triángulo en coordenadas: [tex]B(0;0),\ C(14;0),\ A(5;12)[/tex]; entonces [tex]a=BC=14;\ b=CA=15;\ c=AB=13[/tex].
El incentro es [tex]I=\frac{aA+bB+cC}{a+b+c}=\left(\frac{14 \times 5+13 \times 14}{42};\ \frac{14 \times 12}{42}\right)=(6;4)[/tex].
El circuncentro está en la mediatriz de [tex]BC[/tex]: [tex]O(7;y)[/tex], y de [tex]OB^2=OA^2[/tex] se obtiene [tex]49+y^2=4+(12-y)^2[/tex], es decir, [tex]y=\frac{33}{8}[/tex].
[tex]OI^2=(7-6)^2+\left(\frac{33}{8}-4\right)^2=1+\frac{1}{64}=\frac{65}{64}[/tex], por eso [tex]OI=\frac{\sqrt{65}}{8}[/tex].

Solución:
El trapecio es inscrito, por eso es isósceles: [tex]AD=BC[/tex]; es circunscriptible, por eso [tex]AB+CD=2AD[/tex].
Sea [tex]CH=h[/tex] la altura desde [tex]C[/tex] sobre [tex]AB[/tex]. Entonces [tex]AH=\frac{AB+CD}{2}=AD[/tex].
Sean [tex]AD=4t[/tex], [tex]AC=5t[/tex]; entonces [tex]h=\sqrt{AC^2-AH^2}=3t[/tex] y [tex]S=\frac{AB+CD}{2} \times h=4t \times 3t=12t^2=12[/tex], de donde [tex]t=1[/tex].
Por lo tanto, [tex]AD=BC=4[/tex], [tex]h=3[/tex], [tex]\frac{AB-CD}{2}=\sqrt{16-9}=\sqrt{7}[/tex], y de [tex]AB+CD=8[/tex]: [tex]AB=4+\sqrt{7};\ CD=4-\sqrt{7}[/tex].

Solución:
Sea [tex]CH=h[/tex] la altura sobre la base. El baricentro [tex]G[/tex] y el incentro [tex]I[/tex] están en [tex]CH[/tex], con [tex]GH=\frac{h}{3}[/tex] y [tex]IH=r[/tex].
La circunferencia inscrita corta a [tex]CH[/tex] en [tex]H[/tex] y en el punto a distancia [tex]2r[/tex] de [tex]H[/tex]; como [tex]G \ne H[/tex], se obtiene [tex]GH=2r[/tex], es decir, [tex]h=6r[/tex].
De [tex]S=\frac{ah}{2}=pr[/tex]: [tex]p=\frac{ah}{2r}=3a[/tex], por eso [tex]P=2p=6a[/tex].

Solución:
Sean [tex]H[/tex], [tex]L[/tex], [tex]M[/tex] sus pies sobre [tex]AB[/tex]. Entonces [tex]HL=\sqrt{5-1}=2[/tex] y [tex]HM=\sqrt{10-1}=3[/tex].
La bisectriz desde [tex]C[/tex] también biseca el ángulo entre la altura y el radio hacia el circuncentro [tex]O[/tex]: [tex]\angle HCL=\angle LCO[/tex].
Usamos coordenadas [tex]H(0;0),\ C(0;1),\ L(2;0),\ M(3;0)[/tex]. La reflexión de [tex]\overrightarrow{CH}=(0;-1)[/tex] respecto a la recta [tex]CL[/tex] da la dirección [tex](4;3)[/tex] de [tex]\overrightarrow{CO}[/tex], y [tex]O[/tex] está en la mediatriz de [tex]AB[/tex], es decir, en la recta [tex]x=3[/tex]; por eso [tex]O\left(3;\frac{13}{4}\right)[/tex] y [tex]R=CO=\frac{15}{4}[/tex].
[tex]\frac{AB}{2}=\sqrt{R^2-\left(\frac{13}{4}\right)^2}=\sqrt{\frac{225-169}{16}}=\frac{\sqrt{14}}{2}[/tex], por eso [tex]AB=\sqrt{14}[/tex].

Solución:
Cada bisectriz divide [tex]AC[/tex] en la razón de los lados adyacentes, y se cortan en el mismo punto, por eso [tex]\frac{AD}{DC}=\frac{AB}{BC}=\frac{6}{7}[/tex].
Por la ley de los cosenos [tex]\cos\angle ABC=\frac{66^2+77^2-77^2}{2 \times 66 \times 77}=\frac{3}{7}[/tex]. El cuadrilátero es inscrito, por eso [tex]\cos\angle ADC=-\frac{3}{7}[/tex].
Sean [tex]AD=6k;\ DC=7k[/tex]. En el [tex]\triangle ACD[/tex]: [tex]77^2=36k^2+49k^2+2 \times 6k \times 7k \times \frac{3}{7}=121k^2[/tex], de donde [tex]k=7[/tex] y [tex]AD=42;\ CD=49[/tex].

Solución:
Sea [tex]a[/tex] el lado. Entonces [tex]S_{AFB}=\frac{a^2}{10}[/tex], por eso la distancia de [tex]F[/tex] a [tex]AB[/tex] es [tex]h=\frac{a}{5}[/tex].
Colocamos el punto medio de [tex]AB[/tex] en el origen y [tex]AB[/tex] sobre el eje de abscisas; el centro [tex]O[/tex] está a distancia [tex]\frac{a}{2}[/tex] al otro lado y el cuadrado del radio es [tex]\frac{a^2}{2}[/tex]. Si la abscisa de [tex]F[/tex] es [tex]x[/tex], entonces [tex]x^2+\left(\frac{a}{2}+\frac{a}{5}\right)^2=\frac{a^2}{2}[/tex], es decir, [tex]x^2=\frac{a^2}{100}[/tex]; como [tex]AF \lt FB[/tex], [tex]x=-\frac{a}{10}[/tex].
[tex]\tan\angle FAB=\frac{h}{x+\frac{a}{2}}=\frac{\frac{a}{5}}{\frac{2a}{5}}=\frac{1}{2}[/tex].

Solución:
Sea [tex]r[/tex] el radio. La altura es [tex]2r[/tex], por eso el lado no paralelo es [tex]c=\frac{2r}{\sen \alpha}[/tex]; el trapecio es circunscriptible, por eso [tex]a+b=2c[/tex] y [tex]S_1=(a+b) \times r=2c \times r=\frac{4r^2}{\sen \alpha}[/tex].
Los puntos de tangencia en las bases están en el eje de simetría a distancia [tex]2r[/tex] uno del otro; el punto de tangencia [tex]K[/tex] en un lado no paralelo está a distancia [tex]r\sen \alpha[/tex] del eje (el radio hacia [tex]K[/tex] es perpendicular a ese lado). Así, el cuadrilátero de los puntos de tangencia es un deltoide de diagonales [tex]2r[/tex] y [tex]2r\sen \alpha[/tex]: [tex]S_2=\frac{1}{2} \times 2r \times 2r\sen \alpha=2r^2\sen \alpha[/tex].
[tex]\frac{S_2}{S_1}=\frac{\sen ^2\alpha}{2}=\frac{3}{8}[/tex], por eso [tex]\sen ^2\alpha=\frac{3}{4}[/tex] y [tex]\alpha=60^\circ[/tex].

Solución:
Sea [tex]\varphi[/tex] el ángulo inscrito que abarca cada una de las tres cuerdas iguales; entonces [tex]BC=2R\sen \varphi[/tex], es decir, [tex]\sen \varphi=\frac{1}{2\sqrt{2}}[/tex].
Cada una de las tres cuerdas iguales subtiende un arco de [tex]2\varphi[/tex], por eso [tex]\overset{\frown}{AB}=360^\circ-6\varphi[/tex] y [tex]AB=2R\sen (180^\circ-3\varphi)=2R\sen 3\varphi[/tex].
[tex]\sen 3\varphi=3\sen \varphi-4\sen ^3\varphi=\frac{3}{2\sqrt{2}}-\frac{1}{4\sqrt{2}}=\frac{5}{4\sqrt{2}}[/tex], por eso [tex]AB=2 \times 2\sqrt{2} \times \frac{5}{4\sqrt{2}}=5[/tex].

Solución:
Definimos el punto [tex]P[/tex] mediante [tex]\overrightarrow{OP}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}[/tex]. Entonces [tex]\overrightarrow{AP}=\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}=2\overrightarrow{OM}[/tex] y [tex]\overrightarrow{AP}\cdot\overrightarrow{BC}=(\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC})\cdot(\overrightarrow{OC}-\overrightarrow{OB})=OC^2-OB^2=0[/tex], porque [tex]O[/tex] equidista de los vértices. Así, [tex]P[/tex] está en la altura desde [tex]A[/tex]; del mismo modo está en la altura desde [tex]B[/tex], por eso [tex]P=H[/tex].
De [tex]\overrightarrow{AP}=\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}=2\overrightarrow{OM}[/tex] se obtiene [tex]AH=2OM[/tex].

Solución:
Los segmentos tangentes desde el vértice del ángulo recto a esa circunferencia exinscrita son iguales al semiperímetro [tex]p[/tex] y con dos radios forman un cuadrado, por eso [tex]r_c=p[/tex]; para la circunferencia inscrita [tex]r=p-c[/tex].
Por lo tanto, [tex]p=42[/tex] y [tex]c=42-5=37[/tex].
Entonces [tex]a+b=2p-c=47[/tex] y [tex]ab=2S=2pr=420[/tex], por eso los catetos son las raíces de [tex]t^2-47t+420=0[/tex]: [tex]a=35;\ b=12[/tex].

Solución:
Por la ley de los senos [tex]a=2R\sen 120^\circ=14[/tex].
El segmento tangente desde [tex]A[/tex] a la circunferencia inscrita es igual a [tex]p-a[/tex], por eso [tex]r=(p-a)\tan\frac{A}{2}[/tex]: [tex]\sqrt{3}=(p-14)\sqrt{3}[/tex], de donde [tex]p=15[/tex] y [tex]b+c=16[/tex].
Por la ley de los cosenos [tex]a^2=b^2+c^2+bc=(b+c)^2-bc[/tex]: [tex]196=256-bc[/tex], por eso [tex]bc=60[/tex].
Entonces [tex]b=6;\ c=10[/tex].

Solución:
Colocamos [tex]C(0;0),\ A(b;0),\ B(0;a)[/tex]; entonces [tex]a^2+b^2=1[/tex]. Sea [tex]s=a+b[/tex]; el radio de la circunferencia inscrita es [tex]r=\frac{s-1}{2}[/tex] y su centro es [tex]I(r;r)[/tex]; el baricentro es [tex]G\left(\frac{b}{3};\frac{a}{3}\right)[/tex].
La condición [tex]IG=r[/tex] da [tex]\left(\frac{b}{3}-r\right)^2+\left(\frac{a}{3}-r\right)^2=r^2[/tex], es decir, [tex]\frac{a^2+b^2}{9}-\frac{2rs}{3}+r^2=0[/tex].
Sustituyendo [tex]r=\frac{s-1}{2}[/tex] y multiplicando por [tex]36[/tex]: [tex]4-12s(s-1)+9(s-1)^2=0[/tex], por eso [tex]3s^2+6s-13=0[/tex] y [tex]s=\frac{-3+4\sqrt{3}}{3}[/tex].
[tex]P=s+1=\frac{4\sqrt{3}}{3}[/tex].

Solución:
[tex]AC[/tex] es un diámetro, por eso [tex]\angle ABC=\angle ADC=90^\circ[/tex]. Sean [tex]\angle BAC=x[/tex], [tex]\angle CAD=60^\circ-x[/tex] y [tex]AC=2R[/tex]; entonces [tex]AB=2R\cos x;\ BC=2R\sen x;\ AD=2R\cos(60^\circ-x);\ CD=2R\sen (60^\circ-x)[/tex].
El cuadrilátero es circunscriptible: [tex]AB+CD=BC+AD[/tex], es decir, [tex]\cos x+\sen (60^\circ-x)=\sen x+\cos(60^\circ-x)[/tex], por eso [tex]\cos x-\sen x=\cos(60^\circ-x)-\sen (60^\circ-x)[/tex]. La función [tex]f(t)=\cos t-\sen t[/tex] es estrictamente decreciente para estos ángulos, por lo tanto [tex]x=60^\circ-x[/tex] y [tex]x=30^\circ[/tex].
Entonces [tex]AB=AD=R\sqrt{3};\ BC=CD=R[/tex], [tex]S=R^2\sqrt{3}[/tex] y [tex]p=R(\sqrt{3}+1)[/tex]. De [tex]S=pr[/tex]: [tex]R^2\sqrt{3}=R(\sqrt{3}+1)[/tex], por eso [tex]R=\frac{\sqrt{3}+1}{\sqrt{3}}[/tex].
[tex]S=\frac{(\sqrt{3}+1)^2}{\sqrt{3}}=\frac{4+2\sqrt{3}}{\sqrt{3}}=2+\frac{4\sqrt{3}}{3}[/tex].

Solución:
El cuadrilátero [tex]AFDC[/tex] es inscrito porque [tex]\angle AFC=\angle ADC=90^\circ[/tex]; por lo tanto [tex]\angle BDF=\angle BAC[/tex]. Análogamente (con el cuadrilátero inscrito [tex]ABDE[/tex]) [tex]\angle CDE=\angle BAC[/tex].
Sea [tex]F'[/tex] el simétrico de [tex]F[/tex] respecto a [tex]BC[/tex]. Como [tex]D[/tex] está en [tex]BC[/tex], [tex]DF'[/tex] es la imagen de [tex]DF[/tex] y [tex]\angle BDF'=\angle BDF=\angle BAC=\angle CDE[/tex].
Así, las semirrectas [tex]DF'[/tex] y [tex]DE[/tex] forman ángulos iguales con la recta [tex]BC[/tex] a distintos lados de [tex]D[/tex], es decir, [tex]F'[/tex] está en la prolongación de [tex]DE[/tex] más allá de [tex]D[/tex].
Para la simetría respecto a [tex]AC[/tex] la demostración es análoga.

Solución:
Sea [tex]O[/tex] el centro de la circunferencia. Para un triángulo inscrito en una circunferencia de centro [tex]O[/tex], el vector de [tex]O[/tex] al ortocentro es igual a la suma de los vectores de [tex]O[/tex] a los vértices (demostrado en el problema [tex]AH=2OM[/tex] de esta página). Los cuatro puntos están en la misma circunferencia, por eso [tex]\overrightarrow{OP}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OD}[/tex] y [tex]\overrightarrow{OQ}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OD}[/tex].
Por lo tanto, [tex]\overrightarrow{PQ}=\overrightarrow{OQ}-\overrightarrow{OP}=\overrightarrow{OC}-\overrightarrow{OB}=\overrightarrow{BC}[/tex], es decir, [tex]PQ[/tex] es paralelo e igual a [tex]BC[/tex].

Solución:
Por la ley de los senos [tex]\sen A=\frac{a}{2R}=\frac{8}{17}[/tex], por eso [tex]\cos A=\pm\frac{15}{17}[/tex]. Además [tex]r=(p-a)\tan\frac{A}{2}[/tex], donde [tex]\tan\frac{A}{2}=\frac{\sen A}{1+\cos A}[/tex].
Si [tex]\cos A=\frac{15}{17}[/tex]: [tex]\tan\frac{A}{2}=\frac{1}{4}[/tex], por eso [tex]p-a=24[/tex], [tex]p=40[/tex] y [tex]b+c=64[/tex]; [tex]S=pr=240=\frac{1}{2}bc\sen A[/tex] da [tex]bc=1020[/tex], y las raíces de [tex]t^2-64t+1020=0[/tex] son [tex]b=30;\ c=34[/tex].
Si [tex]\cos A=-\frac{15}{17}[/tex]: [tex]\tan\frac{A}{2}=4[/tex], [tex]p=\frac{35}{2}[/tex], [tex]b+c=19[/tex], [tex]bc=\frac{1785}{4}[/tex] y [tex]19^2-4 \times \frac{1785}{4}<0[/tex]: no hay solución.
Los otros dos lados miden [tex]30[/tex] y [tex]34[/tex].

Solución:
[tex]M[/tex] y [tex]N[/tex] están en la circunferencia de diámetro [tex]AB[/tex], por eso [tex]\angle AMB=\angle ANB=90^\circ[/tex]: son los pies de las alturas desde [tex]A[/tex] y [tex]B[/tex].
Entonces [tex]CM=CA\cos C;\ CN=CB\cos C[/tex], por eso [tex]\triangle CMN \sim \triangle CAB[/tex] y [tex]\frac{MN}{AB}=\frac{CM}{CA}=\cos C[/tex].
[tex]\cos C=\frac{14^2+15^2-13^2}{2 \times 14 \times 15}=\frac{3}{5}[/tex], por eso [tex]MN=13 \times \frac{3}{5}=\frac{39}{5}[/tex].

Solución:
Por la ley de los cosenos en el [tex]\triangle ABD[/tex] y en el [tex]\triangle CBD[/tex]: [tex]BD^2=1+36-12\cos A[/tex] y [tex]BD^2=16+9-24\cos C[/tex], donde [tex]\cos C=-\cos A[/tex] (el cuadrilátero es inscrito).
Así, [tex]37-12\cos A=25+24\cos A[/tex], es decir, [tex]\cos A=\frac{1}{3}[/tex] y [tex]BD^2=33[/tex].
Entonces [tex]\sen A=\frac{2\sqrt{2}}{3}[/tex] y, por la ley de los senos en el [tex]\triangle ABD[/tex], [tex]R=\frac{BD}{2\sen A}=\frac{3\sqrt{33}}{4\sqrt{2}}=\frac{3\sqrt{66}}{8}[/tex].

Solución:
[tex]\angle A_1JB_1=\angle AJB=180^\circ-\frac{\angle A+\angle B}{2}=90^\circ+\frac{\angle C}{2}[/tex] (ángulos opuestos por el vértice).
El cuadrilátero de vértices [tex]J[/tex], [tex]A_1[/tex], [tex]C[/tex], [tex]B_1[/tex] es inscrito, por eso sus ángulos opuestos son suplementarios: [tex]\angle A_1JB_1+\angle C=180^\circ[/tex].
Así, [tex]90^\circ+\frac{3\angle C}{2}=180^\circ[/tex] y [tex]\angle ACB=60^\circ[/tex].

Solución:
Como para cualquier incentro, [tex]\angle AO_1D=90^\circ+\frac{\angle ABD}{2}[/tex] y [tex]\angle AO_2D=90^\circ+\frac{\angle ACD}{2}[/tex]. Como [tex]\angle ABD=\angle ACD[/tex] (ángulos inscritos sobre el arco [tex]AD[/tex]), [tex]\angle AO_1D=\angle AO_2D[/tex].
Así, [tex]O_1[/tex] y [tex]O_2[/tex] ven [tex]AD[/tex] bajo ángulos iguales desde el mismo lado, por eso [tex]AO_1O_2D[/tex] es un cuadrilátero inscrito.
[tex]O_1[/tex] está en la bisectriz del [tex]\angle BAD[/tex], por eso [tex]\angle O_1AD=\frac{80^\circ}{2}=40^\circ[/tex] y, por lo tanto, [tex]\angle O_1O_2D=180^\circ-40^\circ=140^\circ[/tex].

Solución:
[tex]AB=2BC=12[/tex] y [tex]AC=6\sqrt{3}[/tex]. [tex]CL[/tex] biseca el ángulo en [tex]C[/tex], por eso [tex]M[/tex] es el punto medio del arco [tex]\overset{\frown}{AB}[/tex]: [tex]\overset{\frown}{AM}=\overset{\frown}{MB}[/tex]; como [tex]AB[/tex] es un diámetro, [tex]AM=BM=\frac{AB}{\sqrt{2}}=6\sqrt{2}[/tex].
Por el teorema de Ptolomeo para el cuadrilátero inscrito [tex]ACBM[/tex]: [tex]CM \times AB=AC \times BM+BC \times AM[/tex].
Por lo tanto, [tex]CM=\frac{(6\sqrt{3}+6) \times 6\sqrt{2}}{12}=3\sqrt{6}+3\sqrt{2}[/tex].

Solución:
[tex]\angle BAC=\angle CAD=\frac{\alpha}{2}[/tex], y [tex]\angle DCA=\angle BAC=\frac{\alpha}{2}[/tex] (ángulos alternos), por eso [tex]AD=DC[/tex].
El trapecio es inscrito, luego isósceles, y por la ley de los senos [tex]BC=AD=DC=2R\sen \frac{\alpha}{2}[/tex]; además [tex]\angle ACB=180^\circ-\alpha-\frac{\alpha}{2}[/tex], por eso [tex]AB=2R\sen \angle ACB=2R\sen \frac{3\alpha}{2}[/tex].
La altura es [tex]h=BC\sen \alpha[/tex], por eso [tex]S=\frac{AB+CD}{2} \times h=R\left(\sen \frac{3\alpha}{2}+\sen \frac{\alpha}{2}\right) \times 2R\sen \frac{\alpha}{2}\sen \alpha[/tex].
Como [tex]\sen \frac{3\alpha}{2}+\sen \frac{\alpha}{2}=2\sen \alpha\cos\frac{\alpha}{2}[/tex], [tex]S=4R^2\sen ^2\alpha\sen \frac{\alpha}{2}\cos\frac{\alpha}{2}=2R^2\sen ^3\alpha[/tex].

Solución:
[tex]M[/tex] y [tex]N[/tex] están en la circunferencia de diámetro [tex]CD[/tex], por eso [tex]\angle CMD=\angle CND=90^\circ[/tex].
Como [tex]DM \perp BC[/tex] y [tex]CM=MB[/tex], [tex]DM[/tex] es la mediatriz de [tex]BC[/tex], por eso [tex]DB=DC=L[/tex].
Los triángulos rectángulos [tex]\triangle CMD[/tex] y [tex]\triangle CND[/tex] tienen la hipotenusa común [tex]CD[/tex] y ángulos iguales en [tex]C[/tex], por eso [tex]CN=CM[/tex]. Entonces [tex]AC=\frac{3}{2}CN;\ BC=2CM=2CN[/tex].
Por la propiedad de la bisectriz [tex]\frac{AD}{DB}=\frac{AC}{BC}=\frac{3}{4}[/tex], por eso [tex]AD=\frac{3L}{4}[/tex] y [tex]AB=AD+DB=\frac{7L}{4}[/tex].

Solución:
Sea [tex]O[/tex] el circuncentro. Como se demostró en el problema [tex]AH=2OM[/tex] de esta página, [tex]\overrightarrow{OH}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}[/tex].
Entonces [tex]\overrightarrow{OP}=\frac{\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}}{2}[/tex] y [tex]\overrightarrow{OT}=\frac{\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OH}}{2}=\frac{\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}}{2}+\overrightarrow{OC}[/tex].
Por lo tanto, [tex]\overrightarrow{PT}=\overrightarrow{OT}-\overrightarrow{OP}=\overrightarrow{OC}[/tex], es decir, [tex]PT=OC=R[/tex].

Solución:
Sean [tex]\angle BAD=\alpha[/tex] y [tex]\angle ABC=\beta[/tex], con las letras elegidas de modo que [tex]\alpha<\beta[/tex]. El cuadrilátero es inscrito, por eso [tex]\angle BCD=180^\circ-\alpha[/tex] y [tex]\angle ADC=180^\circ-\beta[/tex], y del [tex]\triangle AED[/tex]: [tex]\angle AED=\beta-\alpha[/tex].
Sea [tex]K[/tex] el punto donde la bisectriz del ángulo en [tex]E[/tex] corta a [tex]BC[/tex] y [tex]L[/tex] donde corta a [tex]AD[/tex]. Del [tex]\triangle EBK[/tex]: [tex]\angle BKE=180^\circ-(180^\circ-\beta)-\frac{\beta-\alpha}{2}=\frac{\alpha+\beta}{2}[/tex]; del [tex]\triangle EAL[/tex]: [tex]\angle ALE=180^\circ-\alpha-\frac{\beta-\alpha}{2}=180^\circ-\frac{\alpha+\beta}{2}[/tex].
Por lo tanto, [tex]\angle FKL=\angle FLK=\frac{\alpha+\beta}{2}[/tex] (ángulos opuestos por el vértice en [tex]K[/tex] y adyacentes en [tex]L[/tex]), es decir, el [tex]\triangle FKL[/tex] es isósceles.
En el [tex]\triangle FKL[/tex] isósceles la bisectriz del ángulo en [tex]F[/tex] es perpendicular a la base [tex]KL[/tex], que está en la bisectriz del ángulo en [tex]E[/tex].

Solución:
Como se demostró en el problema [tex]AH=2OM[/tex] de esta página, [tex]\overrightarrow{OH}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}[/tex]. Sea [tex]\sigma=\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OB}\cdot\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OC}\cdot\overrightarrow{OA}[/tex].
Elevando al cuadrado: [tex]OH^2=3R^2+2\sigma[/tex]. Además [tex]AB^2=|\overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OA}|^2=2R^2-2\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB}[/tex], y análogamente para los otros lados.
Sumando: [tex]AB^2+BC^2+CA^2=6R^2-2\sigma=6R^2-(OH^2-3R^2)=9R^2-OH^2[/tex].

Solución:
Sean [tex]c[/tex] los lados no paralelos. El trapecio es circunscriptible, por eso [tex]a+b=2c[/tex], y la altura es [tex]h=2r=c\sen \alpha[/tex].
La proyección de la diagonal [tex]d[/tex] sobre la base mayor es la semisuma de las bases, es decir, [tex]c[/tex]: [tex]d^2=h^2+\left(\frac{a+b}{2}\right)^2=h^2+c^2[/tex], por eso [tex]d=c\sqrt{1+\sen ^2\alpha}[/tex].
La circunferencia circunscrita pasa por los vértices del [tex]\triangle ABD[/tex], en el que el ángulo [tex]\alpha[/tex] es opuesto a [tex]d[/tex]: [tex]R=\frac{d}{2\sen \alpha}=\frac{c\sqrt{1+\sen ^2\alpha}}{2\sen \alpha}[/tex].
Por lo tanto, [tex]\frac{r}{R}=\frac{c\sen \alpha}{2} \times \frac{2\sen \alpha}{c\sqrt{1+\sen ^2\alpha}}=\frac{\sen ^2\alpha}{\sqrt{1+\sen ^2\alpha}}[/tex].

Solución:
Tomamos el punto [tex]F[/tex] en [tex]DC[/tex] con [tex]DF=DA[/tex] (suponemos que [tex]F[/tex] está en [tex]DE[/tex]; el otro caso es análogo). Entonces [tex]\angle DAF=\angle DFA=\frac{180^\circ-\angle D}{2}=\frac{\angle B}{2}=\angle ABE[/tex].
Así, [tex]\angle AFE=180^\circ-\frac{\angle B}{2}[/tex] y [tex]\angle AFE+\angle ABE=180^\circ[/tex], por eso [tex]ABEF[/tex] es inscrito y [tex]\angle EFB=\angle EAB=\frac{\angle A}{2}[/tex] (ángulos inscritos sobre el mismo arco).
Como [tex]\angle C=180^\circ-\angle A[/tex], en el [tex]\triangle FBC[/tex]: [tex]\angle FBC=180^\circ-\angle C-\angle CFB=\frac{\angle A}{2}[/tex], por eso [tex]CF=CB[/tex].
Por lo tanto, [tex]DC=DF+FC=AD+BC[/tex].

Solución:
El trapecio es isósceles, por eso ambas diagonales forman el mismo ángulo [tex]\theta[/tex] con la base mayor; el ángulo entre las diagonales opuesto a un lado no paralelo es un ángulo exterior del triángulo que forman con esa base: [tex]2\theta=\varphi[/tex].
Así, la diagonal mide [tex]d=\frac{h}{\sen \theta}=\frac{1}{\sen \frac{\varphi}{2}}[/tex].
La circunferencia está circunscrita al [tex]\triangle ABD[/tex], en el que [tex]\alpha[/tex] es opuesto a [tex]BD[/tex]: [tex]R=\frac{BD}{2\sen \alpha}=\frac{1}{2\sen \alpha\sen \frac{\varphi}{2}}[/tex].

Solución:
La distancia de un vértice al ortocentro es el doble de la distancia del circuncentro al lado opuesto (ver el problema [tex]AH=2OM[/tex] de esta página), por eso [tex]AH=2R\cos A[/tex] y [tex]CH=2R\cos C[/tex].
Como [tex]\angle C=180^\circ-2\angle A[/tex], [tex]\cos C=-\cos 2A=1-2\cos^2 A[/tex], y [tex]\cos A=\frac{m}{2R}[/tex].
Entonces [tex]n=2R\left(1-\frac{2m^2}{4R^2}\right)=2R-\frac{m^2}{R}[/tex], es decir, [tex]2R^2-nR-m^2=0[/tex], y [tex]R=\frac{n+\sqrt{n^2+8m^2}}{4}[/tex].

Solución:
De la altura desde [tex]A[/tex]: [tex]\angle BAH=90^\circ-\angle B[/tex]; del [tex]\triangle AOC[/tex] isósceles: [tex]\angle OAC=90^\circ-\angle B[/tex]. Así, [tex]\angle BAH=\angle OAC[/tex], y como [tex]AL[/tex] biseca el [tex]\angle BAC[/tex], [tex]\angle LAH=\angle LAO[/tex].
En el [tex]\triangle AOH[/tex] la bisectriz del ángulo en [tex]A[/tex] es perpendicular a [tex]OH[/tex], por eso el triángulo es isósceles: [tex]AO=AH[/tex].
Como [tex]AH=2R\cos A[/tex] (ver el problema [tex]AH=2OM[/tex] de esta página), [tex]R=2R\cos A[/tex], por eso [tex]\cos A=\frac{1}{2}[/tex] y [tex]\angle BAC=60^\circ[/tex].

Solución:
Por la fórmula de Euler, la distancia entre el circuncentro [tex]O[/tex] y el incentro [tex]I[/tex] cumple [tex]OI^2=R^2-2Rr[/tex].
Como [tex]OI^2 \ge 0[/tex], se obtiene [tex]R^2-2Rr \ge 0[/tex], es decir, [tex]R(R-2r) \ge 0[/tex], y como [tex]R[/tex] es positivo, [tex]R \ge 2r[/tex].
La igualdad [tex]R=2r[/tex] se cumple exactamente cuando [tex]OI=0[/tex], es decir, cuando los centros coinciden: en el triángulo equilátero.

Solución:
La distancia de [tex]O[/tex] a [tex]BC[/tex] es [tex]R\cos A[/tex] y la de [tex]I[/tex] a [tex]BC[/tex] es [tex]r[/tex]. Como [tex]OI \parallel BC[/tex], estas distancias son iguales: [tex]R\cos A=r[/tex].
Para todo triángulo [tex]\cos A+\cos B+\cos C=1+\frac{r}{R}[/tex]. Sustituyendo [tex]R\cos A=r[/tex]: [tex]\cos B+\cos C=1[/tex], por eso [tex]\cos C=1-\frac{\sqrt{2}}{2}[/tex].

Solución:
[tex]\angle B=80^\circ[/tex]. En el [tex]\triangle AIC[/tex]: [tex]\angle IAC=30^\circ[/tex] y [tex]\angle AIC=90^\circ+\frac{\angle B}{2}=130^\circ[/tex], por eso por la ley de los senos [tex]\frac{CI}{\sen 30^\circ}=\frac{AC}{\sen 130^\circ}[/tex], es decir, [tex]CI=\frac{AC}{2\sen 50^\circ}[/tex].
En el [tex]\triangle ABC[/tex] por la ley de los senos [tex]\frac{AB}{AC}=\frac{\sen 40^\circ}{\sen 80^\circ}=\frac{\sen 40^\circ}{2\sen 40^\circ\cos 40^\circ}=\frac{1}{2\cos 40^\circ}=\frac{1}{2\sen 50^\circ}[/tex], es decir, [tex]AB=\frac{AC}{2\sen 50^\circ}[/tex].
Por lo tanto, [tex]CI=AB[/tex].