Вписанные и описанные окружности, вписанные углы - сложные задачи с решениями

Решение:
Окружность, проходящая через основания высот, — окружность девяти точек; её радиус равен половине радиуса [tex]R[/tex] описанной окружности треугольника.
Так как [tex]8^2+15^2=17^2[/tex], треугольник с вершинами в основаниях высот прямоугольный, и радиус его описанной окружности равен половине гипотенузы: [tex]\frac{17}{2}[/tex].
Следовательно, [tex]R=2 \cdot \frac{17}{2}=17[/tex].

Решение:
Четырёхугольник с вершинами [tex]C[/tex], [tex]H[/tex] и основаниями высот из [tex]A[/tex] и [tex]B[/tex] имеет два прямых угла, поэтому [tex]\angle AHB=180^\circ-\angle ACB=120^\circ[/tex] (вертикальные углы). Если треугольник тупоугольный, этот угол равен [tex]60^\circ[/tex]; синус в обоих случаях один и тот же.
По теореме синусов для [tex]\triangle ABH[/tex]: [tex]R_1=\frac{AB}{2\sin 120^\circ}=\frac{10}{\sqrt{3}}=\frac{10\sqrt{3}}{3}[/tex].

Решение:
Поместим треугольник в систему координат: [tex]B(0;0),\ C(14;0),\ A(5;12)[/tex]; тогда [tex]a=BC=14;\ b=CA=15;\ c=AB=13[/tex].
Центр вписанной окружности [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].
Центр описанной окружности лежит на серединном перпендикуляре к [tex]BC[/tex]: [tex]O(7;y)[/tex], и из [tex]OB^2=OA^2[/tex] следует [tex]49+y^2=4+(12-y)^2[/tex], т.е. [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], поэтому [tex]OI=\frac{\sqrt{65}}{8}[/tex].

Решение:
Трапеция вписанная, поэтому равнобедренная: [tex]AD=BC[/tex]; в неё можно вписать окружность, поэтому [tex]AB+CD=2AD[/tex].
Пусть [tex]CH=h[/tex] — высота из [tex]C[/tex] к [tex]AB[/tex]. Тогда [tex]AH=\frac{AB+CD}{2}=AD[/tex].
Пусть [tex]AD=4t[/tex], [tex]AC=5t[/tex]; тогда [tex]h=\sqrt{AC^2-AH^2}=3t[/tex] и [tex]S=\frac{AB+CD}{2} \cdot h=4t \cdot 3t=12t^2=12[/tex], откуда [tex]t=1[/tex].
Следовательно, [tex]AD=BC=4[/tex], [tex]h=3[/tex], [tex]\frac{AB-CD}{2}=\sqrt{16-9}=\sqrt{7}[/tex], и из [tex]AB+CD=8[/tex]: [tex]AB=4+\sqrt{7};\ CD=4-\sqrt{7}[/tex].

Решение:
Пусть [tex]CH=h[/tex] — высота к основанию. Точка пересечения медиан [tex]G[/tex] и центр [tex]I[/tex] вписанной окружности лежат на [tex]CH[/tex], причём [tex]GH=\frac{h}{3}[/tex] и [tex]IH=r[/tex].
Вписанная окружность пересекает [tex]CH[/tex] в точке [tex]H[/tex] и в точке на расстоянии [tex]2r[/tex] от [tex]H[/tex]; так как [tex]G \ne H[/tex], получаем [tex]GH=2r[/tex], т.е. [tex]h=6r[/tex].
Из [tex]S=\frac{ah}{2}=pr[/tex]: [tex]p=\frac{ah}{2r}=3a[/tex], поэтому [tex]P=2p=6a[/tex].

Решение:
Пусть [tex]H[/tex], [tex]L[/tex], [tex]M[/tex] — их основания на [tex]AB[/tex]. Тогда [tex]HL=\sqrt{5-1}=2[/tex] и [tex]HM=\sqrt{10-1}=3[/tex].
Биссектриса из [tex]C[/tex] делит пополам и угол между высотой и радиусом, проведённым к центру [tex]O[/tex] описанной окружности: [tex]\angle HCL=\angle LCO[/tex].
Введём координаты [tex]H(0;0),\ C(0;1),\ L(2;0),\ M(3;0)[/tex]. Отражение [tex]\overrightarrow{CH}=(0;-1)[/tex] относительно прямой [tex]CL[/tex] даёт направление [tex](4;3)[/tex] вектора [tex]\overrightarrow{CO}[/tex], а [tex]O[/tex] лежит на серединном перпендикуляре к [tex]AB[/tex], т.е. на прямой [tex]x=3[/tex]; поэтому [tex]O\left(3;\frac{13}{4}\right)[/tex] и [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], поэтому [tex]AB=\sqrt{14}[/tex].

Решение:
Каждая биссектриса делит [tex]AC[/tex] в отношении прилежащих сторон, и они пересекаются в одной точке, поэтому [tex]\frac{AD}{DC}=\frac{AB}{BC}=\frac{6}{7}[/tex].
По теореме косинусов [tex]\cos\angle ABC=\frac{66^2+77^2-77^2}{2 \cdot 66 \cdot 77}=\frac{3}{7}[/tex]. Четырёхугольник вписанный, поэтому [tex]\cos\angle ADC=-\frac{3}{7}[/tex].
Пусть [tex]AD=6k;\ DC=7k[/tex]. В [tex]\triangle ACD[/tex]: [tex]77^2=36k^2+49k^2+2 \cdot 6k \cdot 7k \cdot \frac{3}{7}=121k^2[/tex], откуда [tex]k=7[/tex] и [tex]AD=42;\ CD=49[/tex].

Решение:
Пусть сторона равна [tex]a[/tex]. Тогда [tex]S_{AFB}=\frac{a^2}{10}[/tex], поэтому расстояние от [tex]F[/tex] до [tex]AB[/tex] равно [tex]h=\frac{a}{5}[/tex].
Поместим середину [tex]AB[/tex] в начало координат, а [tex]AB[/tex] — на ось абсцисс; центр [tex]O[/tex] находится на расстоянии [tex]\frac{a}{2}[/tex] по другую сторону, а квадрат радиуса равен [tex]\frac{a^2}{2}[/tex]. Если абсцисса [tex]F[/tex] равна [tex]x[/tex], то [tex]x^2+\left(\frac{a}{2}+\frac{a}{5}\right)^2=\frac{a^2}{2}[/tex], т.е. [tex]x^2=\frac{a^2}{100}[/tex]; так как [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].

Решение:
Пусть [tex]r[/tex] — радиус. Высота равна [tex]2r[/tex], поэтому боковая сторона [tex]c=\frac{2r}{\sin\alpha}[/tex]; трапеция описанная, поэтому [tex]a+b=2c[/tex] и [tex]S_1=(a+b) \cdot r=2c \cdot r=\frac{4r^2}{\sin\alpha}[/tex].
Точки касания на основаниях лежат на оси симметрии на расстоянии [tex]2r[/tex] друг от друга; точка касания [tex]K[/tex] на боковой стороне находится на расстоянии [tex]r\sin\alpha[/tex] от оси (радиус к [tex]K[/tex] перпендикулярен боковой стороне). Значит, четырёхугольник с вершинами в точках касания — дельтоид с диагоналями [tex]2r[/tex] и [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], поэтому [tex]\sin^2\alpha=\frac{3}{4}[/tex] и [tex]\alpha=60^\circ[/tex].

Решение:
Пусть [tex]\varphi[/tex] — вписанный угол, опирающийся на каждую из трёх равных хорд; тогда [tex]BC=2R\sin\varphi[/tex], т.е. [tex]\sin\varphi=\frac{1}{2\sqrt{2}}[/tex].
Каждая из трёх равных хорд стягивает дугу [tex]2\varphi[/tex], поэтому [tex]\overset{\frown}{AB}=360^\circ-6\varphi[/tex] и [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], поэтому [tex]AB=2 \cdot 2\sqrt{2} \cdot \frac{5}{4\sqrt{2}}=5[/tex].

Решение:
Определим точку [tex]P[/tex] равенством [tex]\overrightarrow{OP}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}[/tex]. Тогда [tex]\overrightarrow{AP}=\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}=2\overrightarrow{OM}[/tex] и [tex]\overrightarrow{AP}\cdot\overrightarrow{BC}=(\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC})\cdot(\overrightarrow{OC}-\overrightarrow{OB})=OC^2-OB^2=0[/tex], так как [tex]O[/tex] равноудалена от вершин. Значит, [tex]P[/tex] лежит на высоте из [tex]A[/tex]; аналогично она лежит на высоте из [tex]B[/tex], поэтому [tex]P=H[/tex].
Из [tex]\overrightarrow{AP}=\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}=2\overrightarrow{OM}[/tex] получаем [tex]AH=2OM[/tex].

Решение:
Отрезки касательных из вершины прямого угла к этой вневписанной окружности равны полупериметру [tex]p[/tex] и вместе с двумя радиусами образуют квадрат, поэтому [tex]r_c=p[/tex]; для вписанной окружности [tex]r=p-c[/tex].
Следовательно, [tex]p=42[/tex] и [tex]c=42-5=37[/tex].
Тогда [tex]a+b=2p-c=47[/tex] и [tex]ab=2S=2pr=420[/tex], поэтому катеты — корни уравнения [tex]t^2-47t+420=0[/tex]: [tex]a=35;\ b=12[/tex].

Решение:
По теореме синусов [tex]a=2R\sin 120^\circ=14[/tex].
Отрезок касательной из [tex]A[/tex] к вписанной окружности равен [tex]p-a[/tex], поэтому [tex]r=(p-a)\operatorname{tg}\frac{A}{2}[/tex]: [tex]\sqrt{3}=(p-14)\sqrt{3}[/tex], откуда [tex]p=15[/tex] и [tex]b+c=16[/tex].
По теореме косинусов [tex]a^2=b^2+c^2+bc=(b+c)^2-bc[/tex]: [tex]196=256-bc[/tex], поэтому [tex]bc=60[/tex].
Тогда [tex]b=6;\ c=10[/tex].

Решение:
Положим [tex]C(0;0),\ A(b;0),\ B(0;a)[/tex]; тогда [tex]a^2+b^2=1[/tex]. Пусть [tex]s=a+b[/tex]; радиус вписанной окружности [tex]r=\frac{s-1}{2}[/tex], её центр [tex]I(r;r)[/tex]; точка пересечения медиан [tex]G\left(\frac{b}{3};\frac{a}{3}\right)[/tex].
Условие [tex]IG=r[/tex] даёт [tex]\left(\frac{b}{3}-r\right)^2+\left(\frac{a}{3}-r\right)^2=r^2[/tex], т.е. [tex]\frac{a^2+b^2}{9}-\frac{2rs}{3}+r^2=0[/tex].
Подставляя [tex]r=\frac{s-1}{2}[/tex] и умножая на 36: [tex]4-12s(s-1)+9(s-1)^2=0[/tex], поэтому [tex]3s^2+6s-13=0[/tex] и [tex]s=\frac{-3+4\sqrt{3}}{3}[/tex].
[tex]P=s+1=\frac{4\sqrt{3}}{3}[/tex].

Решение:
[tex]AC[/tex] — диаметр, поэтому [tex]\angle ABC=\angle ADC=90^\circ[/tex]. Пусть [tex]\angle BAC=x[/tex], [tex]\angle CAD=60^\circ-x[/tex] и [tex]AC=2R[/tex]; тогда [tex]AB=2R\cos x;\ BC=2R\sin x;\ AD=2R\cos(60^\circ-x);\ CD=2R\sin(60^\circ-x)[/tex].
Четырёхугольник описанный: [tex]AB+CD=BC+AD[/tex], т.е. [tex]\cos x+\sin(60^\circ-x)=\sin x+\cos(60^\circ-x)[/tex], поэтому [tex]\cos x-\sin x=\cos(60^\circ-x)-\sin(60^\circ-x)[/tex]. Функция [tex]f(t)=\cos t-\sin t[/tex] строго убывает для этих углов, следовательно, [tex]x=60^\circ-x[/tex] и [tex]x=30^\circ[/tex].
Тогда [tex]AB=AD=R\sqrt{3};\ BC=CD=R[/tex], [tex]S=R^2\sqrt{3}[/tex] и [tex]p=R(\sqrt{3}+1)[/tex]. Из [tex]S=pr[/tex]: [tex]R^2\sqrt{3}=R(\sqrt{3}+1)[/tex], поэтому [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].

Решение:
Четырёхугольник [tex]AFDC[/tex] вписанный, так как [tex]\angle AFC=\angle ADC=90^\circ[/tex]; следовательно, [tex]\angle BDF=\angle BAC[/tex]. Аналогично (с вписанным четырёхугольником [tex]ABDE[/tex]) [tex]\angle CDE=\angle BAC[/tex].
Пусть [tex]F'[/tex] — точка, симметричная [tex]F[/tex] относительно [tex]BC[/tex]. Так как [tex]D[/tex] лежит на [tex]BC[/tex], [tex]DF'[/tex] — образ [tex]DF[/tex], и [tex]\angle BDF'=\angle BDF=\angle BAC=\angle CDE[/tex].
Значит, лучи [tex]DF'[/tex] и [tex]DE[/tex] образуют равные углы с прямой [tex]BC[/tex] по разные стороны от [tex]D[/tex], т.е. [tex]F'[/tex] лежит на продолжении [tex]DE[/tex] за точку [tex]D[/tex].
Для симметрии относительно [tex]AC[/tex] доказательство аналогично.

Решение:
Пусть [tex]O[/tex] — центр окружности. Для треугольника, вписанного в окружность с центром [tex]O[/tex], вектор из [tex]O[/tex] в ортоцентр равен сумме векторов из [tex]O[/tex] в вершины (доказано в задаче [tex]AH=2OM[/tex] на этой странице). Все четыре точки лежат на одной окружности, поэтому [tex]\overrightarrow{OP}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OD}[/tex] и [tex]\overrightarrow{OQ}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OD}[/tex].
Следовательно, [tex]\overrightarrow{PQ}=\overrightarrow{OQ}-\overrightarrow{OP}=\overrightarrow{OC}-\overrightarrow{OB}=\overrightarrow{BC}[/tex], т.е. [tex]PQ[/tex] параллелен и равен [tex]BC[/tex].

Решение:
По теореме синусов [tex]\sin A=\frac{a}{2R}=\frac{8}{17}[/tex], поэтому [tex]\cos A=\pm\frac{15}{17}[/tex]. Кроме того, [tex]r=(p-a)\operatorname{tg}\frac{A}{2}[/tex], где [tex]\operatorname{tg}\frac{A}{2}=\frac{\sin A}{1+\cos A}[/tex].
Если [tex]\cos A=\frac{15}{17}[/tex]: [tex]\operatorname{tg}\frac{A}{2}=\frac{1}{4}[/tex], поэтому [tex]p-a=24[/tex], [tex]p=40[/tex] и [tex]b+c=64[/tex]; [tex]S=pr=240=\frac{1}{2}bc\sin A[/tex] даёт [tex]bc=1020[/tex], а корни [tex]t^2-64t+1020=0[/tex] равны [tex]b=30;\ c=34[/tex].
Если [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] и [tex]19^2-4 \cdot \frac{1785}{4}<0[/tex] — решений нет.
Две другие стороны равны [tex]30[/tex] и [tex]34[/tex].

Решение:
[tex]M[/tex] и [tex]N[/tex] лежат на окружности с диаметром [tex]AB[/tex], поэтому [tex]\angle AMB=\angle ANB=90^\circ[/tex]: это основания высот из [tex]A[/tex] и [tex]B[/tex].
Тогда [tex]CM=CA\cos C;\ CN=CB\cos C[/tex], поэтому [tex]\triangle CMN \sim \triangle CAB[/tex] и [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], поэтому [tex]MN=13 \cdot \frac{3}{5}=\frac{39}{5}[/tex].

Решение:
По теореме косинусов для [tex]\triangle ABD[/tex] и [tex]\triangle CBD[/tex]: [tex]BD^2=1+36-12\cos A[/tex] и [tex]BD^2=16+9-24\cos C[/tex], где [tex]\cos C=-\cos A[/tex] (четырёхугольник вписанный).
Значит, [tex]37-12\cos A=25+24\cos A[/tex], т.е. [tex]\cos A=\frac{1}{3}[/tex] и [tex]BD^2=33[/tex].
Тогда [tex]\sin A=\frac{2\sqrt{2}}{3}[/tex], и по теореме синусов для [tex]\triangle ABD[/tex] [tex]R=\frac{BD}{2\sin A}=\frac{3\sqrt{33}}{4\sqrt{2}}=\frac{3\sqrt{66}}{8}[/tex].

Решение:
[tex]\angle A_1JB_1=\angle AJB=180^\circ-\frac{\angle A+\angle B}{2}=90^\circ+\frac{\angle C}{2}[/tex] (вертикальные углы).
Четырёхугольник с вершинами [tex]J[/tex], [tex]A_1[/tex], [tex]C[/tex], [tex]B_1[/tex] вписанный, поэтому сумма его противоположных углов равна развёрнутому углу: [tex]\angle A_1JB_1+\angle C=180^\circ[/tex].
Значит, [tex]90^\circ+\frac{3\angle C}{2}=180^\circ[/tex] и [tex]\angle ACB=60^\circ[/tex].

Решение:
Как для любого центра вписанной окружности, [tex]\angle AO_1D=90^\circ+\frac{\angle ABD}{2}[/tex] и [tex]\angle AO_2D=90^\circ+\frac{\angle ACD}{2}[/tex]. Так как [tex]\angle ABD=\angle ACD[/tex] (вписанные углы, опирающиеся на дугу [tex]AD[/tex]), [tex]\angle AO_1D=\angle AO_2D[/tex].
Значит, [tex]O_1[/tex] и [tex]O_2[/tex] видят [tex]AD[/tex] под равными углами с одной стороны, т.е. [tex]AO_1O_2D[/tex] — вписанный четырёхугольник.
[tex]O_1[/tex] лежит на биссектрисе [tex]\angle BAD[/tex], поэтому [tex]\angle O_1AD=\frac{80^\circ}{2}=40^\circ[/tex] и, следовательно, [tex]\angle O_1O_2D=180^\circ-40^\circ=140^\circ[/tex].

Решение:
[tex]AB=2BC=12[/tex] и [tex]AC=6\sqrt{3}[/tex]. [tex]CL[/tex] делит угол [tex]C[/tex] пополам, поэтому [tex]M[/tex] — середина дуги [tex]\overset{\frown}{AB}[/tex]: [tex]\overset{\frown}{AM}=\overset{\frown}{MB}[/tex]; так как [tex]AB[/tex] — диаметр, [tex]AM=BM=\frac{AB}{\sqrt{2}}=6\sqrt{2}[/tex].
По теореме Птолемея для вписанного четырёхугольника [tex]ACBM[/tex]: [tex]CM \cdot AB=AC \cdot BM+BC \cdot AM[/tex].
Следовательно, [tex]CM=\frac{(6\sqrt{3}+6) \cdot 6\sqrt{2}}{12}=3\sqrt{6}+3\sqrt{2}[/tex].

Решение:
[tex]\angle BAC=\angle CAD=\frac{\alpha}{2}[/tex], и [tex]\angle DCA=\angle BAC=\frac{\alpha}{2}[/tex] (накрест лежащие углы), поэтому [tex]AD=DC[/tex].
Трапеция вписанная, значит, равнобедренная, и по теореме синусов [tex]BC=AD=DC=2R\sin\frac{\alpha}{2}[/tex]; кроме того, [tex]\angle ACB=180^\circ-\alpha-\frac{\alpha}{2}[/tex], поэтому [tex]AB=2R\sin\angle ACB=2R\sin\frac{3\alpha}{2}[/tex].
Высота [tex]h=BC\sin\alpha[/tex], поэтому [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].
Так как [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].

Решение:
[tex]M[/tex] и [tex]N[/tex] лежат на окружности с диаметром [tex]CD[/tex], поэтому [tex]\angle CMD=\angle CND=90^\circ[/tex].
Так как [tex]DM \perp BC[/tex] и [tex]CM=MB[/tex], [tex]DM[/tex] — серединный перпендикуляр к [tex]BC[/tex], поэтому [tex]DB=DC=L[/tex].
Прямоугольные [tex]\triangle CMD[/tex] и [tex]\triangle CND[/tex] имеют общую гипотенузу [tex]CD[/tex] и равные углы при [tex]C[/tex], поэтому [tex]CN=CM[/tex]. Тогда [tex]AC=\frac{3}{2}CN;\ BC=2CM=2CN[/tex].
По свойству биссектрисы [tex]\frac{AD}{DB}=\frac{AC}{BC}=\frac{3}{4}[/tex], поэтому [tex]AD=\frac{3L}{4}[/tex] и [tex]AB=AD+DB=\frac{7L}{4}[/tex].

Решение:
Пусть [tex]O[/tex] — центр описанной окружности. Как доказано в задаче [tex]AH=2OM[/tex] на этой странице, [tex]\overrightarrow{OH}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}[/tex].
Тогда [tex]\overrightarrow{OP}=\frac{\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}}{2}[/tex] и [tex]\overrightarrow{OT}=\frac{\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OH}}{2}=\frac{\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}}{2}+\overrightarrow{OC}[/tex].
Следовательно, [tex]\overrightarrow{PT}=\overrightarrow{OT}-\overrightarrow{OP}=\overrightarrow{OC}[/tex], т.е. [tex]PT=OC=R[/tex].

Решение:
Пусть [tex]\angle BAD=\alpha[/tex] и [tex]\angle ABC=\beta[/tex], причём обозначения выбраны так, что [tex]\alpha<\beta[/tex]. Четырёхугольник вписанный, поэтому [tex]\angle BCD=180^\circ-\alpha[/tex] и [tex]\angle ADC=180^\circ-\beta[/tex], а из [tex]\triangle AED[/tex]: [tex]\angle AED=\beta-\alpha[/tex].
Пусть биссектриса угла при [tex]E[/tex] пересекает [tex]BC[/tex] в точке [tex]K[/tex] и [tex]AD[/tex] в точке [tex]L[/tex]. Из [tex]\triangle EBK[/tex]: [tex]\angle BKE=180^\circ-(180^\circ-\beta)-\frac{\beta-\alpha}{2}=\frac{\alpha+\beta}{2}[/tex]; из [tex]\triangle EAL[/tex]: [tex]\angle ALE=180^\circ-\alpha-\frac{\beta-\alpha}{2}=180^\circ-\frac{\alpha+\beta}{2}[/tex].
Следовательно, [tex]\angle FKL=\angle FLK=\frac{\alpha+\beta}{2}[/tex] (вертикальные углы при [tex]K[/tex] и смежные углы при [tex]L[/tex]), т.е. [tex]\triangle FKL[/tex] равнобедренный.
В равнобедренном [tex]\triangle FKL[/tex] биссектриса угла при [tex]F[/tex] перпендикулярна основанию [tex]KL[/tex], которое лежит на биссектрисе угла при [tex]E[/tex].

Решение:
Как доказано в задаче [tex]AH=2OM[/tex] на этой странице, [tex]\overrightarrow{OH}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}[/tex]. Пусть [tex]\sigma=\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OB}\cdot\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OC}\cdot\overrightarrow{OA}[/tex].
Возводя в квадрат: [tex]OH^2=3R^2+2\sigma[/tex]. Кроме того, [tex]AB^2=|\overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OA}|^2=2R^2-2\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB}[/tex], и аналогично для других сторон.
Складывая: [tex]AB^2+BC^2+CA^2=6R^2-2\sigma=6R^2-(OH^2-3R^2)=9R^2-OH^2[/tex].

Решение:
Пусть боковые стороны равны [tex]c[/tex]. Трапеция описанная, поэтому [tex]a+b=2c[/tex], а высота [tex]h=2r=c\sin\alpha[/tex].
Проекция диагонали [tex]d[/tex] на большее основание равна полусумме оснований, то есть [tex]c[/tex]: [tex]d^2=h^2+\left(\frac{a+b}{2}\right)^2=h^2+c^2[/tex], поэтому [tex]d=c\sqrt{1+\sin^2\alpha}[/tex].
Описанная окружность проходит через вершины [tex]\triangle ABD[/tex], в котором угол [tex]\alpha[/tex] лежит против [tex]d[/tex]: [tex]R=\frac{d}{2\sin\alpha}=\frac{c\sqrt{1+\sin^2\alpha}}{2\sin\alpha}[/tex].
Следовательно, [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].

Решение:
Возьмём на [tex]DC[/tex] точку [tex]F[/tex] с [tex]DF=DA[/tex] (считаем, что [tex]F[/tex] лежит на [tex]DE[/tex]; другой случай аналогичен). Тогда [tex]\angle DAF=\angle DFA=\frac{180^\circ-\angle D}{2}=\frac{\angle B}{2}=\angle ABE[/tex].
Значит, [tex]\angle AFE=180^\circ-\frac{\angle B}{2}[/tex] и [tex]\angle AFE+\angle ABE=180^\circ[/tex], поэтому [tex]ABEF[/tex] вписанный и [tex]\angle EFB=\angle EAB=\frac{\angle A}{2}[/tex] (вписанные углы, опирающиеся на одну дугу).
Так как [tex]\angle C=180^\circ-\angle A[/tex], в [tex]\triangle FBC[/tex]: [tex]\angle FBC=180^\circ-\angle C-\angle CFB=\frac{\angle A}{2}[/tex], поэтому [tex]CF=CB[/tex].
Следовательно, [tex]DC=DF+FC=AD+BC[/tex].

Решение:
Трапеция равнобедренная, поэтому обе диагонали образуют с большим основанием один и тот же угол [tex]\theta[/tex]; угол между диагоналями, противолежащий боковой стороне, — внешний угол треугольника, образованного ими и этим основанием: [tex]2\theta=\varphi[/tex].
Значит, диагональ [tex]d=\frac{h}{\sin\theta}=\frac{1}{\sin\frac{\varphi}{2}}[/tex].
Окружность описана около [tex]\triangle ABD[/tex], в котором [tex]\alpha[/tex] лежит против [tex]BD[/tex]: [tex]R=\frac{BD}{2\sin\alpha}=\frac{1}{2\sin\alpha\sin\frac{\varphi}{2}}[/tex].

Решение:
Расстояние от вершины до ортоцентра вдвое больше расстояния от центра описанной окружности до противоположной стороны (см. задачу [tex]AH=2OM[/tex] на этой странице), поэтому [tex]AH=2R\cos A[/tex] и [tex]CH=2R\cos C[/tex].
Так как [tex]\angle C=180^\circ-2\angle A[/tex], [tex]\cos C=-\cos 2A=1-2\cos^2 A[/tex], а [tex]\cos A=\frac{m}{2R}[/tex].
Тогда [tex]n=2R\left(1-\frac{2m^2}{4R^2}\right)=2R-\frac{m^2}{R}[/tex], т.е. [tex]2R^2-nR-m^2=0[/tex], и [tex]R=\frac{n+\sqrt{n^2+8m^2}}{4}[/tex].

Решение:
Из высоты, проведённой из [tex]A[/tex]: [tex]\angle BAH=90^\circ-\angle B[/tex]; из равнобедренного [tex]\triangle AOC[/tex]: [tex]\angle OAC=90^\circ-\angle B[/tex]. Значит, [tex]\angle BAH=\angle OAC[/tex], а так как [tex]AL[/tex] делит [tex]\angle BAC[/tex] пополам, [tex]\angle LAH=\angle LAO[/tex].
В [tex]\triangle AOH[/tex] биссектриса угла [tex]A[/tex] перпендикулярна [tex]OH[/tex], поэтому треугольник равнобедренный: [tex]AO=AH[/tex].
Так как [tex]AH=2R\cos A[/tex] (см. задачу [tex]AH=2OM[/tex] на этой странице), [tex]R=2R\cos A[/tex], поэтому [tex]\cos A=\frac{1}{2}[/tex] и [tex]\angle BAC=60^\circ[/tex].

Решение:
По формуле Эйлера расстояние между центром [tex]O[/tex] описанной и центром [tex]I[/tex] вписанной окружности удовлетворяет [tex]OI^2=R^2-2Rr[/tex].
Так как [tex]OI^2 \ge 0[/tex], получаем [tex]R^2-2Rr \ge 0[/tex], т.е. [tex]R(R-2r) \ge 0[/tex], а так как [tex]R[/tex] положителен, [tex]R \ge 2r[/tex].
Равенство [tex]R=2r[/tex] выполняется тогда и только тогда, когда [tex]OI=0[/tex], т.е. центры совпадают — для равностороннего треугольника.

Решение:
Расстояние от [tex]O[/tex] до [tex]BC[/tex] равно [tex]R\cos A[/tex], а от [tex]I[/tex] до [tex]BC[/tex] — [tex]r[/tex]. Так как [tex]OI \parallel BC[/tex], эти расстояния равны: [tex]R\cos A=r[/tex].
Для любого треугольника [tex]\cos A+\cos B+\cos C=1+\frac{r}{R}[/tex]. Подставляя [tex]R\cos A=r[/tex]: [tex]\cos B+\cos C=1[/tex], поэтому [tex]\cos C=1-\frac{\sqrt{2}}{2}[/tex].

Решение:
[tex]\angle B=80^\circ[/tex]. В [tex]\triangle AIC[/tex]: [tex]\angle IAC=30^\circ[/tex] и [tex]\angle AIC=90^\circ+\frac{\angle B}{2}=130^\circ[/tex], поэтому по теореме синусов [tex]\frac{CI}{\sin 30^\circ}=\frac{AC}{\sin 130^\circ}[/tex], т.е. [tex]CI=\frac{AC}{2\sin 50^\circ}[/tex].
В [tex]\triangle ABC[/tex] по теореме синусов [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], т.е. [tex]AB=\frac{AC}{2\sin 50^\circ}[/tex].
Следовательно, [tex]CI=AB[/tex].