Circunferencias inscritas y circunscritas, ángulos inscritos - problemas y soluciones

Solución:
[tex]\angle AOB[/tex] es un ángulo central y [tex]\angle ACB=70^\circ[/tex] es un ángulo inscrito que abarcan el mismo arco [tex]AB[/tex].
El ángulo central es el doble del ángulo inscrito que abarca el mismo arco, por eso [tex]\angle AOB=2\angle ACB=140^\circ[/tex].

Solución:
El ángulo de [tex]120^\circ[/tex] solo puede ser el ángulo del vértice: [tex]AC=BC=6[/tex], [tex]\angle ACB=120^\circ[/tex]. Entonces [tex]\angle A=\angle B=30^\circ[/tex].
Por la ley de los senos [tex]BC=2R\sen \angle A[/tex], es decir, [tex]6=2R \times \frac{1}{2}[/tex], de donde [tex]R=6[/tex].

Solución:
En un cuadrilátero se puede inscribir una circunferencia exactamente cuando las sumas de los lados opuestos son iguales: [tex]AB+CD=AD+BC[/tex], por eso [tex]AD=BC=\frac{32+18}{2}=25[/tex].
La proyección de un lado no paralelo sobre la base mayor es [tex]\frac{32-18}{2}=7[/tex], por eso la altura es [tex]h=\sqrt{25^2-7^2}=24[/tex].
La altura del trapecio es igual al diámetro de la circunferencia, por eso [tex]r=\frac{h}{2}=12[/tex].

Solución:
Los dos segmentos tangentes trazados desde un punto a una circunferencia son iguales: [tex]AP=AM=6;\ BM=BN=8;\ CN=CP=9[/tex].
Entonces [tex]AB=6+8=14;\ BC=8+9=17;\ AC=9+6=15[/tex].

Solución:
En un cuadrilátero inscrito los ángulos opuestos suman [tex]180^\circ[/tex]: [tex]\angle A+\angle C=180^\circ[/tex].
[tex]3k+7k=180^\circ[/tex], por eso [tex]k=18^\circ[/tex].
Entonces [tex]\angle A=54^\circ;\ \angle B=72^\circ;\ \angle C=126^\circ[/tex] y [tex]\angle D=180^\circ-\angle B=108^\circ[/tex].

Solución:
El semiperímetro es [tex]p=\frac{13+14+15}{2}=21[/tex].
Por la fórmula de Herón [tex]S=\sqrt{21 \times 8 \times 7 \times 6}=84[/tex].
[tex]r=\frac{S}{p}=\frac{84}{21}=4[/tex].

Solución:
Sean [tex]AC=3[/tex], [tex]BC=4[/tex], entonces [tex]AB=5[/tex]. El circuncentro [tex]O[/tex] es el punto medio de la hipotenusa [tex]AB[/tex] y [tex]R=\frac{5}{2}[/tex].
El radio de la circunferencia inscrita de un triángulo rectángulo es [tex]r=\frac{3+4-5}{2}=1[/tex]. Sea [tex]T[/tex] el punto de tangencia de la circunferencia inscrita (de centro [tex]I[/tex]) con [tex]AB[/tex]; entonces [tex]AT=p-BC=6-4=2[/tex].
Por lo tanto, [tex]OT=AO-AT=\frac{5}{2}-2=\frac{1}{2}[/tex], y como [tex]IT \perp AB[/tex]: [tex]OI^2=OT^2+IT^2=\frac{1}{4}+1=\frac{5}{4}[/tex], es decir, [tex]OI=\frac{\sqrt{5}}{2}[/tex].

Solución:
La diagonal del cuadrado es un diámetro de la circunferencia: [tex]d=a\sqrt{2}=\sqrt{2} \times \sqrt{2}=2[/tex].
Entonces [tex]R=\frac{d}{2}=1[/tex] y [tex]C=2\pi R=2\pi[/tex].

Solución:
El ángulo inscrito [tex]\angle AMB[/tex] abarca el arco [tex]AB[/tex] que no contiene a [tex]M[/tex]; su medida es [tex]360^\circ-108^\circ=252^\circ[/tex].
Un ángulo inscrito es la mitad del arco que abarca, por eso [tex]\angle AMB=\frac{252^\circ}{2}=126^\circ[/tex].

Solución:
Sean [tex]AB=6[/tex], [tex]AC=BC[/tex], y sea [tex]M[/tex] el punto de tangencia de la circunferencia inscrita con [tex]AC[/tex], de modo que [tex]CM=7[/tex].
La circunferencia inscrita es tangente a la base en su punto medio, y los segmentos tangentes desde [tex]A[/tex] son iguales, por eso [tex]AM=\frac{AB}{2}=3[/tex].
Por lo tanto, [tex]AC=CM+AM=7+3=10[/tex].

Solución:
Un trapecio inscrito en una circunferencia es isósceles.
La proyección de cada lado no paralelo sobre la base mayor es [tex]\frac{40-14}{2}=13[/tex].
Por el teorema de Pitágoras [tex]AD=BC=\sqrt{13^2+39^2}=\sqrt{1690}=13\sqrt{10}[/tex].

Solución:
Los tres arcos iguales forman una semicircunferencia, por eso [tex]\overset{\frown}{AD}=\overset{\frown}{DC}=\overset{\frown}{CB}=60^\circ[/tex] y [tex]R=1[/tex].
Una cuerda que subtiende un arco de [tex]60^\circ[/tex] es igual al radio (es lado del hexágono regular inscrito), por eso [tex]AD=DC=CB=R=1[/tex].
[tex]\angle A[/tex] abarca [tex]\overset{\frown}{DCB}=120^\circ[/tex], por eso [tex]\angle A=\frac{120^\circ}{2}=60^\circ[/tex]; análogamente [tex]\angle B=60^\circ[/tex], y como el cuadrilátero es inscrito, [tex]\angle C=\angle D=120^\circ[/tex].

Solución:
El hexágono regular está formado por seis triángulos equiláteros de lado [tex]6[/tex]; el radio de la circunferencia inscrita es la altura de uno de ellos: [tex]r=\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{6\sqrt{3}}{2}=3\sqrt{3}[/tex].

Solución:
La altura del rombo es igual al diámetro de la circunferencia inscrita: [tex]h=2r=14[/tex].
[tex]\angle A=180^\circ-150^\circ=30^\circ[/tex], por eso el lado es [tex]a=\frac{h}{\sen 30^\circ}=28[/tex].
[tex]S=a \times h=28 \times 14=392[/tex].

Solución:
En un cuadrilátero circunscrito las sumas de los lados opuestos son iguales: [tex]a+b=c+d[/tex], por eso la suma de las bases es la mitad del perímetro: [tex]a+b=\frac{32}{2}=16[/tex].
La base media es [tex]m=\frac{a+b}{2}=8[/tex].

Solución:
Para un triángulo rectángulo de catetos [tex]a[/tex], [tex]b[/tex] e hipotenusa [tex]c[/tex] se cumple [tex]r=\frac{a+b-c}{2}[/tex], porque los segmentos tangentes desde el vértice del ángulo recto son iguales al radio.
Por lo tanto, [tex]a+b=2r+c=4+13=17[/tex].

Solución:
[tex]AJ[/tex] y [tex]BJ[/tex] son bisectrices, por eso [tex]\angle AJB=180^\circ-\frac{\angle A+\angle B}{2}=90^\circ+\frac{\angle C}{2}[/tex].
Entonces [tex]\frac{\angle C}{2}=25^\circ[/tex] y [tex]\angle ACB=50^\circ[/tex].

Solución:
El [tex]\triangle AOB[/tex] tiene tres lados iguales, por eso es equilátero y [tex]\angle AOB=60^\circ[/tex].
Un ángulo inscrito es la mitad del ángulo central que abarca el mismo arco: [tex]\angle ACB=\frac{60^\circ}{2}=30^\circ[/tex].

Solución:
[tex]OA=OB=OC[/tex], por eso [tex]\triangle AOC[/tex] y [tex]\triangle BOC[/tex] son isósceles: [tex]\angle OAC=\angle OCA[/tex] y [tex]\angle OBC=\angle OCB[/tex].
De la suma de los ángulos del [tex]\triangle ABC[/tex] se obtiene [tex]2\angle OCA+2\angle OCB=180^\circ[/tex].
Por lo tanto, [tex]\angle ACB=\angle OCA+\angle OCB=90^\circ[/tex].

Solución:
Los radios de las circunferencias exinscritas son [tex]r_a=\frac{S}{p-a}[/tex], [tex]r_b=\frac{S}{p-b}[/tex] y [tex]r_c=\frac{S}{p-c}[/tex], donde [tex]S[/tex] es el área y [tex]p[/tex] el semiperímetro.
En un triángulo equilátero [tex]a=b=c[/tex], por eso [tex]p-a=p-b=p-c[/tex] y, por lo tanto, [tex]r_a=r_b=r_c[/tex].

Solución:
Sea [tex]a[/tex] el lado. Entonces [tex]r=\frac{S}{p}[/tex] y [tex]r_a=\frac{S}{p-a}[/tex].
[tex]p=\frac{3a}{2}[/tex], por eso [tex]p-a=\frac{a}{2}=\frac{p}{3}[/tex].
Por lo tanto, [tex]r_a=3r=12[/tex].

Solución:
La circunferencia está inscrita en el cuadrado, por eso su diámetro es igual al lado: [tex]r=\frac{14}{2}=7[/tex].
[tex]S=\pi r^2=49\pi[/tex].

Solución:
En un triángulo equilátero los centros de ambas circunferencias coinciden con el baricentro, que divide cada altura en la razón [tex]2:1[/tex] desde el vértice.
Por lo tanto, [tex]R=\frac{2}{3}h=10[/tex] y [tex]r=\frac{1}{3}h=5[/tex].

Solución:
Un ángulo inscrito que abarca un diámetro es recto: [tex]\angle CAD=90^\circ[/tex].
[tex]\angle ADC=\angle ABC=60^\circ[/tex], porque ambos ángulos inscritos abarcan el arco [tex]AC[/tex].
[tex]\angle ACD=180^\circ-90^\circ-60^\circ=30^\circ[/tex].

Solución:
La hipotenusa de un triángulo rectángulo inscrito en una circunferencia es un diámetro: [tex]c=13[/tex].
El otro cateto mide [tex]b=\sqrt{13^2-5^2}=12[/tex], por eso [tex]S=\frac{5 \times 12}{2}=30[/tex].

Solución:
La altura divide la base por la mitad, por eso el lado igual mide [tex]b=\sqrt{8^2+6^2}=10[/tex].
[tex]S=\frac{16 \times 6}{2}=48[/tex], [tex]p=\frac{16+10+10}{2}=18[/tex].
[tex]r=\frac{S}{p}=\frac{48}{18}=\frac{8}{3}[/tex].

Solución:
[tex]2\pi R=\pi R^2[/tex], por eso [tex]R=2[/tex].
La diagonal del cuadrado es un diámetro, por eso [tex]a=R\sqrt{2}=2\sqrt{2}[/tex].

Solución:
Un trapecio inscrito en una circunferencia es isósceles: [tex]AD=BC[/tex].
La proyección de un lado no paralelo sobre la base mayor es [tex]\frac{AB-CD}{2}=1[/tex], por eso [tex]AD=\frac{1}{\cos 60^\circ}=2[/tex].

Solución:
Sea [tex]ABCD[/tex] el rombo. Sus ángulos opuestos son iguales: [tex]\angle A=\angle C[/tex].
Es inscrito, por eso [tex]\angle A+\angle C=180^\circ[/tex]. Por lo tanto, [tex]\angle A=\angle C=90^\circ[/tex] y análogamente [tex]\angle B=\angle D=90^\circ[/tex].
Un rombo con ángulos rectos es un cuadrado.

Solución:
El ángulo que abarca el diámetro es recto: [tex]\angle ADB=90^\circ[/tex], por eso [tex]\angle DAB=90^\circ-40^\circ=50^\circ[/tex].
Un trapecio inscrito en una circunferencia es isósceles, por eso [tex]\angle A=\angle B=50^\circ[/tex] y [tex]\angle C=\angle D=130^\circ[/tex].

Solución:
Un ángulo inscrito es la mitad del ángulo central que abarca el mismo arco: [tex]\angle ABC=\frac{60^\circ}{2}=30^\circ[/tex].
[tex]AJ[/tex] y [tex]CJ[/tex] son bisectrices, por eso [tex]\angle AJC=180^\circ-\frac{\angle A+\angle C}{2}=90^\circ+\frac{\angle ABC}{2}=105^\circ[/tex].

Solución:
Sea [tex]O[/tex] el centro y [tex]P[/tex] el punto de corte de las tangentes. El ángulo central es [tex]\angle AOB=47^\circ 20'[/tex], y los radios son perpendiculares a las tangentes: [tex]\angle OAP=\angle OBP=90^\circ[/tex].
En el cuadrilátero [tex]OAPB[/tex]: [tex]\angle APB=180^\circ-47^\circ 20'=132^\circ 40'[/tex].

Solución:
El trapecio es circunscriptible, por eso [tex]a+b=2 \times 14=28[/tex]. De [tex]5k+2k=28[/tex]: [tex]k=4[/tex], es decir, [tex]a=20[/tex] y [tex]b=8[/tex].
La proyección de un lado no paralelo sobre la base mayor es [tex]\frac{20-8}{2}=6[/tex], por eso [tex]h=\sqrt{14^2-6^2}=\sqrt{160}=4\sqrt{10}[/tex].
[tex]r=\frac{h}{2}=2\sqrt{10}[/tex].

Solución:
Sea [tex]a[/tex] el lado. El radio de la circunferencia circunscrita es la mitad de la diagonal: [tex]R=\frac{a\sqrt{2}}{2}[/tex]; el radio de la inscrita es la mitad del lado: [tex]r=\frac{a}{2}[/tex].
[tex]\frac{S_1}{S_2}=\frac{\pi R^2}{\pi r^2}=\left(\frac{R}{r}\right)^2=(\sqrt{2})^2=2[/tex].

Solución:
[tex]9x=360^\circ[/tex], por eso [tex]\overset{\frown}{AB}=80^\circ;\ \overset{\frown}{CA}=160^\circ[/tex].
El ángulo entre una tangente y una cuerda es la mitad del arco que corta la cuerda, por eso la tangente forma [tex]\frac{80^\circ}{2}=40^\circ[/tex] con [tex]AB[/tex] y [tex]\frac{160^\circ}{2}=80^\circ[/tex] con [tex]AC[/tex].

Solución:
Sea [tex]r[/tex] el radio de la circunferencia inscrita. Los segmentos tangentes desde el vértice del ángulo recto [tex]C[/tex] son iguales a [tex]r[/tex], por eso la hipotenusa es [tex]AB=4+6=10[/tex] y los catetos [tex]AC=r+4;\ BC=r+6[/tex].
Por el teorema de Pitágoras [tex](r+4)^2+(r+6)^2=10^2[/tex], es decir, [tex]r^2+10r-24=0[/tex], por eso [tex]r=2[/tex] y [tex]AC=6;\ BC=8[/tex].
[tex]S=\frac{6 \times 8}{2}=24[/tex].

Solución:
Los segmentos tangentes desde cada vértice son iguales, por eso en un cuadrilátero circunscrito las sumas de los lados opuestos son iguales: [tex]AB+CD=BC+DA[/tex].
Por lo tanto, [tex]DA=5+9-7=7[/tex].

Solución:
Sean [tex]c[/tex] los lados no paralelos. El trapecio es circunscriptible, por eso [tex]a+b=2c[/tex], es decir, [tex]c=\frac{a+b}{2}[/tex].
La proyección de un lado no paralelo sobre la base mayor es la mitad de la diferencia de las bases, por eso la altura [tex]h[/tex] cumple [tex]h^2=c^2-\left(\frac{a-b}{2}\right)^2=\frac{(a+b)^2-(a-b)^2}{4}=ab[/tex].
La altura es igual al diámetro: [tex]h=2r[/tex], por lo tanto [tex](2r)^2=ab[/tex], es decir, [tex]2r=\sqrt{ab}[/tex].

Solución:
Como [tex]\angle ADC=\angle BDC=90^\circ[/tex], las hipotenusas del [tex]\triangle ACD[/tex] y del [tex]\triangle BCD[/tex] son [tex]AC[/tex] y [tex]BC[/tex], por eso los centros [tex]O_1[/tex] y [tex]O_2[/tex] son los puntos medios de [tex]AC[/tex] y [tex]BC[/tex].
Entonces [tex]O_1O_2[/tex] es una paralela media del [tex]\triangle ABC[/tex], por eso [tex]O_1O_2 \parallel AB[/tex] y biseca todo segmento que une [tex]C[/tex] con un punto de [tex]AB[/tex], en particular [tex]CD[/tex].

Solución:
[tex]O[/tex] está en las bisectrices, por eso [tex]\angle AOB=90^\circ+\frac{\angle ACB}{2}=150^\circ[/tex].
[tex]S=\frac{1}{2} \times 4\sqrt{2} \times 3 \times \sen 150^\circ=3\sqrt{2}[/tex].

Solución:
[tex]I[/tex] está en la bisectriz del ángulo en [tex]C[/tex] y en [tex]CH[/tex], por eso la altura [tex]CH[/tex] es también bisectriz: [tex]\angle ACI=\angle BCI[/tex].
En los triángulos rectángulos [tex]\triangle ACH[/tex] y [tex]\triangle BCH[/tex]: [tex]\angle CAH=90^\circ-\angle ACH=90^\circ-\angle BCH=\angle CBH[/tex].
Los ángulos de la base son iguales, por eso [tex]AC=BC[/tex].

Solución:
Sea [tex]ABCD[/tex] el trapecio con diagonal [tex]BD[/tex]. La circunferencia circunscrita al trapecio también lo está al [tex]\triangle ABD[/tex], en el que el [tex]\angle A=45^\circ[/tex] es opuesto a [tex]BD[/tex].
Por la ley de los senos [tex]R=\frac{BD}{2\sen 45^\circ}=\frac{10}{\sqrt{2}}=5\sqrt{2}[/tex].

Solución:
Sea [tex]\angle A=\angle B=\alpha[/tex]. Por la ley de los senos [tex]BC=2R\sen \alpha[/tex], por eso [tex]\sen \alpha=\frac{1}{2}[/tex].
Los ángulos de la base son agudos, por eso [tex]\alpha=30^\circ[/tex] y [tex]\angle C=180^\circ-2 \times 30^\circ=120^\circ[/tex].

Solución:
Los ángulos correspondientes de triángulos congruentes son iguales: [tex]\angle ACB=\angle BDA[/tex].
Así, el segmento [tex]AB[/tex] se ve desde [tex]C[/tex] y [tex]D[/tex], que están del mismo lado de [tex]AB[/tex], bajo ángulos iguales. Por eso [tex]C[/tex] y [tex]D[/tex] están en el mismo arco sobre [tex]AB[/tex], es decir, [tex]ABCD[/tex] es inscriptible.

Solución:
La circunferencia inscrita toca la base [tex]AB[/tex] en su punto medio [tex]M[/tex], por eso [tex]AM=2\sqrt{3}[/tex], y su centro [tex]I[/tex] está en la bisectriz del ángulo en [tex]A[/tex]: [tex]\tan\angle IAM=\frac{IM}{AM}=\frac{2}{2\sqrt{3}}=\frac{1}{\sqrt{3}}[/tex], por eso [tex]\angle IAM=30^\circ[/tex] y [tex]\angle BAC=60^\circ[/tex].
Los ángulos de la base son iguales, por eso [tex]\angle ABC=\angle BAC=60^\circ[/tex] y [tex]\angle ACB=60^\circ[/tex]: el triángulo es equilátero.

Solución:
Prolongamos la altura [tex]CH[/tex] hasta el diámetro [tex]CD[/tex]; entonces [tex]\angle CAD=90^\circ[/tex] (abarca un diámetro) y [tex]CD=2R=25[/tex].
En el [tex]\triangle ACD[/tex] rectángulo el cateto es media geométrica entre su proyección y la hipotenusa: [tex]AC^2=CH \times CD=16 \times 25=400[/tex], por eso [tex]AC=20[/tex].
Entonces [tex]AH=\sqrt{400-256}=12[/tex] y [tex]AB=24[/tex].

Solución:
Colocamos [tex]C(0;0),\ A(12;0),\ B(0;9)[/tex]; entonces [tex]c=15[/tex] y [tex]r=\frac{9+12-15}{2}=3[/tex], por eso [tex]I(3;3)[/tex].
El baricentro es [tex]G\left(\frac{0+12+0}{3};\frac{0+0+9}{3}\right)=G(4;3)[/tex].
Ambos puntos tienen la misma ordenada, por eso [tex]GI=4-3=1[/tex].

Solución:
Cuerdas iguales subtienden arcos iguales: [tex]\overset{\frown}{AD}=\overset{\frown}{BC}[/tex].
Los ángulos inscritos sobre estos arcos son iguales: [tex]\angle ABD=\angle BDC[/tex]. Son ángulos alternos respecto a la secante [tex]BD[/tex], por eso [tex]AB \parallel CD[/tex].

Solución:
Las diagonales de un rombo son perpendiculares y se bisecan: [tex]AC \perp BD[/tex], [tex]BP=PD[/tex]. Por eso [tex]M[/tex] está en la mediatriz de [tex]BD[/tex] y [tex]MB=MD[/tex]; además [tex]AB=AD[/tex].
Entonces [tex]AB+MD=AD+MB[/tex], y en un cuadrilátero convexo con sumas iguales de lados opuestos se puede inscribir una circunferencia.

Solución:
Sea [tex]K[/tex] el punto de tangencia en [tex]AB[/tex]; entonces [tex]OK=r[/tex] y el [tex]\triangle AOK[/tex] es rectángulo. [tex]O[/tex] está en la bisectriz del ángulo en [tex]A[/tex], por eso [tex]\angle OAK=\frac{\alpha}{2}[/tex] y [tex]OA=\frac{OK}{\sen \frac{\alpha}{2}}=\frac{r}{\sen \frac{\alpha}{2}}[/tex].
Análogamente [tex]OB=\frac{r}{\sen \frac{\beta}{2}};\ OC=\frac{r}{\sen \frac{\gamma}{2}}[/tex].

Solución:
Un ángulo inscrito es la mitad del ángulo central sobre el mismo arco: [tex]\angle BAC=\frac{\angle BOC}{2}=45^\circ[/tex], por eso [tex]\angle ABC=\angle BAC=45^\circ[/tex] y [tex]\angle ACB=90^\circ[/tex].
Entonces [tex]AB=2R[/tex] es un diámetro y la altura sobre él es [tex]CH=R[/tex] (es el radio [tex]OC[/tex]).
[tex]S=\frac{AB \times CH}{2}=\frac{2R \times R}{2}=R^2[/tex].

Solución:
Unimos [tex]O[/tex] con el vértice del ángulo recto; los radios a los puntos de tangencia son las alturas del [tex]\triangle AOC[/tex] y del [tex]\triangle BOC[/tex] sobre los catetos. El área del triángulo es [tex]S=\frac{5 \times 12}{2}=30[/tex], y también [tex]S=\frac{r \times 12}{2}+\frac{r \times 5}{2}=\frac{17r}{2}[/tex].
Así, [tex]\frac{17r}{2}=30[/tex] y [tex]r=\frac{60}{17}[/tex].

Solución:
La circunferencia inscrita toca la base en su punto medio [tex]M[/tex], por eso [tex]AM=a[/tex], y su centro [tex]I[/tex] está en la bisectriz del ángulo en [tex]A[/tex]: [tex]\angle IAM=\frac{\alpha}{2}[/tex]. Del [tex]\triangle AIM[/tex] rectángulo: [tex]r=a\tan\frac{\alpha}{2}[/tex].
[tex]\angle ACB=180^\circ-2\alpha[/tex], y por la ley de los senos [tex]R=\frac{AB}{2\sen \angle ACB}=\frac{2a}{2\sen 2\alpha}=\frac{a}{\sen 2\alpha}[/tex].

Solución:
Los ángulos interior y exterior en [tex]C[/tex] son adyacentes, por eso sus bisectrices [tex]CP[/tex] y [tex]CQ[/tex] son perpendiculares: [tex]\angle PCQ=90^\circ[/tex].
Un ángulo inscrito recto abarca un diámetro, por eso [tex]PQ[/tex] es un diámetro.

Solución:
Prolongamos [tex]AP[/tex] más allá de [tex]P[/tex] hasta cortar la circunferencia en [tex]Q[/tex]. El ángulo que abarca el diámetro es recto: [tex]\angle AQB=90^\circ[/tex].
[tex]\angle APB[/tex] es un ángulo exterior del [tex]\triangle PQB[/tex], por eso [tex]\angle APB=\angle AQB+\angle QBP>90^\circ[/tex].

Solución:
Por un lado [tex]S=\frac{ch}{2}[/tex]; por otro, con semiperímetro [tex]p=\frac{2b+c}{2}[/tex], [tex]S=pr[/tex].
Así, [tex]\frac{ch}{2}=\frac{2b+c}{2}r[/tex], de donde [tex]r=\frac{ch}{2b+c}[/tex].

Solución:
Las diagonales de un rombo bisecan sus ángulos, por eso [tex]O[/tex] está en las bisectrices de los cuatro ángulos.
Un punto de la bisectriz equidista de los lados del ángulo, por eso las distancias de [tex]O[/tex] a los cuatro lados son iguales a su distancia a [tex]AB[/tex], es decir, a [tex]r[/tex]. Por lo tanto, [tex]k[/tex] también es tangente a [tex]BC;\ CD;\ DA[/tex].