Circunferencias inscritas y circunscritas, ángulos inscritos - problemas y soluciones

Solución:
Los tres arcos forman una semicircunferencia: [tex]5x+6x+7x=180^\circ[/tex], por eso [tex]x=10^\circ[/tex] y [tex]\overset{\frown}{AD}=50^\circ;\ \overset{\frown}{DC}=60^\circ;\ \overset{\frown}{CB}=70^\circ[/tex].
Cada ángulo de [tex]ABCD[/tex] es un ángulo inscrito, igual a la mitad del arco que abarca: [tex]\angle A=\frac{60^\circ+70^\circ}{2}=65^\circ[/tex], [tex]\angle B=\frac{50^\circ+60^\circ}{2}=55^\circ[/tex].
[tex]ABCD[/tex] es un cuadrilátero inscrito, por eso [tex]\angle C=180^\circ-65^\circ=115^\circ[/tex] y [tex]\angle D=180^\circ-55^\circ=125^\circ[/tex].

Solución:
Por la ley de los senos [tex]R=\frac{AB}{2\sen 45^\circ}=\frac{12}{\sqrt{2}}=6\sqrt{2}[/tex].
El arco [tex]AB[/tex] que no contiene a [tex]C[/tex] es el doble del ángulo inscrito: [tex]\overset{\frown}{AB}=2 \times 45^\circ=90^\circ[/tex], por eso el arco [tex]ACB[/tex] mide [tex]360^\circ-90^\circ=270^\circ[/tex].
Su longitud es [tex]l=\frac{270^\circ}{360^\circ} \times 2\pi \times 6\sqrt{2}=9\sqrt{2}\pi[/tex].

Solución:
Sean [tex]AB=18[/tex], [tex]CD=2[/tex]. Un trapecio inscrito en una circunferencia es isósceles: [tex]AD=BC[/tex]. Como se le puede inscribir una circunferencia, [tex]AD+BC=AB+CD=20[/tex], por eso [tex]AD=BC=10[/tex].
La proyección de un lado no paralelo sobre la base mayor es [tex]\frac{18-2}{2}=8[/tex], por eso la altura es [tex]h=\sqrt{10^2-8^2}=6[/tex].
La proyección de una diagonal sobre la base mayor es [tex]\frac{18+2}{2}=10[/tex], por eso [tex]AC=\sqrt{10^2+6^2}=2\sqrt{34}[/tex] y [tex]AC+BD=4\sqrt{34}[/tex].

Solución:
Sea [tex]\angle A=\angle B=30^\circ[/tex], entonces [tex]\angle C=120^\circ[/tex]. Por la ley de los senos [tex]AC=BC=2R\sen 30^\circ=4[/tex] y [tex]AB=2R\sen 120^\circ=4\sqrt{3}[/tex].
[tex]S=\frac{1}{2} \times 4 \times 4 \times \sen 120^\circ=4\sqrt{3}[/tex], [tex]p=\frac{4+4+4\sqrt{3}}{2}=4+2\sqrt{3}[/tex].
[tex]r=\frac{S}{p}=\frac{4\sqrt{3}}{4+2\sqrt{3}}=\frac{2\sqrt{3}}{2+\sqrt{3}}=2\sqrt{3}(2-\sqrt{3})=4\sqrt{3}-6[/tex].

Solución:
Sea [tex]CH[/tex] la altura sobre la base, [tex]AH=x[/tex] y [tex]OH=r[/tex] (la circunferencia inscrita es tangente a la base en [tex]H[/tex]). Entonces [tex]x^2+r^2=45[/tex] y [tex]CH=r+5[/tex].
[tex]\tan\frac{A}{2}=\frac{r}{x}[/tex] y [tex]\tanA=\frac{r+5}{x}[/tex]. Usando [tex]\tanA=\frac{2\tan\frac{A}{2}}{1-\tan^2\frac{A}{2}}[/tex] obtenemos [tex](r+5)(x^2-r^2)=2rx^2[/tex].
Sustituyendo [tex]x^2=45-r^2[/tex]: [tex]2r^2+9r-45=0[/tex], de donde [tex]r=3[/tex] y [tex]x=6[/tex].
Entonces [tex]CH=8[/tex], [tex]AB=12[/tex] y [tex]AC=BC=\sqrt{6^2+8^2}=10[/tex].

Solución:
El radio al punto de tangencia es perpendicular a [tex]BC[/tex], por eso [tex]OK=r=\sqrt{36-16}=2\sqrt{5}[/tex].
[tex]BO[/tex] y [tex]CO[/tex] son bisectrices de los ángulos en [tex]B[/tex] y [tex]C[/tex], que suman [tex]180^\circ[/tex], por eso [tex]\angle BOC=90^\circ[/tex]. En el [tex]\triangle BOC[/tex] rectángulo con altura [tex]OK[/tex]: [tex]OK^2=BK \times CK[/tex], de donde [tex]BK=\frac{20}{4}=5[/tex].
Por la igualdad de los segmentos tangentes [tex]CD=2 \times 4=8[/tex] y [tex]AB=2 \times 5=10[/tex]; la altura es [tex]h=2r=4\sqrt{5}[/tex].
[tex]S=\frac{10+8}{2} \times 4\sqrt{5}=36\sqrt{5}[/tex].

Solución:
Sea [tex]\triangle ABC[/tex] con [tex]AC=BC[/tex], de centro [tex]O[/tex] y radio [tex]R[/tex]. La perpendicular desde [tex]O[/tex] divide cada cuerda por la mitad, por eso [tex]\frac{AB}{2}=\sqrt{R^2-49}[/tex] y [tex]\frac{BC}{2}=\sqrt{R^2-225}[/tex].
El triángulo es acutángulo, por eso [tex]O[/tex] está en su interior y la altura sobre la base es [tex]h=R+7[/tex].
De [tex]BC^2=\left(\frac{AB}{2}\right)^2+h^2[/tex]: [tex]4(R^2-225)=R^2-49+(R+7)^2[/tex], es decir, [tex]R^2-7R-450=0[/tex], de donde [tex]R=25[/tex].
Entonces [tex]\frac{AB}{2}=24[/tex], [tex]h=32[/tex] y [tex]S=24 \times 32=768[/tex].

Solución:
Por la propiedad de la bisectriz [tex]AL:LB=AC:BC=36:27=4:3[/tex], por eso [tex]AL=\frac{4}{7} \times 21=12[/tex].
[tex]AI[/tex] es la bisectriz del ángulo [tex]A[/tex] en el [tex]\triangle ACL[/tex], por eso [tex]CI:IL=AC:AL=36:12=3:1[/tex].

Solución:
Los tres triángulos son semejantes: [tex]\triangle ACD \sim \triangle CBD \sim \triangle ABC[/tex], y los radios de sus circunferencias inscritas son proporcionales a las hipotenusas: [tex]\frac{r_1}{AC}=\frac{r_2}{BC}=\frac{r}{AB}[/tex], donde [tex]r_1=3[/tex], [tex]r_2=4[/tex].
Elevando al cuadrado y sumando, con [tex]AC^2+BC^2=AB^2[/tex]: [tex]r_1^2+r_2^2=r^2[/tex], por eso [tex]r=\sqrt{9+16}=5[/tex].

Solución:
Sea [tex]P[/tex] el punto de corte de las diagonales, es decir, [tex]\angle APB=90^\circ[/tex], y sea [tex]\angle ACB=\varphi[/tex]. Entonces [tex]\angle AOB=2\varphi[/tex], por eso la distancia de [tex]O[/tex] a [tex]AB[/tex] es [tex]d=R\cos\varphi[/tex].
En el [tex]\triangle PBC[/tex] rectángulo: [tex]\angle PBC=90^\circ-\varphi[/tex], y este es el ángulo inscrito [tex]\angle DBC[/tex] que abarca la cuerda [tex]CD[/tex], por eso por la ley de los senos [tex]CD=2R\sen (90^\circ-\varphi)=2R\cos\varphi[/tex].
Por lo tanto, [tex]d=\frac{CD}{2}=5[/tex].

Solución:
[tex]9x=360^\circ[/tex], por eso [tex]\overset{\frown}{AB}=80^\circ;\ \overset{\frown}{BC}=120^\circ;\ \overset{\frown}{CA}=160^\circ[/tex].
En el cuadrilátero formado por el centro, dos puntos de tangencia y el punto de corte de sus tangentes, los ángulos en los puntos de tangencia son rectos, por eso el ángulo entre dos tangentes es igual a [tex]180^\circ[/tex] menos el ángulo central del arco entre los puntos de tangencia.
Por lo tanto, [tex]\angle M=180^\circ-80^\circ=100^\circ;\ \angle P=180^\circ-120^\circ=60^\circ;\ \angle T=180^\circ-160^\circ=20^\circ[/tex].

Solución:
Sea [tex]H[/tex] el punto medio de la base [tex]AB[/tex]; la circunferencia inscrita es tangente a la base en [tex]H[/tex] y su centro está en la bisectriz del [tex]\angle BAC[/tex], por eso [tex]AH=\frac{r}{\tan\frac{A}{2}}=\sqrt{\frac{3}{2}}[/tex], donde [tex]\tan\frac{A}{2}=\sqrt{\frac{1-\cos A}{1+\cos A}}=\sqrt{\frac{2}{3}}[/tex].
[tex]\sen A=\sqrt{1-\frac{1}{25}}=\frac{2\sqrt{6}}{5}[/tex], por eso [tex]\tanA=\frac{\sen A}{\cos A}=2\sqrt{6}[/tex], y la altura es [tex]CH=AH \times \tanA=\sqrt{\frac{3}{2}} \times 2\sqrt{6}=6[/tex].
[tex]S=AH \times CH=6\sqrt{\frac{3}{2}}=3\sqrt{6}[/tex].

Solución:
Ángulos inscritos iguales abarcan arcos iguales: [tex]\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{CD}[/tex], por eso [tex]BC=CD[/tex].
El cuadrilátero es circunscriptible: [tex]AB+CD=BC+AD[/tex], por eso [tex]AB=AD[/tex]. Entonces [tex]\triangle ABC \cong \triangle ADC[/tex] (lado-lado-lado), por eso [tex]\angle ABC=\angle ADC[/tex].
El cuadrilátero es inscrito: [tex]\angle ABC+\angle ADC=180^\circ[/tex], por eso [tex]\angle ABC=90^\circ[/tex] y [tex]AC[/tex] es un diámetro: [tex]R=\frac{AC}{2}=\frac{a}{2}[/tex].

Solución:
[tex]E[/tex] está en la circunferencia de diámetro [tex]BC[/tex], por eso [tex]\angle BEC=90^\circ[/tex]. Como [tex]ED \perp BC[/tex], en el [tex]\triangle BEC[/tex] rectángulo: [tex]CE^2=CD \times CB[/tex].
Del [tex]\triangle ADC[/tex] rectángulo: [tex]CD=AC\cos C[/tex]; como el triángulo es isósceles, [tex]\cos C=\frac{AC}{2BC}[/tex].
Entonces [tex]CE^2=AC \times \frac{AC}{2BC} \times BC=\frac{AC^2}{2}=2[/tex], es decir, [tex]CE=\sqrt{2}[/tex].

Solución:
Colocamos el triángulo así: [tex]A(-\sqrt{3};0),\ B(\sqrt{3};0),\ C(0;1)[/tex]; entonces [tex]AC=BC=2[/tex].
El ortocentro [tex]H[/tex] está en la altura desde [tex]C[/tex] (el eje de ordenadas): [tex]H(0;y)[/tex], y de [tex]\overrightarrow{AH}\cdot\overrightarrow{BC}=0[/tex] se obtiene [tex]\sqrt{3}\cdot(-\sqrt{3})+y\cdot 1=0[/tex], es decir, [tex]y=3[/tex].
El incentro está en el mismo eje a la altura [tex]r=\frac{S}{p}=\frac{\sqrt{3}}{2+\sqrt{3}}=2\sqrt{3}-3[/tex]: [tex]I(0;2\sqrt{3}-3)[/tex].
[tex]HI=3-(2\sqrt{3}-3)=6-2\sqrt{3}[/tex].

Solución:
Sean [tex]a[/tex], [tex]b[/tex] los catetos y [tex]c[/tex] la hipotenusa. La hipotenusa es un diámetro de la circunferencia circunscrita: [tex]c=2R[/tex].
Los segmentos tangentes desde el vértice del ángulo recto son iguales a [tex]r[/tex], por eso [tex]a+b=2r+c=2r+2R[/tex].
Por el teorema de Pitágoras [tex]a^2+b^2=c^2=4R^2[/tex], por eso [tex]2ab=(a+b)^2-(a^2+b^2)=(2r+2R)^2-4R^2=4r^2+8rR[/tex].
Por lo tanto, [tex]S=\frac{ab}{2}=r^2+2rR=r(r+2R)[/tex].

Solución:
El cuadrilátero [tex]ABCM[/tex] es inscrito, por eso por el teorema de Ptolomeo (el producto de las diagonales es igual a la suma de los productos de los lados opuestos) [tex]MB \times AC=MA \times BC+MC \times AB[/tex].
Como [tex]AB=BC=CA[/tex], dividiendo entre [tex]AC[/tex] se obtiene [tex]MB=MA+MC[/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[/tex] (ángulos opuestos por el vértice; en un triángulo obtusángulo el ángulo puede ser igual a [tex]\angle ACB[/tex], y el seno es el mismo).
Por lo tanto, [tex]\sen \angle AHB=\sen \angle ACB[/tex], y por la ley de los senos [tex]R_{ABH}=\frac{AB}{2\sen \angle AHB}=\frac{AB}{2\sen \angle ACB}=R[/tex].
Del mismo modo, los radios de las circunferencias circunscritas al [tex]\triangle BCH[/tex] y al [tex]\triangle ACH[/tex] son iguales a [tex]R[/tex].

Solución:
El ángulo de [tex]120^\circ[/tex] es el del vértice. Sea [tex]AC=BC=b[/tex]; entonces [tex]AB=b\sqrt{3}[/tex].
[tex]S=\frac{1}{2}b^2\sen 120^\circ=\frac{\sqrt{3}}{4}b^2[/tex], [tex]p=\frac{(2+\sqrt{3})b}{2}[/tex], por eso [tex]r=\frac{S}{p}=\frac{\sqrt{3}\,b}{2(2+\sqrt{3})}=1[/tex], es decir, [tex]b=\frac{2(2+\sqrt{3})}{\sqrt{3}}[/tex].
[tex]R=\frac{AB}{2\sen 120^\circ}=\frac{b\sqrt{3}}{\sqrt{3}}=b[/tex], por eso [tex]R=\frac{4+2\sqrt{3}}{\sqrt{3}}=2+\frac{4\sqrt{3}}{3}[/tex].

Solución:
Por la ley de los senos [tex]\sen \angle ACB=\frac{AB}{2R}=\frac{3}{2\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{2}[/tex]; el triángulo es acutángulo, por eso [tex]\angle ACB=60^\circ[/tex].
Como [tex]\overset{\frown}{AD}=\overset{\frown}{DB}[/tex], los ángulos inscritos sobre esos arcos son iguales, es decir, [tex]CD[/tex] es bisectriz del ángulo en [tex]C[/tex]: [tex]\angle ACD=\frac{\angle ACB}{2}=30^\circ[/tex].

Solución:
Sean [tex]AB=6[/tex], [tex]AC=BC=9[/tex], y sean [tex]K[/tex] y [tex]L[/tex] los puntos de tangencia con [tex]AC[/tex] y [tex]BC[/tex]. Con [tex]p=\frac{6+9+9}{2}=12[/tex], los segmentos tangentes desde [tex]C[/tex] miden [tex]CK=CL=p-AB=6[/tex].
Por simetría [tex]KL \parallel AB[/tex], por eso [tex]\frac{KL}{AB}=\frac{CK}{CA}[/tex], es decir, [tex]KL=6 \times \frac{6}{9}=4[/tex].

Solución:
La altura es igual al diámetro: [tex]h=2r=6[/tex]. Los lados no paralelos miden [tex]c_1=\frac{6}{\sen 60^\circ}=4\sqrt{3}[/tex] y [tex]c_2=\frac{6}{\sen 45^\circ}=6\sqrt{2}[/tex].
El trapecio es circunscriptible, por eso [tex]a+b=c_1+c_2[/tex] y [tex]P=2(c_1+c_2)=8\sqrt{3}+12\sqrt{2}[/tex].

Solución:
Cuerdas iguales subtienden arcos iguales: [tex]\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{CD}[/tex], por eso [tex]\angle CAD=\angle CDB[/tex] (ángulos inscritos sobre esos arcos).
Los triángulos también comparten el [tex]\angle C[/tex], por eso [tex]\triangle CDE \sim \triangle CAD[/tex] y [tex]\frac{CD}{CA}=\frac{CE}{CD}[/tex].
Por lo tanto, [tex]CA=\frac{CD^2}{CE}=\frac{36}{3}=12[/tex] y [tex]P=12+6+7=25[/tex].

Solución:
En el rombo [tex]PA=PB=OA=R[/tex], por eso el [tex]\triangle AOP[/tex] es equilátero y [tex]\angle AOP=60^\circ[/tex].
La diagonal de un rombo biseca su ángulo, por eso [tex]\angle AOB=120^\circ[/tex]; este ángulo central abarca el arco que contiene a [tex]P[/tex], y [tex]C[/tex] está en el otro arco.
Por lo tanto, [tex]\angle ACB=\frac{120^\circ}{2}=60^\circ[/tex].

Solución:
El trapecio es circunscriptible, por eso [tex]a+b=2c[/tex]; así, el lado no paralelo es igual a la base media: [tex]m=\frac{a+b}{2}=c=80[/tex].
[tex]h=c\sen 30^\circ=40[/tex], y la altura es el diámetro: [tex]r=\frac{h}{2}=20[/tex].

Solución:
Por la ley de los cosenos [tex]BC^2=48+36-2 \times 4\sqrt{3} \times 6 \times \frac{\sqrt{3}}{2}=12[/tex], por eso [tex]BC=2\sqrt{3}[/tex].
[tex]AC^2+BC^2=48=AB^2[/tex], por eso [tex]\angle ACB=90^\circ[/tex] y [tex]\angle ABC=60^\circ[/tex].
El trapecio es inscrito, luego isósceles: [tex]AD=BC[/tex], y [tex]CD=AB-2BC\cos 60^\circ=4\sqrt{3}-2\sqrt{3}=2\sqrt{3}[/tex].

Solución:
Un diámetro perpendicular a una cuerda biseca los arcos que determina la cuerda, por eso [tex]\overset{\frown}{CB}=\overset{\frown}{BD}[/tex].
Los ángulos inscritos [tex]\angle CPB[/tex] y [tex]\angle BPD[/tex] abarcan estos arcos iguales, por eso [tex]\angle CPB=\angle BPD[/tex], es decir, [tex]PB[/tex] es la bisectriz del [tex]\angle CPD[/tex].

Solución:
[tex]AB[/tex] es un diámetro, por eso [tex]\angle ACB=90^\circ[/tex] y [tex]AC=\sqrt{36-6}=\sqrt{30}[/tex].
La altura desde [tex]C[/tex] es [tex]h=\frac{AC \times BC}{AB}=\frac{\sqrt{180}}{6}=\sqrt{5}[/tex], y su pie [tex]H[/tex] da [tex]BH=\frac{BC^2}{AB}=1[/tex].
El trapecio es isósceles, por eso [tex]CD=AB-2BH=4[/tex] y [tex]S=\frac{6+4}{2} \times \sqrt{5}=5\sqrt{5}[/tex].

Solución:
[tex]p=\frac{9}{2}[/tex], por eso los segmentos tangentes desde [tex]A[/tex] miden [tex]AM=AN=p-BC=\frac{5}{2}[/tex].
Por la ley de los cosenos [tex]\cos A=\frac{16+9-4}{2 \times 4 \times 3}=\frac{7}{8}[/tex], por eso [tex]\sen A=\frac{\sqrt{15}}{8}[/tex].
[tex]S=\frac{1}{2} \times \frac{5}{2} \times \frac{5}{2} \times \frac{\sqrt{15}}{8}=\frac{25\sqrt{15}}{64}[/tex].

Solución:
[tex]OB[/tex] y [tex]OC[/tex] son bisectrices de los ángulos exteriores en [tex]B[/tex] y [tex]C[/tex], por eso [tex]\angle OBC=\frac{180^\circ-\angle B}{2}[/tex] y [tex]\angle OCB=\frac{180^\circ-\angle C}{2}[/tex].
Por lo tanto, [tex]\angle BOC=180^\circ-\angle OBC-\angle OCB=\frac{\angle B+\angle C}{2}=90^\circ-\frac{\angle A}{2}[/tex].
Entonces [tex]\frac{\angle A}{2}=50^\circ[/tex] y [tex]\angle BAC=100^\circ[/tex].

Solución:
El lado perpendicular a las bases es la altura: [tex]AD=h=2r=2[/tex].
[tex]BC=\frac{h}{\sen 30^\circ}=4[/tex].
El trapecio es circunscriptible, por eso [tex]AB+CD=AD+BC=6[/tex] y [tex]P=2 \times 6=12[/tex].

Solución:
[tex]c=\sqrt{15^2+20^2}=25[/tex] y [tex]r=\frac{15+20-25}{2}=5[/tex].
Colocamos [tex]C(0;0),\ A(20;0),\ B(0;15)[/tex]; entonces [tex]I(5;5)[/tex]. La hipotenusa está en la recta [tex]3x+4y=60[/tex], y la altura [tex]CH[/tex] es perpendicular a ella y pasa por el origen: [tex]4x-3y=0[/tex].
[tex]d=\frac{|4 \times 5-3 \times 5|}{5}=1[/tex].

Solución:
[tex]c=2R[/tex] y [tex]r=\frac{a+b-c}{2}[/tex]; con [tex]a=c\sen A;\ b=c\cos A[/tex] se obtiene [tex]\frac{R}{r}=\frac{c}{a+b-c}=\frac{1}{\sen A+\cos A-1}[/tex].
Por lo tanto, [tex]\sen A+\cos A=1+\frac{1}{\sqrt{3}+1}=\frac{1+\sqrt{3}}{2}[/tex], y como [tex]\sen A+\cos A=\sqrt{2}\sen (A+45^\circ)[/tex], [tex]\sen (A+45^\circ)=\frac{1+\sqrt{3}}{2\sqrt{2}}=\sen 75^\circ[/tex].
Entonces [tex]A=30^\circ[/tex] o [tex]A=60^\circ[/tex]: los ángulos agudos miden [tex]30^\circ[/tex] y [tex]60^\circ[/tex].

Solución:
Sean [tex]AC=BC[/tex], [tex]CH=30[/tex], con [tex]H[/tex] en la base. El baricentro [tex]G[/tex] y el circuncentro [tex]O[/tex] están en [tex]CH[/tex], y [tex]GH=10[/tex].
Como [tex]OG=5[/tex], o bien [tex]OH=15[/tex] o bien [tex]OH=5[/tex], y [tex]R=CO=30-OH[/tex].
Si [tex]OH=15[/tex], entonces [tex]R=15[/tex] y [tex]\frac{AB}{2}=\sqrt{R^2-OH^2}=0[/tex]: imposible. Por eso [tex]OH=5[/tex], [tex]R=25[/tex] y [tex]\frac{AB}{2}=\sqrt{625-25}=10\sqrt{6}[/tex].

Solución:
Ambas circunferencias son tangentes a la diagonal [tex]BD[/tex]; como son tangentes entre sí, tocan a [tex]BD[/tex] en el mismo punto [tex]K[/tex].
El segmento tangente desde [tex]B[/tex] da [tex]BK=\frac{AB+BD-AD}{2}[/tex] en el primer triángulo y [tex]BK=\frac{BC+BD-CD}{2}[/tex] en el segundo.
Por lo tanto, [tex]AB-AD=BC-CD[/tex], es decir, [tex]AB+CD=AD+BC=20[/tex], por eso [tex]P=40[/tex].

Solución:
El trapecio es circunscriptible: [tex]AB+CD=AD+BC=18[/tex]. Sea [tex]AD=h[/tex]; entonces [tex]BC=18-h[/tex].
La proyección de [tex]BC[/tex] sobre la base mayor es [tex]12-6=6[/tex], por eso [tex]BC^2=h^2+6^2[/tex], es decir, [tex](18-h)^2=h^2+36[/tex], de donde [tex]h=8[/tex] y [tex]BC=10[/tex].
Los ángulos obtuso y agudo en el lado [tex]BC[/tex] son suplementarios, por eso [tex]\sen \angle BCD=\sen \angle ABC=\frac{h}{BC}=\frac{4}{5}[/tex].

Solución:
Del [tex]\triangle ACH[/tex] rectángulo: [tex]\sen A=\frac{CH}{AC}=\frac{5}{6}[/tex].
Por la ley de los senos [tex]2R=\frac{BC}{\sen A}=\frac{15 \times 6}{5}=18[/tex]. (En general, [tex]2R=\frac{AC \times BC}{CH}[/tex].)

Solución:
[tex]h=2r=4[/tex]; la proyección de un lado no paralelo sobre la base mayor es [tex]\frac{a-b}{2}=\frac{h}{\tan\alpha}=1[/tex], por eso el lado mide [tex]c=\sqrt{1+16}=\sqrt{17}[/tex].
El trapecio es circunscriptible, por eso [tex]a+b=2c=2\sqrt{17}[/tex]. Por lo tanto, [tex]a=\sqrt{17}+1;\ b=\sqrt{17}-1[/tex].
[tex]S=\frac{a+b}{2} \times h=4\sqrt{17}[/tex].

Solución:
El segmento [tex]CD[/tex] se ve desde [tex]A[/tex] y [tex]B[/tex] bajo ángulos iguales ([tex]\angle DAC=\angle DBC=50^\circ[/tex]) desde el mismo lado, por eso [tex]ABCD[/tex] es un cuadrilátero inscrito.
Los ángulos inscritos sobre el mismo arco son iguales: [tex]\angle ACB=\angle ADB=45^\circ[/tex].
Entonces [tex]\angle ACD=100^\circ-45^\circ=55^\circ[/tex] y [tex]\angle ABD=\angle ACD=55^\circ[/tex].

Solución:
El trapecio es isósceles; la proyección de un lado no paralelo sobre la base mayor es [tex]\frac{8-2}{2}=3[/tex], por eso [tex]h=\sqrt{16-9}=\sqrt{7}[/tex].
La proyección de la diagonal sobre la base mayor es la semisuma de las bases, por eso [tex]BD=\sqrt{h^2+\left(\frac{8+2}{2}\right)^2}=\sqrt{32}=4\sqrt{2}[/tex] y [tex]\sen A=\frac{h}{AD}=\frac{\sqrt{7}}{4}[/tex].
La circunferencia está circunscrita al [tex]\triangle ABD[/tex], por eso por la ley de los senos [tex]R=\frac{BD}{2\sen A}=\frac{4\sqrt{2}}{\frac{\sqrt{7}}{2}}=\frac{8\sqrt{14}}{7}[/tex].

Solución:
Sea [tex]x[/tex] el segmento tangente desde el tercer vértice. Los lados miden [tex]6+8=14[/tex], [tex]6+x[/tex] y [tex]8+x[/tex], y [tex]p=14+x[/tex].
[tex]S=pr=4(14+x)[/tex], y por la fórmula de Herón, donde [tex]p-a;\ p-b;\ p-c[/tex] son los segmentos tangentes, [tex]S=\sqrt{p \times x \times 6 \times 8}[/tex].
Así, [tex]16(14+x)^2=48x(14+x)[/tex], es decir, [tex]16(14+x)=48x[/tex], de donde [tex]x=7[/tex] y los otros lados miden [tex]13;\ 15[/tex].

Solución:
Sean [tex]c[/tex] los lados no paralelos. El trapecio es circunscriptible: [tex]a+b=2c[/tex]; de las proyecciones de los lados [tex]a-b=2c\cos\alpha[/tex].
Sumando: [tex]c=\frac{a}{1+\cos\alpha}[/tex], por eso [tex]b=a-2c\cos\alpha=\frac{a(1-\cos\alpha)}{1+\cos\alpha}=a\tan^2\frac{\alpha}{2}[/tex].
La altura es igual al diámetro, por eso [tex]r=\frac{h}{2}=\frac{c\sen \alpha}{2}=\frac{a\sen \alpha}{2(1+\cos\alpha)}=\frac{a}{2}\tan\frac{\alpha}{2}[/tex], donde [tex]\tan\frac{\alpha}{2}=\sqrt{\frac{1-\cos\alpha}{1+\cos\alpha}}[/tex].

Solución:
De [tex]OA \times OC=OB \times OD[/tex]: [tex]\frac{OA}{OD}=\frac{OB}{OC}[/tex]. Además [tex]\angle AOB=\angle DOC[/tex] (opuestos por el vértice), por eso [tex]\triangle AOB \sim \triangle DOC[/tex] (criterio LAL de semejanza).
Por lo tanto, [tex]\angle OAB=\angle ODC[/tex], es decir, [tex]\angle CAB=\angle CDB[/tex].
Así, el segmento [tex]BC[/tex] se ve desde [tex]A[/tex] y [tex]D[/tex] bajo ángulos iguales desde el mismo lado, y [tex]ABCD[/tex] es inscriptible.

Solución:
El incentro está en las bisectrices de los ángulos de [tex]ABCD[/tex]; como [tex]O[/tex] está en [tex]AC[/tex], la diagonal [tex]AC[/tex] biseca los ángulos en [tex]A[/tex] y [tex]C[/tex]: [tex]\angle BAC=\angle DAC[/tex] y [tex]\angle BCA=\angle DCA[/tex].
Entonces [tex]\triangle ABC \cong \triangle ADC[/tex] (lado común [tex]AC[/tex]), por eso [tex]AB=AD;\ CB=CD[/tex].
Del mismo modo [tex]BD[/tex] biseca los ángulos en [tex]B[/tex] y [tex]D[/tex], por eso [tex]BA=BC[/tex].
Por lo tanto, [tex]AB=BC=CD=DA[/tex] y [tex]ABCD[/tex] es un rombo.

Solución:
Con área [tex]S[/tex] y semiperímetro [tex]p[/tex]: [tex]r=\frac{S}{p}[/tex] y [tex]r_a=\frac{S}{p-a};\ r_b=\frac{S}{p-b};\ r_c=\frac{S}{p-c}[/tex].
Entonces [tex]\frac{1}{r_a}+\frac{1}{r_b}+\frac{1}{r_c}=\frac{(p-a)+(p-b)+(p-c)}{S}=\frac{3p-2p}{S}=\frac{p}{S}=\frac{1}{r}[/tex].

Solución:
En todo triángulo rectángulo [tex]r=\frac{a+b-c}{2}[/tex], donde [tex]a[/tex] y [tex]b[/tex] son los catetos y [tex]c[/tex] la hipotenusa. Los tres triángulos son rectángulos, por eso [tex]r_1=\frac{AC+BC-AB}{2}[/tex], [tex]r_2=\frac{AP+CP-AC}{2}[/tex] y [tex]r_3=\frac{BP+CP-BC}{2}[/tex].
Sumando y usando [tex]AP+BP=AB[/tex]: [tex]r_1+r_2+r_3=\frac{AP+BP+2CP-AB}{2}=CP[/tex].

Solución:
Sean [tex]a=BC[/tex], [tex]b=CA[/tex] y [tex]p=\frac{a+b+c}{2}[/tex]. De los segmentos tangentes, [tex]AM=p-a[/tex] para la inscrita y [tex]AN=p-b[/tex] para la exinscrita.
Ambos puntos están en [tex]AB[/tex], por eso [tex]MN=|AM-AN|=|b-a|[/tex].

Solución:
El trapecio es inscrito, luego isósceles: [tex]AC=BD[/tex] y [tex]\angle ABC=\alpha[/tex]. Sea [tex]P[/tex] el punto de corte de las diagonales; el [tex]\triangle ABP[/tex] es isósceles y rectángulo, por eso [tex]\angle PAB=\angle PBA=45^\circ[/tex].
En el [tex]\triangle ABC[/tex]: [tex]\angle ACB=180^\circ-45^\circ-\alpha=135^\circ-\alpha[/tex].
Por la ley de los senos [tex]AB=2R\sen (135^\circ-\alpha)=2R\sen (45^\circ+\alpha)[/tex].

Solución:
Colocamos [tex]A(-b;0),\ B(b;0),\ C(0;h)[/tex]. Entonces [tex]H\left(0;\frac{b^2}{h}\right)[/tex], y el incentro está en [tex]CM[/tex] a la altura [tex]r=\frac{bh}{b+\sqrt{b^2+h^2}}[/tex].
La circunferencia inscrita corta al eje [tex]CM[/tex] en el pie de la altura y a la altura [tex]2r[/tex], por eso [tex]\frac{b^2}{h}=2r[/tex], es decir, [tex]b\sqrt{b^2+h^2}=2h^2-b^2[/tex].
Elevando al cuadrado: [tex]b^2(b^2+h^2)=(2h^2-b^2)^2[/tex], de donde [tex]5b^2=4h^2[/tex] y [tex]h=\frac{\sqrt{5}}{2}b[/tex].
Entonces [tex]HM=\frac{b^2}{h}=\frac{2b}{\sqrt{5}};\ CH=h-HM=\frac{b}{2\sqrt{5}}[/tex], por eso [tex]CH:HM=1:4[/tex].

Solución:
El trapecio es isósceles; sean [tex]AB=a[/tex], [tex]CD=b[/tex]. La circunferencia inscrita toca las bases en sus puntos medios, por eso de los segmentos tangentes [tex]AK=\frac{a}{2};\ DK=\frac{b}{2}[/tex] y [tex]AD=\frac{a+b}{2}[/tex]. Por simetría [tex]KL \parallel AB[/tex], y [tex]K[/tex] divide [tex]AD[/tex] en la razón [tex]a:b[/tex], es decir, está a la fracción [tex]\frac{a}{a+b}[/tex] de la altura [tex]h[/tex] medida desde [tex]AB[/tex].
Como el [tex]\triangle AOB[/tex] y el [tex]\triangle COD[/tex] son semejantes, [tex]\frac{AO}{OC}=\frac{AB}{CD}=\frac{a}{b}[/tex]; por eso [tex]O[/tex] está en el eje de simetría a la misma fracción [tex]\frac{a}{a+b}[/tex] de la altura desde [tex]AB[/tex].
Así, [tex]O[/tex] está en la recta [tex]KL[/tex].

Solución:
Sean [tex]a[/tex] y [tex]b[/tex] las bases. El trapecio es circunscriptible, por eso el lado no paralelo es igual a la base media: [tex]c=m=5[/tex], y [tex]a+b=2m=10[/tex].
La altura de cada parte es la mitad de la altura del trapecio: [tex]S_1=\frac{b+5}{2} \times \frac{h}{2};\ S_2=\frac{a+5}{2} \times \frac{h}{2}[/tex], por eso [tex](b+5):(a+5)=7:13[/tex]. Como [tex](b+5)+(a+5)=20[/tex], se obtiene [tex]b=2[/tex] y [tex]a=8[/tex].
La proyección del lado no paralelo es [tex]\frac{a-b}{2}=3[/tex], por eso [tex]h=\sqrt{25-9}=4[/tex] y [tex]r=2[/tex].

Solución:
La circunferencia inscrita toca las bases en sus puntos medios, y los segmentos tangentes desde un vértice son iguales: [tex]\frac{CD}{2}=CM=3[/tex] y [tex]\frac{AB}{2}=MB=6[/tex], por eso [tex]CD=6[/tex], [tex]AB=12[/tex] y [tex]BC=9[/tex].
La proyección del lado sobre la base mayor es [tex]\frac{12-6}{2}=3[/tex], por eso [tex]h=\sqrt{9^2-3^2}=6\sqrt{2}[/tex].
La proyección de la diagonal es la semisuma de las bases, por eso [tex]AC=\sqrt{h^2+\left(\frac{AB+CD}{2}\right)^2}=\sqrt{72+81}=3\sqrt{17}[/tex].

Solución:
Por la potencia del punto [tex]C[/tex] respecto a la circunferencia (las rectas [tex]CA[/tex] y [tex]CB[/tex] la cortan en [tex]M[/tex], [tex]A[/tex] y en [tex]N[/tex], [tex]B[/tex]): [tex]CM \times CA=CN \times CB[/tex], es decir, [tex]\frac{CA^2}{2}=\frac{CB^2}{2}[/tex], por eso [tex]CA=CB[/tex]; como [tex]AB=2[/tex], [tex]CA=CB=\sqrt{2}[/tex].
Colocamos [tex]C(0;0),\ A(\sqrt{2};0),\ B(0;\sqrt{2})[/tex]. El centro [tex]Q[/tex] está en las mediatrices de [tex]AM[/tex] y [tex]BN[/tex]: [tex]Q\left(\frac{3\sqrt{2}}{4};\frac{3\sqrt{2}}{4}\right)[/tex].
[tex]R^2=QA^2=\left(\frac{\sqrt{2}}{4}\right)^2+\left(\frac{3\sqrt{2}}{4}\right)^2=\frac{5}{4}[/tex], por eso [tex]R=\frac{\sqrt{5}}{2}[/tex].

Solución:
De [tex]S=\frac{a h_a}{2}[/tex] y las fórmulas análogas: [tex]a=\frac{2S}{h_a};\ b=\frac{2S}{h_b};\ c=\frac{2S}{h_c}[/tex].
Entonces [tex]S=pr=\frac{a+b+c}{2}r=S\left(\frac{1}{h_a}+\frac{1}{h_b}+\frac{1}{h_c}\right)r[/tex], por eso [tex]\frac{1}{r}=\frac{1}{h_a}+\frac{1}{h_b}+\frac{1}{h_c}[/tex], es decir, [tex]r=\frac{h_ah_bh_c}{h_ah_b+h_bh_c+h_ch_a}[/tex].

Solución:
Del triángulo rectángulo formado por la altura [tex]CH[/tex]: [tex]\angle BCH=90^\circ-\angle B[/tex].
El ángulo central es [tex]\angle AOC=2\angle B[/tex] y el [tex]\triangle AOC[/tex] es isósceles, por eso [tex]\angle OCA=\frac{180^\circ-2\angle B}{2}=90^\circ-\angle B[/tex]. Por lo tanto, [tex]\angle OCA=\angle BCH[/tex].
Como [tex]CL[/tex] biseca el [tex]\angle ACB[/tex], [tex]\angle OCL=\angle ACL-\angle OCA=\angle BCL-\angle BCH=\angle HCL[/tex].

Solución:
El [tex]\triangle AOD[/tex] es equilátero, por eso [tex]\angle AOD=60^\circ[/tex], y el ángulo inscrito sobre el mismo arco es [tex]\angle ABD=30^\circ[/tex].
La altura es [tex]h=BD\sen 30^\circ=2[/tex], y la proyección de la diagonal sobre la base mayor es la semisuma de las bases: [tex]\frac{AB+CD}{2}=BD\cos 30^\circ=2\sqrt{3}[/tex].
[tex]S=\frac{AB+CD}{2} \times h=4\sqrt{3}[/tex].

Solución:
[tex]\angle BAC=180^\circ-30^\circ-20^\circ=130^\circ[/tex], por eso [tex]P[/tex] está en la prolongación de [tex]AC[/tex] más allá de [tex]A[/tex] y [tex]\angle PAB=180^\circ-130^\circ=50^\circ[/tex].
El ángulo entre la tangente y la cuerda [tex]BA[/tex] es igual al ángulo inscrito sobre el mismo arco: [tex]\angle PBA=\angle ACB=30^\circ[/tex].
En el [tex]\triangle PAB[/tex]: [tex]\angle APB=180^\circ-50^\circ-30^\circ=100^\circ[/tex].

Solución:
[tex]S=pr=336[/tex], por eso [tex]c=\frac{2S}{h_c}=42[/tex] y [tex]a+b=2p-c=54[/tex].
Por la fórmula de Herón [tex]S^2=p(p-a)(p-b)(p-c)[/tex]: [tex]336^2=48(48-a)(48-b) \times 6[/tex], es decir, [tex](48-a)(48-b)=392[/tex]; además [tex](48-a)+(48-b)=42[/tex]. Por eso [tex]\{48-a;\ 48-b\}=\{14;\ 28\}[/tex] y [tex]a=34;\ b=20[/tex].
[tex]R=\frac{abc}{4S}=\frac{34 \times 20 \times 42}{4 \times 336}=\frac{85}{4}[/tex].

Solución:
Para un cuadrilátero inscrito se cumple la fórmula de Brahmagupta: [tex]S=\sqrt{(p-a)(p-b)(p-c)(p-d)}[/tex], donde [tex]p=\frac{2+3+4+7}{2}=8[/tex].
[tex]S=\sqrt{6 \times 5 \times 4 \times 1}=\sqrt{120}=2\sqrt{30}[/tex].

Solución:
[tex]O[/tex] está en las bisectrices de los ángulos en los extremos del lado [tex]AD[/tex], y esos ángulos son suplementarios, por eso [tex]\angle DAO+\angle ADO=\frac{\angle A+\angle D}{2}=90^\circ[/tex] y [tex]\angle AOD=90^\circ[/tex].
Entonces [tex]AD=\sqrt{36+64}=10[/tex]. El trapecio es circunscriptible e isósceles, por eso [tex]AB+CD=AD+BC=20[/tex] y [tex]P=40[/tex].

Solución:
El trapecio es circunscriptible: [tex]AB+CD=AD+BC[/tex], por eso [tex]BC=2[/tex].
Colocamos [tex]A(0;0),\ B(4;0),\ D(x;h),\ C(x+1;h)[/tex]. Entonces [tex]x^2+h^2=9[/tex] y [tex](x-3)^2+h^2=4[/tex]; restando, [tex]x=\frac{7}{3};\ h^2=\frac{32}{9}[/tex].
[tex]BD^2=\left(4-\frac{7}{3}\right)^2+\frac{32}{9}=\frac{57}{9}[/tex], por eso [tex]BD=\frac{\sqrt{57}}{3}[/tex].

Solución:
Los ángulos opuestos de un cuadrilátero inscrito son suplementarios: [tex]\angle ABC+\angle CDA=180^\circ[/tex], por eso [tex]\angle ABC=\angle CDA=90^\circ[/tex].
En el [tex]\triangle ABC[/tex] rectángulo: [tex]\sen \angle BAC=\frac{BC}{AC}=\frac{1}{2}[/tex], por eso [tex]\angle BAC=30^\circ;\ \angle BCA=60^\circ[/tex]. El [tex]\triangle ACD[/tex] rectángulo es isósceles, por eso [tex]\angle DAC=\angle DCA=45^\circ[/tex].
Por lo tanto, [tex]\angle A=75^\circ;\ \angle B=90^\circ;\ \angle C=105^\circ;\ \angle D=90^\circ[/tex].

Solución:
Sea [tex]r[/tex] el radio. El lado perpendicular a las bases es la altura: [tex]h=2r[/tex]; el otro lado es [tex]c=\frac{2r}{\sen \alpha}[/tex].
El trapecio es circunscriptible, por eso [tex]a+b=h+c=2r+\frac{2r}{\sen \alpha}[/tex] y [tex]S=\frac{a+b}{2} \times 2r=2r^2\left(1+\frac{1}{\sen \alpha}\right)=16[/tex].
Por lo tanto, [tex]r^2=\frac{8\sen \alpha}{1+\sen \alpha}[/tex] y el área del círculo es [tex]\pi r^2=\frac{8\pi\sen \alpha}{1+\sen \alpha}[/tex].

Solución:
La distancia del centro [tex]O[/tex] a la cuerda [tex]AB[/tex] es [tex]d_1=\sqrt{130-81}=7[/tex]. La otra base [tex]CD[/tex] es una cuerda paralela a [tex]AB[/tex] a una distancia igual a la altura, por eso su distancia a [tex]O[/tex] es [tex]d_2=7-4=3[/tex] (ambas bases del mismo lado de [tex]O[/tex]) o [tex]d_2=7+4=11[/tex] (en lados opuestos).
En el primer caso [tex]\frac{CD}{2}=\sqrt{130-9}=11[/tex], por eso [tex]CD=22[/tex] y [tex]S=\frac{18+22}{2} \times 4=80[/tex]; en el segundo caso [tex]\frac{CD}{2}=\sqrt{130-121}=3[/tex], por eso [tex]CD=6[/tex] y [tex]S=\frac{18+6}{2} \times 4=48[/tex].

Solución:
Sean [tex]7k;\ 15k;\ 20k[/tex] los lados; entonces [tex]p=21k[/tex]. Por la fórmula de Herón [tex]S=\sqrt{21k \times 14k \times 6k \times k}=42k^2[/tex]; además [tex]S=pr=21k[/tex].
Así, [tex]42k^2=21k[/tex], es decir, [tex]k=\frac{1}{2}[/tex], y [tex]S=\frac{21}{2}[/tex].

Solución:
[tex]O[/tex] está en las bisectrices de los ángulos del cuadrilátero. Del [tex]\triangle AOB[/tex]: [tex]\angle AOB=180^\circ-\frac{\angle A+\angle B}{2}[/tex]; del [tex]\triangle COD[/tex]: [tex]\angle COD=180^\circ-\frac{\angle C+\angle D}{2}[/tex].
La suma de los ángulos del cuadrilátero es un ángulo completo, por eso [tex]\angle AOB+\angle COD=360^\circ-\frac{\angle A+\angle B+\angle C+\angle D}{2}=360^\circ-180^\circ=180^\circ[/tex].

Solución:
El ángulo entre la tangente [tex]t[/tex] y la cuerda [tex]CA[/tex] es igual al ángulo inscrito sobre el mismo arco: [tex]\angle(t;CA)=\angle ABC[/tex].
Como [tex]\angle AA_1B=\angle AB_1B=90^\circ[/tex], el cuadrilátero [tex]ABA_1B_1[/tex] es inscrito, por eso su ángulo exterior es [tex]\angle CB_1A_1=\angle ABC[/tex].
Así, [tex]\angle CB_1A_1=\angle(t;CA)[/tex]; son ángulos alternos respecto a la secante [tex]CA[/tex], por eso [tex]A_1B_1 \parallel t[/tex].

Solución:
Como se demostró en el problema [tex]AH=2OM[/tex] de esta página, [tex]AH=2R\cos A[/tex]; por la ley de los senos [tex]BC=2R\sen A[/tex].
Así, [tex]\cos A=\sen A[/tex], es decir, [tex]\tanA=1[/tex], y como el ángulo es agudo, [tex]\angle BAC=45^\circ[/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]. Para el baricentro [tex]\overrightarrow{OG}=\frac{\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}}{3}[/tex].
Así, [tex]\overrightarrow{OH}=3\overrightarrow{OG}[/tex], por eso [tex]O[/tex], [tex]G[/tex], [tex]H[/tex] están alineados y [tex]\overrightarrow{GH}=\overrightarrow{OH}-\overrightarrow{OG}=2\overrightarrow{OG}[/tex], es decir, [tex]GH=2OG[/tex].

Solución:
Sea [tex]O[/tex] el centro (punto medio de [tex]AC[/tex]) y [tex]K[/tex] su proyección sobre [tex]BD[/tex]. Como [tex]OK \perp BD[/tex] y [tex]O[/tex] es el centro, [tex]BK=KD[/tex].
Además [tex]AM \parallel OK \parallel CN[/tex], y [tex]O[/tex] es el punto medio de [tex]AC[/tex], por eso por el teorema de Tales [tex]MK=KN[/tex].
Por lo tanto, [tex]BM=DN[/tex].

Solución:
Por lo demostrado antes en esta página (las circunferencias circunscritas al [tex]\triangle ABC[/tex] y al [tex]\triangle ABH[/tex] tienen radios iguales), [tex]R_{ABH}=R[/tex]. Por eso [tex]OA=OB=O'A=O'B=R[/tex], y [tex]AOBO'[/tex] es un rombo (los puntos [tex]O[/tex] y [tex]O'[/tex] son distintos, porque [tex]H[/tex] no está en la circunferencia circunscrita al [tex]\triangle ABC[/tex]).
Las diagonales de un rombo son perpendiculares y se bisecan, por eso [tex]AB[/tex] es la mediatriz de [tex]OO'[/tex].

Solución:
Los ángulos que abarcan el diámetro son rectos: [tex]\angle CAD=\angle CBD=90^\circ[/tex], por eso [tex]DB \perp BC[/tex]; además [tex]AH \perp BC[/tex]. Así, [tex]AH \parallel DB[/tex] y análogamente [tex]BH \parallel DA[/tex].
Por eso [tex]AHBD[/tex] es un paralelogramo y sus diagonales [tex]AB[/tex] y [tex]HD[/tex] se bisecan: el punto medio [tex]M[/tex] de [tex]AB[/tex] es también el punto medio de [tex]HD[/tex].

Solución:
Sean [tex]a=BC[/tex], [tex]b=CA[/tex], [tex]c=AB[/tex]. De los segmentos tangentes [tex]AK=p-a[/tex] y [tex]KB=p-b[/tex], por eso [tex]AK \times KB=\frac{(c+b-a)(c+a-b)}{4}=\frac{c^2-(a-b)^2}{4}[/tex].
Como [tex]c^2=a^2+b^2[/tex], [tex]\frac{c^2-(a-b)^2}{4}=\frac{2ab}{4}=\frac{ab}{2}=S[/tex].

Solución:
Sea [tex]\angle C=90^\circ[/tex]. Entonces [tex]c=2R[/tex], [tex]r=\frac{a+b-c}{2}[/tex] y [tex]a=c\sen A;\ b=c\cos A[/tex], por eso [tex]\frac{r}{R}=\sen A+\cos A-1[/tex].
Como [tex]\sen A+\cos A=\sqrt{2}\sen (A+45^\circ) \le \sqrt{2}[/tex], [tex]\frac{r}{R} \le \sqrt{2}-1[/tex]; la igualdad se da para [tex]A=45^\circ[/tex].