Upisani i opisani krugovi, periferijski uglovi - veoma teški zadaci sa rešenjima

Rešenje:
Krug kroz podnožja visina je Ojlerov krug (krug devet tačaka); njegov poluprečnik je polovina poluprečnika [tex]R[/tex] kruga opisanog oko trougla.
Kako je [tex]8^2+15^2=17^2[/tex], trougao sa temenima u podnožjima visina je pravougli, pa je poluprečnik njegovog opisanog kruga polovina hipotenuze: [tex]\frac{17}{2}[/tex].
Prema tome, [tex]R=2 \cdot \frac{17}{2}=17[/tex].

Rešenje:
Četvorougao sa temenima [tex]C[/tex], [tex]H[/tex] i podnožjima visina iz [tex]A[/tex] i [tex]B[/tex] ima dva prava ugla, pa je [tex]\angle AHB=180^\circ-\angle ACB=120^\circ[/tex] (unakrsni uglovi). Ako je trougao tupougli, taj ugao je [tex]60^\circ[/tex]; sinus je isti u oba slučaja.
Po sinusnoj teoremi za [tex]\triangle ABH[/tex]: [tex]R_1=\frac{AB}{2\sin 120^\circ}=\frac{10}{\sqrt{3}}=\frac{10\sqrt{3}}{3}[/tex].

Rešenje:
Postavimo trougao u koordinatni sistem: [tex]B(0;0),\ C(14;0),\ A(5;12)[/tex]; tada je [tex]a=BC=14;\ b=CA=15;\ c=AB=13[/tex].
Centar upisanog kruga je [tex]I=\frac{aA+bB+cC}{a+b+c}=\left(\frac{14 \cdot 5+13 \cdot 14}{42};\ \frac{14 \cdot 12}{42}\right)=(6;4)[/tex].
Centar opisanog kruga leži na simetrali duži [tex]BC[/tex]: [tex]O(7;y)[/tex], a iz [tex]OB^2=OA^2[/tex] sledi [tex]49+y^2=4+(12-y)^2[/tex], tj. [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], pa je [tex]OI=\frac{\sqrt{65}}{8}[/tex].

Rešenje:
Trapez je tetivni, pa je jednakokraki: [tex]AD=BC[/tex]; tangentni je, pa je [tex]AB+CD=2AD[/tex].
Neka je [tex]CH=h[/tex] visina iz [tex]C[/tex] na [tex]AB[/tex]. Tada je [tex]AH=\frac{AB+CD}{2}=AD[/tex].
Neka je [tex]AD=4t[/tex], [tex]AC=5t[/tex]; tada je [tex]h=\sqrt{AC^2-AH^2}=3t[/tex] i [tex]S=\frac{AB+CD}{2} \cdot h=4t \cdot 3t=12t^2=12[/tex], odakle je [tex]t=1[/tex].
Prema tome, [tex]AD=BC=4[/tex], [tex]h=3[/tex], [tex]\frac{AB-CD}{2}=\sqrt{16-9}=\sqrt{7}[/tex], i iz [tex]AB+CD=8[/tex]: [tex]AB=4+\sqrt{7};\ CD=4-\sqrt{7}[/tex].

Rešenje:
Neka je [tex]CH=h[/tex] visina na osnovicu. Težište [tex]G[/tex] i centar [tex]I[/tex] upisanog kruga leže na [tex]CH[/tex], pri čemu je [tex]GH=\frac{h}{3}[/tex] i [tex]IH=r[/tex].
Upisani krug seče [tex]CH[/tex] u [tex]H[/tex] i u tački na rastojanju [tex]2r[/tex] od [tex]H[/tex]; kako je [tex]G \ne H[/tex], dobijamo [tex]GH=2r[/tex], tj. [tex]h=6r[/tex].
Iz [tex]S=\frac{ah}{2}=pr[/tex]: [tex]p=\frac{ah}{2r}=3a[/tex], pa je [tex]P=2p=6a[/tex].

Rešenje:
Neka su [tex]H[/tex], [tex]L[/tex], [tex]M[/tex] njihova podnožja na [tex]AB[/tex]. Tada je [tex]HL=\sqrt{5-1}=2[/tex] i [tex]HM=\sqrt{10-1}=3[/tex].
Simetrala ugla iz [tex]C[/tex] polovi i ugao između visine i poluprečnika ka centru [tex]O[/tex] opisanog kruga: [tex]\angle HCL=\angle LCO[/tex].
Uvedimo koordinate [tex]H(0;0),\ C(0;1),\ L(2;0),\ M(3;0)[/tex]. Simetrična slika vektora [tex]\overrightarrow{CH}=(0;-1)[/tex] u odnosu na pravu [tex]CL[/tex] daje pravac [tex](4;3)[/tex] vektora [tex]\overrightarrow{CO}[/tex], a [tex]O[/tex] leži na simetrali duži [tex]AB[/tex], tj. na pravoj [tex]x=3[/tex]; zato je [tex]O\left(3;\frac{13}{4}\right)[/tex] i [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], pa je [tex]AB=\sqrt{14}[/tex].

Rešenje:
Svaka simetrala deli [tex]AC[/tex] u odnosu susednih stranica, a seku se u istoj tački, pa je [tex]\frac{AD}{DC}=\frac{AB}{BC}=\frac{6}{7}[/tex].
Po kosinusnoj teoremi [tex]\cos\angle ABC=\frac{66^2+77^2-77^2}{2 \cdot 66 \cdot 77}=\frac{3}{7}[/tex]. Četvorougao je tetivni, pa je [tex]\cos\angle ADC=-\frac{3}{7}[/tex].
Neka je [tex]AD=6k;\ DC=7k[/tex]. U [tex]\triangle ACD[/tex]: [tex]77^2=36k^2+49k^2+2 \cdot 6k \cdot 7k \cdot \frac{3}{7}=121k^2[/tex], odakle je [tex]k=7[/tex] i [tex]AD=42;\ CD=49[/tex].

Rešenje:
Neka je stranica [tex]a[/tex]. Tada je [tex]S_{AFB}=\frac{a^2}{10}[/tex], pa je rastojanje od [tex]F[/tex] do [tex]AB[/tex] jednako [tex]h=\frac{a}{5}[/tex].
Postavimo središte duži [tex]AB[/tex] u koordinatni početak, a [tex]AB[/tex] na x-osu; centar [tex]O[/tex] je na rastojanju [tex]\frac{a}{2}[/tex] sa druge strane, a kvadrat poluprečnika je [tex]\frac{a^2}{2}[/tex]. Ako je apscisa tačke [tex]F[/tex] jednaka [tex]x[/tex], onda je [tex]x^2+\left(\frac{a}{2}+\frac{a}{5}\right)^2=\frac{a^2}{2}[/tex], tj. [tex]x^2=\frac{a^2}{100}[/tex]; kako je [tex]AF \lt FB[/tex], [tex]x=-\frac{a}{10}[/tex].
[tex]\operatorname{tg}\angle FAB=\frac{h}{x+\frac{a}{2}}=\frac{\frac{a}{5}}{\frac{2a}{5}}=\frac{1}{2}[/tex].

Rešenje:
Neka je [tex]r[/tex] poluprečnik. Visina je [tex]2r[/tex], pa je krak [tex]c=\frac{2r}{\sin\alpha}[/tex]; trapez je tangentni, pa je [tex]a+b=2c[/tex] i [tex]S_1=(a+b) \cdot r=2c \cdot r=\frac{4r^2}{\sin\alpha}[/tex].
Tačke dodira na osnovicama leže na osi simetrije na rastojanju [tex]2r[/tex]; tačka dodira [tex]K[/tex] na kraku je na rastojanju [tex]r\sin\alpha[/tex] od ose (poluprečnik ka [tex]K[/tex] normalan je na krak). Dakle, četvorougao sa temenima u tačkama dodira je deltoid sa dijagonalama [tex]2r[/tex] i [tex]2r\sin\alpha[/tex]: [tex]S_2=\frac{1}{2} \cdot 2r \cdot 2r\sin\alpha=2r^2\sin\alpha[/tex].
[tex]\frac{S_2}{S_1}=\frac{\sin^2\alpha}{2}=\frac{3}{8}[/tex], pa je [tex]\sin^2\alpha=\frac{3}{4}[/tex] i [tex]\alpha=60^\circ[/tex].

Rešenje:
Neka je [tex]\varphi[/tex] periferijski ugao nad svakom od tri jednake tetive; tada je [tex]BC=2R\sin\varphi[/tex], tj. [tex]\sin\varphi=\frac{1}{2\sqrt{2}}[/tex].
Svakoj od tri jednake tetive odgovara luk [tex]2\varphi[/tex], pa je [tex]\overset{\frown}{AB}=360^\circ-6\varphi[/tex] i [tex]AB=2R\sin(180^\circ-3\varphi)=2R\sin 3\varphi[/tex].
[tex]\sin 3\varphi=3\sin\varphi-4\sin^3\varphi=\frac{3}{2\sqrt{2}}-\frac{1}{4\sqrt{2}}=\frac{5}{4\sqrt{2}}[/tex], pa je [tex]AB=2 \cdot 2\sqrt{2} \cdot \frac{5}{4\sqrt{2}}=5[/tex].

Rešenje:
Definišimo tačku [tex]P[/tex] jednakošću [tex]\overrightarrow{OP}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}[/tex]. Tada je [tex]\overrightarrow{AP}=\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}=2\overrightarrow{OM}[/tex] i [tex]\overrightarrow{AP}\cdot\overrightarrow{BC}=(\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC})\cdot(\overrightarrow{OC}-\overrightarrow{OB})=OC^2-OB^2=0[/tex], jer je [tex]O[/tex] jednako udaljena od temena. Dakle, [tex]P[/tex] leži na visini iz [tex]A[/tex]; analogno leži i na visini iz [tex]B[/tex], pa je [tex]P=H[/tex].
Iz [tex]\overrightarrow{AP}=\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}=2\overrightarrow{OM}[/tex] dobijamo [tex]AH=2OM[/tex].

Rešenje:
Tangentne duži iz temena pravog ugla do tog spolja upisanog kruga jednake su poluobimu [tex]p[/tex] i sa dva poluprečnika obrazuju kvadrat, pa je [tex]r_c=p[/tex]; za upisani krug [tex]r=p-c[/tex].
Prema tome, [tex]p=42[/tex] i [tex]c=42-5=37[/tex].
Tada je [tex]a+b=2p-c=47[/tex] i [tex]ab=2S=2pr=420[/tex], pa su katete koreni jednačine [tex]t^2-47t+420=0[/tex]: [tex]a=35;\ b=12[/tex].

Rešenje:
Po sinusnoj teoremi [tex]a=2R\sin 120^\circ=14[/tex].
Tangentna duž iz [tex]A[/tex] do upisanog kruga jednaka je [tex]p-a[/tex], pa je [tex]r=(p-a)\operatorname{tg}\frac{A}{2}[/tex]: [tex]\sqrt{3}=(p-14)\sqrt{3}[/tex], odakle je [tex]p=15[/tex] i [tex]b+c=16[/tex].
Po kosinusnoj teoremi [tex]a^2=b^2+c^2+bc=(b+c)^2-bc[/tex]: [tex]196=256-bc[/tex], pa je [tex]bc=60[/tex].
Tada je [tex]b=6;\ c=10[/tex].

Rešenje:
Postavimo [tex]C(0;0),\ A(b;0),\ B(0;a)[/tex]; tada je [tex]a^2+b^2=1[/tex]. Neka je [tex]s=a+b[/tex]; poluprečnik upisanog kruga je [tex]r=\frac{s-1}{2}[/tex], a centar [tex]I(r;r)[/tex]; težište je [tex]G\left(\frac{b}{3};\frac{a}{3}\right)[/tex].
Uslov [tex]IG=r[/tex] daje [tex]\left(\frac{b}{3}-r\right)^2+\left(\frac{a}{3}-r\right)^2=r^2[/tex], tj. [tex]\frac{a^2+b^2}{9}-\frac{2rs}{3}+r^2=0[/tex].
Zamenom [tex]r=\frac{s-1}{2}[/tex] i množenjem sa 36: [tex]4-12s(s-1)+9(s-1)^2=0[/tex], pa je [tex]3s^2+6s-13=0[/tex] i [tex]s=\frac{-3+4\sqrt{3}}{3}[/tex].
[tex]P=s+1=\frac{4\sqrt{3}}{3}[/tex].

Rešenje:
[tex]AC[/tex] je prečnik, pa je [tex]\angle ABC=\angle ADC=90^\circ[/tex]. Neka je [tex]\angle BAC=x[/tex], [tex]\angle CAD=60^\circ-x[/tex] i [tex]AC=2R[/tex]; tada je [tex]AB=2R\cos x;\ BC=2R\sin x;\ AD=2R\cos(60^\circ-x);\ CD=2R\sin(60^\circ-x)[/tex].
Četvorougao je tangentni: [tex]AB+CD=BC+AD[/tex], tj. [tex]\cos x+\sin(60^\circ-x)=\sin x+\cos(60^\circ-x)[/tex], pa je [tex]\cos x-\sin x=\cos(60^\circ-x)-\sin(60^\circ-x)[/tex]. Funkcija [tex]f(t)=\cos t-\sin t[/tex] strogo opada za ove uglove, pa je [tex]x=60^\circ-x[/tex] i [tex]x=30^\circ[/tex].
Tada je [tex]AB=AD=R\sqrt{3};\ BC=CD=R[/tex], [tex]S=R^2\sqrt{3}[/tex] i [tex]p=R(\sqrt{3}+1)[/tex]. Iz [tex]S=pr[/tex]: [tex]R^2\sqrt{3}=R(\sqrt{3}+1)[/tex], pa je [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].

Rešenje:
Četvorougao [tex]AFDC[/tex] je tetivni jer je [tex]\angle AFC=\angle ADC=90^\circ[/tex]; zato je [tex]\angle BDF=\angle BAC[/tex]. Analogno (sa tetivnim četvorouglom [tex]ABDE[/tex]) [tex]\angle CDE=\angle BAC[/tex].
Neka je [tex]F'[/tex] tačka simetrična tački [tex]F[/tex] u odnosu na [tex]BC[/tex]. Kako [tex]D[/tex] leži na [tex]BC[/tex], [tex]DF'[/tex] je slika duži [tex]DF[/tex] i [tex]\angle BDF'=\angle BDF=\angle BAC=\angle CDE[/tex].
Dakle, poluprave [tex]DF'[/tex] i [tex]DE[/tex] grade jednake uglove sa pravom [tex]BC[/tex] sa različitih strana tačke [tex]D[/tex], tj. [tex]F'[/tex] leži na produžetku [tex]DE[/tex] preko tačke [tex]D[/tex].
Za simetriju u odnosu na [tex]AC[/tex] dokaz je analogan.

Rešenje:
Neka je [tex]O[/tex] centar kruga. Za trougao upisan u krug sa centrom [tex]O[/tex], vektor od [tex]O[/tex] do ortocentra jednak je zbiru vektora od [tex]O[/tex] do temena (dokazano u zadatku [tex]AH=2OM[/tex] na ovoj strani). Sve četiri tačke leže na istom krugu, pa je [tex]\overrightarrow{OP}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OD}[/tex] i [tex]\overrightarrow{OQ}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OD}[/tex].
Prema tome, [tex]\overrightarrow{PQ}=\overrightarrow{OQ}-\overrightarrow{OP}=\overrightarrow{OC}-\overrightarrow{OB}=\overrightarrow{BC}[/tex], tj. [tex]PQ[/tex] je paralelna i jednaka sa [tex]BC[/tex].

Rešenje:
Po sinusnoj teoremi [tex]\sin A=\frac{a}{2R}=\frac{8}{17}[/tex], pa je [tex]\cos A=\pm\frac{15}{17}[/tex]. Takođe je [tex]r=(p-a)\operatorname{tg}\frac{A}{2}[/tex], gde je [tex]\operatorname{tg}\frac{A}{2}=\frac{\sin A}{1+\cos A}[/tex].
Ako je [tex]\cos A=\frac{15}{17}[/tex]: [tex]\operatorname{tg}\frac{A}{2}=\frac{1}{4}[/tex], pa je [tex]p-a=24[/tex], [tex]p=40[/tex] i [tex]b+c=64[/tex]; [tex]S=pr=240=\frac{1}{2}bc\sin A[/tex] daje [tex]bc=1020[/tex], a koreni jednačine [tex]t^2-64t+1020=0[/tex] su [tex]b=30;\ c=34[/tex].
Ako je [tex]\cos A=-\frac{15}{17}[/tex]: [tex]\operatorname{tg}\frac{A}{2}=4[/tex], [tex]p=\frac{35}{2}[/tex], [tex]b+c=19[/tex], [tex]bc=\frac{1785}{4}[/tex] i [tex]19^2-4 \cdot \frac{1785}{4}<0[/tex] – nema rešenja.
Druge dve stranice su [tex]30[/tex] i [tex]34[/tex].

Rešenje:
[tex]M[/tex] i [tex]N[/tex] leže na krugu prečnika [tex]AB[/tex], pa je [tex]\angle AMB=\angle ANB=90^\circ[/tex]: to su podnožja visina iz [tex]A[/tex] i [tex]B[/tex].
Tada je [tex]CM=CA\cos C;\ CN=CB\cos C[/tex], pa je [tex]\triangle CMN \sim \triangle CAB[/tex] i [tex]\frac{MN}{AB}=\frac{CM}{CA}=\cos C[/tex].
[tex]\cos C=\frac{14^2+15^2-13^2}{2 \cdot 14 \cdot 15}=\frac{3}{5}[/tex], pa je [tex]MN=13 \cdot \frac{3}{5}=\frac{39}{5}[/tex].

Rešenje:
Po kosinusnoj teoremi za [tex]\triangle ABD[/tex] i [tex]\triangle CBD[/tex]: [tex]BD^2=1+36-12\cos A[/tex] i [tex]BD^2=16+9-24\cos C[/tex], gde je [tex]\cos C=-\cos A[/tex] (četvorougao je tetivni).
Dakle, [tex]37-12\cos A=25+24\cos A[/tex], tj. [tex]\cos A=\frac{1}{3}[/tex] i [tex]BD^2=33[/tex].
Tada je [tex]\sin A=\frac{2\sqrt{2}}{3}[/tex], a po sinusnoj teoremi za [tex]\triangle ABD[/tex] [tex]R=\frac{BD}{2\sin A}=\frac{3\sqrt{33}}{4\sqrt{2}}=\frac{3\sqrt{66}}{8}[/tex].

Rešenje:
[tex]\angle A_1JB_1=\angle AJB=180^\circ-\frac{\angle A+\angle B}{2}=90^\circ+\frac{\angle C}{2}[/tex] (unakrsni uglovi).
Četvorougao sa temenima [tex]J[/tex], [tex]A_1[/tex], [tex]C[/tex], [tex]B_1[/tex] je tetivni, pa je zbir njegovih naspramnih uglova opruženi ugao: [tex]\angle A_1JB_1+\angle C=180^\circ[/tex].
Dakle, [tex]90^\circ+\frac{3\angle C}{2}=180^\circ[/tex] i [tex]\angle ACB=60^\circ[/tex].

Rešenje:
Kao za svaki centar upisanog kruga, [tex]\angle AO_1D=90^\circ+\frac{\angle ABD}{2}[/tex] i [tex]\angle AO_2D=90^\circ+\frac{\angle ACD}{2}[/tex]. Kako je [tex]\angle ABD=\angle ACD[/tex] (periferijski uglovi nad lukom [tex]AD[/tex]), [tex]\angle AO_1D=\angle AO_2D[/tex].
Dakle, [tex]O_1[/tex] i [tex]O_2[/tex] vide [tex]AD[/tex] pod jednakim uglovima sa iste strane, pa je [tex]AO_1O_2D[/tex] tetivni četvorougao.
[tex]O_1[/tex] leži na simetrali ugla [tex]\angle BAD[/tex], pa je [tex]\angle O_1AD=\frac{80^\circ}{2}=40^\circ[/tex], i zato [tex]\angle O_1O_2D=180^\circ-40^\circ=140^\circ[/tex].

Rešenje:
[tex]AB=2BC=12[/tex] i [tex]AC=6\sqrt{3}[/tex]. [tex]CL[/tex] polovi ugao kod [tex]C[/tex], pa je [tex]M[/tex] središte luka [tex]\overset{\frown}{AB}[/tex]: [tex]\overset{\frown}{AM}=\overset{\frown}{MB}[/tex]; kako je [tex]AB[/tex] prečnik, [tex]AM=BM=\frac{AB}{\sqrt{2}}=6\sqrt{2}[/tex].
Po Ptolomejevoj teoremi za tetivni četvorougao [tex]ACBM[/tex]: [tex]CM \cdot AB=AC \cdot BM+BC \cdot AM[/tex].
Prema tome, [tex]CM=\frac{(6\sqrt{3}+6) \cdot 6\sqrt{2}}{12}=3\sqrt{6}+3\sqrt{2}[/tex].

Rešenje:
[tex]\angle BAC=\angle CAD=\frac{\alpha}{2}[/tex], a [tex]\angle DCA=\angle BAC=\frac{\alpha}{2}[/tex] (naizmenični uglovi), pa je [tex]AD=DC[/tex].
Trapez je tetivni, dakle jednakokraki, i po sinusnoj teoremi [tex]BC=AD=DC=2R\sin\frac{\alpha}{2}[/tex]; takođe [tex]\angle ACB=180^\circ-\alpha-\frac{\alpha}{2}[/tex], pa je [tex]AB=2R\sin\angle ACB=2R\sin\frac{3\alpha}{2}[/tex].
Visina je [tex]h=BC\sin\alpha[/tex], pa je [tex]S=\frac{AB+CD}{2} \cdot h=R\left(\sin\frac{3\alpha}{2}+\sin\frac{\alpha}{2}\right) \cdot 2R\sin\frac{\alpha}{2}\sin\alpha[/tex].
Kako je [tex]\sin\frac{3\alpha}{2}+\sin\frac{\alpha}{2}=2\sin\alpha\cos\frac{\alpha}{2}[/tex], [tex]S=4R^2\sin^2\alpha\sin\frac{\alpha}{2}\cos\frac{\alpha}{2}=2R^2\sin^3\alpha[/tex].

Rešenje:
[tex]M[/tex] i [tex]N[/tex] leže na krugu prečnika [tex]CD[/tex], pa je [tex]\angle CMD=\angle CND=90^\circ[/tex].
Kako je [tex]DM \perp BC[/tex] i [tex]CM=MB[/tex], [tex]DM[/tex] je simetrala duži [tex]BC[/tex], pa je [tex]DB=DC=L[/tex].
Pravougli [tex]\triangle CMD[/tex] i [tex]\triangle CND[/tex] imaju zajedničku hipotenuzu [tex]CD[/tex] i jednake uglove kod [tex]C[/tex], pa je [tex]CN=CM[/tex]. Tada je [tex]AC=\frac{3}{2}CN;\ BC=2CM=2CN[/tex].
Po svojstvu simetrale ugla [tex]\frac{AD}{DB}=\frac{AC}{BC}=\frac{3}{4}[/tex], pa je [tex]AD=\frac{3L}{4}[/tex] i [tex]AB=AD+DB=\frac{7L}{4}[/tex].

Rešenje:
Neka je [tex]O[/tex] centar opisanog kruga. Kao što je dokazano u zadatku [tex]AH=2OM[/tex] na ovoj strani, [tex]\overrightarrow{OH}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}[/tex].
Tada je [tex]\overrightarrow{OP}=\frac{\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}}{2}[/tex] i [tex]\overrightarrow{OT}=\frac{\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OH}}{2}=\frac{\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}}{2}+\overrightarrow{OC}[/tex].
Prema tome, [tex]\overrightarrow{PT}=\overrightarrow{OT}-\overrightarrow{OP}=\overrightarrow{OC}[/tex], tj. [tex]PT=OC=R[/tex].

Rešenje:
Neka je [tex]\angle BAD=\alpha[/tex] i [tex]\angle ABC=\beta[/tex], pri čemu su oznake takve da je [tex]\alpha<\beta[/tex]. Četvorougao je tetivni, pa je [tex]\angle BCD=180^\circ-\alpha[/tex] i [tex]\angle ADC=180^\circ-\beta[/tex], a iz [tex]\triangle AED[/tex]: [tex]\angle AED=\beta-\alpha[/tex].
Neka simetrala ugla kod [tex]E[/tex] seče [tex]BC[/tex] u [tex]K[/tex] i [tex]AD[/tex] u [tex]L[/tex]. Iz [tex]\triangle EBK[/tex]: [tex]\angle BKE=180^\circ-(180^\circ-\beta)-\frac{\beta-\alpha}{2}=\frac{\alpha+\beta}{2}[/tex]; iz [tex]\triangle EAL[/tex]: [tex]\angle ALE=180^\circ-\alpha-\frac{\beta-\alpha}{2}=180^\circ-\frac{\alpha+\beta}{2}[/tex].
Prema tome, [tex]\angle FKL=\angle FLK=\frac{\alpha+\beta}{2}[/tex] (unakrsni uglovi kod [tex]K[/tex] i uporedni uglovi kod [tex]L[/tex]), tj. [tex]\triangle FKL[/tex] je jednakokraki.
U jednakokrakom [tex]\triangle FKL[/tex] simetrala ugla kod [tex]F[/tex] normalna je na osnovicu [tex]KL[/tex], koja leži na simetrali ugla kod [tex]E[/tex].

Rešenje:
Kao što je dokazano u zadatku [tex]AH=2OM[/tex] na ovoj strani, [tex]\overrightarrow{OH}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}[/tex]. Neka je [tex]\sigma=\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OB}\cdot\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OC}\cdot\overrightarrow{OA}[/tex].
Kvadriranjem: [tex]OH^2=3R^2+2\sigma[/tex]. Takođe [tex]AB^2=|\overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OA}|^2=2R^2-2\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB}[/tex], i analogno za ostale stranice.
Sabiranjem: [tex]AB^2+BC^2+CA^2=6R^2-2\sigma=6R^2-(OH^2-3R^2)=9R^2-OH^2[/tex].

Rešenje:
Neka su kraci [tex]c[/tex]. Trapez je tangentni, pa je [tex]a+b=2c[/tex], a visina je [tex]h=2r=c\sin\alpha[/tex].
Projekcija dijagonale [tex]d[/tex] na veću osnovicu je poluzbir osnovica, tj. [tex]c[/tex]: [tex]d^2=h^2+\left(\frac{a+b}{2}\right)^2=h^2+c^2[/tex], pa je [tex]d=c\sqrt{1+\sin^2\alpha}[/tex].
Opisani krug prolazi kroz temena [tex]\triangle ABD[/tex], u kome je ugao [tex]\alpha[/tex] naspram [tex]d[/tex]: [tex]R=\frac{d}{2\sin\alpha}=\frac{c\sqrt{1+\sin^2\alpha}}{2\sin\alpha}[/tex].
Prema tome, [tex]\frac{r}{R}=\frac{c\sin\alpha}{2} \cdot \frac{2\sin\alpha}{c\sqrt{1+\sin^2\alpha}}=\frac{\sin^2\alpha}{\sqrt{1+\sin^2\alpha}}[/tex].

Rešenje:
Uzmimo tačku [tex]F[/tex] na [tex]DC[/tex] tako da je [tex]DF=DA[/tex] (pretpostavimo da [tex]F[/tex] leži na [tex]DE[/tex]; drugi slučaj je analogan). Tada je [tex]\angle DAF=\angle DFA=\frac{180^\circ-\angle D}{2}=\frac{\angle B}{2}=\angle ABE[/tex].
Dakle, [tex]\angle AFE=180^\circ-\frac{\angle B}{2}[/tex] i [tex]\angle AFE+\angle ABE=180^\circ[/tex], pa je [tex]ABEF[/tex] tetivni i [tex]\angle EFB=\angle EAB=\frac{\angle A}{2}[/tex] (periferijski uglovi nad istim lukom).
Kako je [tex]\angle C=180^\circ-\angle A[/tex], u [tex]\triangle FBC[/tex]: [tex]\angle FBC=180^\circ-\angle C-\angle CFB=\frac{\angle A}{2}[/tex], pa je [tex]CF=CB[/tex].
Prema tome, [tex]DC=DF+FC=AD+BC[/tex].

Rešenje:
Trapez je jednakokraki, pa obe dijagonale grade isti ugao [tex]\theta[/tex] sa većom osnovicom; ugao između dijagonala naspram kraka je spoljašnji ugao trougla koji one obrazuju sa tom osnovicom: [tex]2\theta=\varphi[/tex].
Dakle, dijagonala je [tex]d=\frac{h}{\sin\theta}=\frac{1}{\sin\frac{\varphi}{2}}[/tex].
Krug je opisan oko [tex]\triangle ABD[/tex], u kome je [tex]\alpha[/tex] naspram [tex]BD[/tex]: [tex]R=\frac{BD}{2\sin\alpha}=\frac{1}{2\sin\alpha\sin\frac{\varphi}{2}}[/tex].

Rešenje:
Rastojanje od temena do ortocentra dvostruko je veće od rastojanja centra opisanog kruga do naspramne stranice (vidi zadatak [tex]AH=2OM[/tex] na ovoj strani), pa je [tex]AH=2R\cos A[/tex] i [tex]CH=2R\cos C[/tex].
Kako je [tex]\angle C=180^\circ-2\angle A[/tex], [tex]\cos C=-\cos 2A=1-2\cos^2 A[/tex], a [tex]\cos A=\frac{m}{2R}[/tex].
Tada je [tex]n=2R\left(1-\frac{2m^2}{4R^2}\right)=2R-\frac{m^2}{R}[/tex], tj. [tex]2R^2-nR-m^2=0[/tex], i [tex]R=\frac{n+\sqrt{n^2+8m^2}}{4}[/tex].

Rešenje:
Iz visine iz [tex]A[/tex]: [tex]\angle BAH=90^\circ-\angle B[/tex]; iz jednakokrakog [tex]\triangle AOC[/tex]: [tex]\angle OAC=90^\circ-\angle B[/tex]. Dakle, [tex]\angle BAH=\angle OAC[/tex], a kako [tex]AL[/tex] polovi [tex]\angle BAC[/tex], [tex]\angle LAH=\angle LAO[/tex].
U [tex]\triangle AOH[/tex] simetrala ugla kod [tex]A[/tex] normalna je na [tex]OH[/tex], pa je trougao jednakokraki: [tex]AO=AH[/tex].
Kako je [tex]AH=2R\cos A[/tex] (vidi zadatak [tex]AH=2OM[/tex] na ovoj strani), [tex]R=2R\cos A[/tex], pa je [tex]\cos A=\frac{1}{2}[/tex] i [tex]\angle BAC=60^\circ[/tex].

Rešenje:
Po Ojlerovom obrascu rastojanje između centra [tex]O[/tex] opisanog i centra [tex]I[/tex] upisanog kruga zadovoljava [tex]OI^2=R^2-2Rr[/tex].
Kako je [tex]OI^2 \ge 0[/tex], dobijamo [tex]R^2-2Rr \ge 0[/tex], tj. [tex]R(R-2r) \ge 0[/tex], a kako je [tex]R[/tex] pozitivno, [tex]R \ge 2r[/tex].
Jednakost [tex]R=2r[/tex] važi tačno kada je [tex]OI=0[/tex], tj. kada se centri poklapaju — za jednakostranični trougao.

Rešenje:
Rastojanje od [tex]O[/tex] do [tex]BC[/tex] je [tex]R\cos A[/tex], a od [tex]I[/tex] do [tex]BC[/tex] je [tex]r[/tex]. Kako je [tex]OI \parallel BC[/tex], ta rastojanja su jednaka: [tex]R\cos A=r[/tex].
Za svaki trougao važi [tex]\cos A+\cos B+\cos C=1+\frac{r}{R}[/tex]. Zamenom [tex]R\cos A=r[/tex]: [tex]\cos B+\cos C=1[/tex], pa je [tex]\cos C=1-\frac{\sqrt{2}}{2}[/tex].

Rešenje:
[tex]\angle B=80^\circ[/tex]. U [tex]\triangle AIC[/tex]: [tex]\angle IAC=30^\circ[/tex] i [tex]\angle AIC=90^\circ+\frac{\angle B}{2}=130^\circ[/tex], pa po sinusnoj teoremi [tex]\frac{CI}{\sin 30^\circ}=\frac{AC}{\sin 130^\circ}[/tex], tj. [tex]CI=\frac{AC}{2\sin 50^\circ}[/tex].
U [tex]\triangle ABC[/tex] po sinusnoj teoremi [tex]\frac{AB}{AC}=\frac{\sin 40^\circ}{\sin 80^\circ}=\frac{\sin 40^\circ}{2\sin 40^\circ\cos 40^\circ}=\frac{1}{2\cos 40^\circ}=\frac{1}{2\sin 50^\circ}[/tex], tj. [tex]AB=\frac{AC}{2\sin 50^\circ}[/tex].
Prema tome, [tex]CI=AB[/tex].