Вписанные и описанные окружности, вписанные углы - задачи с решениями

Решение:
[tex]\angle AOB[/tex] — центральный угол, а [tex]\angle ACB=70^\circ[/tex] — вписанный угол, опирающиеся на одну и ту же дугу [tex]AB[/tex].
Центральный угол вдвое больше вписанного угла, опирающегося на ту же дугу, поэтому [tex]\angle AOB=2\angle ACB=140^\circ[/tex].

Решение:
Угол [tex]120^\circ[/tex] может быть только углом при вершине: [tex]AC=BC=6[/tex], [tex]\angle ACB=120^\circ[/tex]. Тогда [tex]\angle A=\angle B=30^\circ[/tex].
По теореме синусов [tex]BC=2R\sin\angle A[/tex], т.е. [tex]6=2R \cdot \frac{1}{2}[/tex], откуда [tex]R=6[/tex].

Решение:
В четырёхугольник можно вписать окружность тогда и только тогда, когда суммы противоположных сторон равны: [tex]AB+CD=AD+BC[/tex], поэтому [tex]AD=BC=\frac{32+18}{2}=25[/tex].
Проекция боковой стороны на большее основание равна [tex]\frac{32-18}{2}=7[/tex], поэтому высота [tex]h=\sqrt{25^2-7^2}=24[/tex].
Высота трапеции равна диаметру окружности, поэтому [tex]r=\frac{h}{2}=12[/tex].

Решение:
Отрезки касательных, проведённых из одной точки к окружности, равны: [tex]AP=AM=6;\ BM=BN=8;\ CN=CP=9[/tex].
Тогда [tex]AB=6+8=14;\ BC=8+9=17;\ AC=9+6=15[/tex].

Решение:
Во вписанном четырёхугольнике сумма противоположных углов равна [tex]180^\circ[/tex]: [tex]\angle A+\angle C=180^\circ[/tex].
[tex]3k+7k=180^\circ[/tex], поэтому [tex]k=18^\circ[/tex].
Тогда [tex]\angle A=54^\circ;\ \angle B=72^\circ;\ \angle C=126^\circ[/tex] и [tex]\angle D=180^\circ-\angle B=108^\circ[/tex].

Решение:
Полупериметр [tex]p=\frac{13+14+15}{2}=21[/tex].
По формуле Герона [tex]S=\sqrt{21 \cdot 8 \cdot 7 \cdot 6}=84[/tex].
[tex]r=\frac{S}{p}=\frac{84}{21}=4[/tex].

Решение:
Пусть [tex]AC=3[/tex], [tex]BC=4[/tex], тогда [tex]AB=5[/tex]. Центр [tex]O[/tex] описанной окружности — середина гипотенузы [tex]AB[/tex], и [tex]R=\frac{5}{2}[/tex].
Радиус вписанной окружности прямоугольного треугольника [tex]r=\frac{3+4-5}{2}=1[/tex]. Пусть вписанная окружность (с центром [tex]I[/tex]) касается [tex]AB[/tex] в точке [tex]T[/tex]; тогда [tex]AT=p-BC=6-4=2[/tex].
Следовательно, [tex]OT=AO-AT=\frac{5}{2}-2=\frac{1}{2}[/tex], а так как [tex]IT \perp AB[/tex]: [tex]OI^2=OT^2+IT^2=\frac{1}{4}+1=\frac{5}{4}[/tex], т.е. [tex]OI=\frac{\sqrt{5}}{2}[/tex].

Решение:
Диагональ квадрата — диаметр окружности: [tex]d=a\sqrt{2}=\sqrt{2} \cdot \sqrt{2}=2[/tex].
Тогда [tex]R=\frac{d}{2}=1[/tex] и [tex]C=2\pi R=2\pi[/tex].

Решение:
Вписанный угол [tex]\angle AMB[/tex] опирается на дугу [tex]AB[/tex], не содержащую [tex]M[/tex]; её градусная мера [tex]360^\circ-108^\circ=252^\circ[/tex].
Вписанный угол равен половине дуги, на которую он опирается, поэтому [tex]\angle AMB=\frac{252^\circ}{2}=126^\circ[/tex].

Решение:
Пусть [tex]AB=6[/tex], [tex]AC=BC[/tex], а вписанная окружность касается [tex]AC[/tex] в точке [tex]M[/tex], т.е. [tex]CM=7[/tex].
Вписанная окружность касается основания в его середине, а отрезки касательных из [tex]A[/tex] равны, поэтому [tex]AM=\frac{AB}{2}=3[/tex].
Следовательно, [tex]AC=CM+AM=7+3=10[/tex].

Решение:
Трапеция, вписанная в окружность, равнобедренная.
Проекция каждой боковой стороны на большее основание равна [tex]\frac{40-14}{2}=13[/tex].
По теореме Пифагора [tex]AD=BC=\sqrt{13^2+39^2}=\sqrt{1690}=13\sqrt{10}[/tex].

Решение:
Три равные дуги составляют полуокружность, поэтому [tex]\overset{\frown}{AD}=\overset{\frown}{DC}=\overset{\frown}{CB}=60^\circ[/tex] и [tex]R=1[/tex].
Хорда, стягивающая дугу в [tex]60^\circ[/tex], равна радиусу (это сторона вписанного правильного шестиугольника), поэтому [tex]AD=DC=CB=R=1[/tex].
[tex]\angle A[/tex] опирается на [tex]\overset{\frown}{DCB}=120^\circ[/tex], поэтому [tex]\angle A=\frac{120^\circ}{2}=60^\circ[/tex]; аналогично [tex]\angle B=60^\circ[/tex], а так как четырёхугольник вписанный, [tex]\angle C=\angle D=120^\circ[/tex].

Решение:
Правильный шестиугольник состоит из шести равносторонних треугольников со стороной [tex]6[/tex]; радиус вписанной окружности равен высоте одного из них: [tex]r=\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{6\sqrt{3}}{2}=3\sqrt{3}[/tex].

Решение:
Высота ромба равна диаметру вписанной окружности: [tex]h=2r=14[/tex].
[tex]\angle A=180^\circ-150^\circ=30^\circ[/tex], поэтому сторона [tex]a=\frac{h}{\sin 30^\circ}=28[/tex].
[tex]S=a \cdot h=28 \cdot 14=392[/tex].

Решение:
В описанном четырёхугольнике суммы противоположных сторон равны: [tex]a+b=c+d[/tex], поэтому сумма оснований равна половине периметра: [tex]a+b=\frac{32}{2}=16[/tex].
Средняя линия [tex]m=\frac{a+b}{2}=8[/tex].

Решение:
Для прямоугольного треугольника с катетами [tex]a[/tex], [tex]b[/tex] и гипотенузой [tex]c[/tex] верно [tex]r=\frac{a+b-c}{2}[/tex], так как отрезки касательных из вершины прямого угла равны радиусу.
Следовательно, [tex]a+b=2r+c=4+13=17[/tex].

Решение:
[tex]AJ[/tex] и [tex]BJ[/tex] — биссектрисы, поэтому [tex]\angle AJB=180^\circ-\frac{\angle A+\angle B}{2}=90^\circ+\frac{\angle C}{2}[/tex].
Тогда [tex]\frac{\angle C}{2}=25^\circ[/tex] и [tex]\angle ACB=50^\circ[/tex].

Решение:
У [tex]\triangle AOB[/tex] все стороны равны, поэтому он равносторонний и [tex]\angle AOB=60^\circ[/tex].
Вписанный угол равен половине центрального угла, опирающегося на ту же дугу: [tex]\angle ACB=\frac{60^\circ}{2}=30^\circ[/tex].

Решение:
[tex]OA=OB=OC[/tex], поэтому [tex]\triangle AOC[/tex] и [tex]\triangle BOC[/tex] равнобедренные: [tex]\angle OAC=\angle OCA[/tex] и [tex]\angle OBC=\angle OCB[/tex].
Из суммы углов [tex]\triangle ABC[/tex] получаем [tex]2\angle OCA+2\angle OCB=180^\circ[/tex].
Следовательно, [tex]\angle ACB=\angle OCA+\angle OCB=90^\circ[/tex].

Решение:
Радиусы вневписанных окружностей равны [tex]r_a=\frac{S}{p-a}[/tex], [tex]r_b=\frac{S}{p-b}[/tex] и [tex]r_c=\frac{S}{p-c}[/tex], где [tex]S[/tex] — площадь, а [tex]p[/tex] — полупериметр.
В равностороннем треугольнике [tex]a=b=c[/tex], поэтому [tex]p-a=p-b=p-c[/tex] и, следовательно, [tex]r_a=r_b=r_c[/tex].

Решение:
Пусть сторона равна [tex]a[/tex]. Тогда [tex]r=\frac{S}{p}[/tex] и [tex]r_a=\frac{S}{p-a}[/tex].
[tex]p=\frac{3a}{2}[/tex], поэтому [tex]p-a=\frac{a}{2}=\frac{p}{3}[/tex].
Следовательно, [tex]r_a=3r=12[/tex].

Решение:
Окружность вписана в квадрат, поэтому её диаметр равен стороне: [tex]r=\frac{14}{2}=7[/tex].
[tex]S=\pi r^2=49\pi[/tex].

Решение:
В равностороннем треугольнике центры обеих окружностей совпадают с точкой пересечения медиан, которая делит каждую высоту в отношении [tex]2:1[/tex], считая от вершины.
Поэтому [tex]R=\frac{2}{3}h=10[/tex] и [tex]r=\frac{1}{3}h=5[/tex].

Решение:
Вписанный угол, опирающийся на диаметр, прямой: [tex]\angle CAD=90^\circ[/tex].
[tex]\angle ADC=\angle ABC=60^\circ[/tex], так как оба вписанных угла опираются на дугу [tex]AC[/tex].
[tex]\angle ACD=180^\circ-90^\circ-60^\circ=30^\circ[/tex].

Решение:
Гипотенуза прямоугольного треугольника, вписанного в окружность, — диаметр: [tex]c=13[/tex].
Второй катет [tex]b=\sqrt{13^2-5^2}=12[/tex], поэтому [tex]S=\frac{5 \cdot 12}{2}=30[/tex].

Решение:
Высота делит основание пополам, поэтому боковая сторона [tex]b=\sqrt{8^2+6^2}=10[/tex].
[tex]S=\frac{16 \cdot 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].

Решение:
[tex]2\pi R=\pi R^2[/tex], поэтому [tex]R=2[/tex].
Диагональ квадрата — диаметр, поэтому [tex]a=R\sqrt{2}=2\sqrt{2}[/tex].

Решение:
Трапеция, вписанная в окружность, равнобедренная: [tex]AD=BC[/tex].
Проекция боковой стороны на большее основание равна [tex]\frac{AB-CD}{2}=1[/tex], поэтому [tex]AD=\frac{1}{\cos 60^\circ}=2[/tex].

Решение:
Пусть [tex]ABCD[/tex] — ромб. Его противоположные углы равны: [tex]\angle A=\angle C[/tex].
Он вписанный, поэтому [tex]\angle A+\angle C=180^\circ[/tex]. Следовательно, [tex]\angle A=\angle C=90^\circ[/tex] и аналогично [tex]\angle B=\angle D=90^\circ[/tex].
Ромб с прямыми углами — квадрат.

Решение:
Угол, опирающийся на диаметр, прямой: [tex]\angle ADB=90^\circ[/tex], поэтому [tex]\angle DAB=90^\circ-40^\circ=50^\circ[/tex].
Трапеция, вписанная в окружность, равнобедренная, поэтому [tex]\angle A=\angle B=50^\circ[/tex] и [tex]\angle C=\angle D=130^\circ[/tex].

Решение:
Вписанный угол равен половине центрального угла, опирающегося на ту же дугу: [tex]\angle ABC=\frac{60^\circ}{2}=30^\circ[/tex].
[tex]AJ[/tex] и [tex]CJ[/tex] — биссектрисы, поэтому [tex]\angle AJC=180^\circ-\frac{\angle A+\angle C}{2}=90^\circ+\frac{\angle ABC}{2}=105^\circ[/tex].

Решение:
Пусть [tex]O[/tex] — центр, а [tex]P[/tex] — точка пересечения касательных. Центральный угол [tex]\angle AOB=47^\circ 20'[/tex], а радиусы перпендикулярны касательным: [tex]\angle OAP=\angle OBP=90^\circ[/tex].
В четырёхугольнике [tex]OAPB[/tex]: [tex]\angle APB=180^\circ-47^\circ 20'=132^\circ 40'[/tex].

Решение:
Трапеция описанная, поэтому [tex]a+b=2 \cdot 14=28[/tex]. Из [tex]5k+2k=28[/tex]: [tex]k=4[/tex], т.е. [tex]a=20[/tex] и [tex]b=8[/tex].
Проекция боковой стороны на большее основание равна [tex]\frac{20-8}{2}=6[/tex], поэтому [tex]h=\sqrt{14^2-6^2}=\sqrt{160}=4\sqrt{10}[/tex].
[tex]r=\frac{h}{2}=2\sqrt{10}[/tex].

Решение:
Пусть сторона равна [tex]a[/tex]. Радиус описанной окружности равен половине диагонали: [tex]R=\frac{a\sqrt{2}}{2}[/tex]; радиус вписанной окружности равен половине стороны: [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].

Решение:
[tex]9x=360^\circ[/tex], поэтому [tex]\overset{\frown}{AB}=80^\circ;\ \overset{\frown}{CA}=160^\circ[/tex].
Угол между касательной и хордой равен половине дуги, которую отсекает хорда, поэтому касательная образует [tex]\frac{80^\circ}{2}=40^\circ[/tex] с [tex]AB[/tex] и [tex]\frac{160^\circ}{2}=80^\circ[/tex] с [tex]AC[/tex].

Решение:
Пусть [tex]r[/tex] — радиус вписанной окружности. Отрезки касательных из вершины прямого угла [tex]C[/tex] равны [tex]r[/tex], поэтому гипотенуза [tex]AB=4+6=10[/tex], а катеты [tex]AC=r+4;\ BC=r+6[/tex].
По теореме Пифагора [tex](r+4)^2+(r+6)^2=10^2[/tex], т.е. [tex]r^2+10r-24=0[/tex], поэтому [tex]r=2[/tex] и [tex]AC=6;\ BC=8[/tex].
[tex]S=\frac{6 \cdot 8}{2}=24[/tex].

Решение:
Отрезки касательных из каждой вершины равны, поэтому в описанном четырёхугольнике суммы противоположных сторон равны: [tex]AB+CD=BC+DA[/tex].
Следовательно, [tex]DA=5+9-7=7[/tex].

Решение:
Пусть боковые стороны равны [tex]c[/tex]. Трапеция описанная, поэтому [tex]a+b=2c[/tex], т.е. [tex]c=\frac{a+b}{2}[/tex].
Проекция боковой стороны на большее основание равна половине разности оснований, поэтому для высоты [tex]h[/tex] имеем [tex]h^2=c^2-\left(\frac{a-b}{2}\right)^2=\frac{(a+b)^2-(a-b)^2}{4}=ab[/tex].
Высота равна диаметру: [tex]h=2r[/tex], следовательно, [tex](2r)^2=ab[/tex], т.е. [tex]2r=\sqrt{ab}[/tex].

Решение:
Так как [tex]\angle ADC=\angle BDC=90^\circ[/tex], гипотенузы [tex]\triangle ACD[/tex] и [tex]\triangle BCD[/tex] — это [tex]AC[/tex] и [tex]BC[/tex], поэтому центры [tex]O_1[/tex] и [tex]O_2[/tex] — середины [tex]AC[/tex] и [tex]BC[/tex].
Тогда [tex]O_1O_2[/tex] — средняя линия [tex]\triangle ABC[/tex], поэтому [tex]O_1O_2 \parallel AB[/tex] и она делит пополам любой отрезок, соединяющий [tex]C[/tex] с точкой [tex]AB[/tex], в частности [tex]CD[/tex].

Решение:
[tex]O[/tex] лежит на биссектрисах, поэтому [tex]\angle AOB=90^\circ+\frac{\angle ACB}{2}=150^\circ[/tex].
[tex]S=\frac{1}{2} \cdot 4\sqrt{2} \cdot 3 \cdot \sin 150^\circ=3\sqrt{2}[/tex].

Решение:
[tex]I[/tex] лежит на биссектрисе угла [tex]C[/tex] и на [tex]CH[/tex], поэтому высота [tex]CH[/tex] является и биссектрисой: [tex]\angle ACI=\angle BCI[/tex].
В прямоугольных [tex]\triangle ACH[/tex] и [tex]\triangle BCH[/tex]: [tex]\angle CAH=90^\circ-\angle ACH=90^\circ-\angle BCH=\angle CBH[/tex].
Углы при основании равны, поэтому [tex]AC=BC[/tex].

Решение:
Пусть трапеция [tex]ABCD[/tex] с диагональю [tex]BD[/tex]. Окружность, описанная около трапеции, описана и около [tex]\triangle ABD[/tex], в котором [tex]\angle A=45^\circ[/tex] лежит против [tex]BD[/tex].
По теореме синусов [tex]R=\frac{BD}{2\sin 45^\circ}=\frac{10}{\sqrt{2}}=5\sqrt{2}[/tex].

Решение:
Пусть [tex]\angle A=\angle B=\alpha[/tex]. По теореме синусов [tex]BC=2R\sin\alpha[/tex], поэтому [tex]\sin\alpha=\frac{1}{2}[/tex].
Углы при основании острые, поэтому [tex]\alpha=30^\circ[/tex] и [tex]\angle C=180^\circ-2 \cdot 30^\circ=120^\circ[/tex].

Решение:
Соответствующие углы равных треугольников равны: [tex]\angle ACB=\angle BDA[/tex].
Значит, отрезок [tex]AB[/tex] виден из [tex]C[/tex] и [tex]D[/tex], лежащих по одну сторону от [tex]AB[/tex], под равными углами. Поэтому [tex]C[/tex] и [tex]D[/tex] лежат на одной дуге, опирающейся на [tex]AB[/tex], т.е. [tex]ABCD[/tex] вписанный.

Решение:
Вписанная окружность касается основания [tex]AB[/tex] в его середине [tex]M[/tex], поэтому [tex]AM=2\sqrt{3}[/tex], а её центр [tex]I[/tex] лежит на биссектрисе угла [tex]A[/tex]: [tex]\operatorname{tg}\angle IAM=\frac{IM}{AM}=\frac{2}{2\sqrt{3}}=\frac{1}{\sqrt{3}}[/tex], поэтому [tex]\angle IAM=30^\circ[/tex] и [tex]\angle BAC=60^\circ[/tex].
Углы при основании равны, поэтому [tex]\angle ABC=\angle BAC=60^\circ[/tex] и [tex]\angle ACB=60^\circ[/tex]: треугольник равносторонний.

Решение:
Продолжим высоту [tex]CH[/tex] до диаметра [tex]CD[/tex]; тогда [tex]\angle CAD=90^\circ[/tex] (опирается на диаметр) и [tex]CD=2R=25[/tex].
В прямоугольном [tex]\triangle ACD[/tex] катет есть среднее геометрическое своей проекции и гипотенузы: [tex]AC^2=CH \cdot CD=16 \cdot 25=400[/tex], поэтому [tex]AC=20[/tex].
Тогда [tex]AH=\sqrt{400-256}=12[/tex] и [tex]AB=24[/tex].

Решение:
Положим [tex]C(0;0),\ A(12;0),\ B(0;9)[/tex]; тогда [tex]c=15[/tex] и [tex]r=\frac{9+12-15}{2}=3[/tex], поэтому [tex]I(3;3)[/tex].
Точка пересечения медиан [tex]G\left(\frac{0+12+0}{3};\frac{0+0+9}{3}\right)=G(4;3)[/tex].
У обеих точек одинаковая ордината, поэтому [tex]GI=4-3=1[/tex].

Решение:
Равные хорды стягивают равные дуги: [tex]\overset{\frown}{AD}=\overset{\frown}{BC}[/tex].
Вписанные углы, опирающиеся на эти дуги, равны: [tex]\angle ABD=\angle BDC[/tex]. Это накрест лежащие углы при секущей [tex]BD[/tex], поэтому [tex]AB \parallel CD[/tex].

Решение:
Диагонали ромба перпендикулярны и делятся точкой пересечения пополам: [tex]AC \perp BD[/tex], [tex]BP=PD[/tex]. Поэтому [tex]M[/tex] лежит на серединном перпендикуляре к [tex]BD[/tex] и [tex]MB=MD[/tex]; кроме того, [tex]AB=AD[/tex].
Тогда [tex]AB+MD=AD+MB[/tex], а в выпуклый четырёхугольник с равными суммами противоположных сторон можно вписать окружность.

Решение:
Пусть [tex]K[/tex] — точка касания на [tex]AB[/tex]; тогда [tex]OK=r[/tex], и [tex]\triangle AOK[/tex] прямоугольный. [tex]O[/tex] лежит на биссектрисе угла [tex]A[/tex], поэтому [tex]\angle OAK=\frac{\alpha}{2}[/tex] и [tex]OA=\frac{OK}{\sin\frac{\alpha}{2}}=\frac{r}{\sin\frac{\alpha}{2}}[/tex].
Аналогично [tex]OB=\frac{r}{\sin\frac{\beta}{2}};\ OC=\frac{r}{\sin\frac{\gamma}{2}}[/tex].

Решение:
Вписанный угол равен половине центрального угла, опирающегося на ту же дугу: [tex]\angle BAC=\frac{\angle BOC}{2}=45^\circ[/tex], поэтому [tex]\angle ABC=\angle BAC=45^\circ[/tex] и [tex]\angle ACB=90^\circ[/tex].
Тогда [tex]AB=2R[/tex] — диаметр, а высота к нему [tex]CH=R[/tex] (это радиус [tex]OC[/tex]).
[tex]S=\frac{AB \cdot CH}{2}=\frac{2R \cdot R}{2}=R^2[/tex].

Решение:
Соединим [tex]O[/tex] с вершиной прямого угла; радиусы, проведённые в точки касания, — высоты [tex]\triangle AOC[/tex] и [tex]\triangle BOC[/tex] к катетам. Площадь треугольника [tex]S=\frac{5 \cdot 12}{2}=30[/tex], а также [tex]S=\frac{r \cdot 12}{2}+\frac{r \cdot 5}{2}=\frac{17r}{2}[/tex].
Значит, [tex]\frac{17r}{2}=30[/tex] и [tex]r=\frac{60}{17}[/tex].

Решение:
Вписанная окружность касается основания в его середине [tex]M[/tex], поэтому [tex]AM=a[/tex], а её центр [tex]I[/tex] лежит на биссектрисе угла [tex]A[/tex]: [tex]\angle IAM=\frac{\alpha}{2}[/tex]. Из прямоугольного [tex]\triangle AIM[/tex]: [tex]r=a\operatorname{tg}\frac{\alpha}{2}[/tex].
[tex]\angle ACB=180^\circ-2\alpha[/tex], и по теореме синусов [tex]R=\frac{AB}{2\sin\angle ACB}=\frac{2a}{2\sin 2\alpha}=\frac{a}{\sin 2\alpha}[/tex].

Решение:
Внутренний и внешний углы при [tex]C[/tex] смежные, поэтому их биссектрисы [tex]CP[/tex] и [tex]CQ[/tex] перпендикулярны: [tex]\angle PCQ=90^\circ[/tex].
Вписанный прямой угол опирается на диаметр, поэтому [tex]PQ[/tex] — диаметр.

Решение:
Продолжим [tex]AP[/tex] за точку [tex]P[/tex] до пересечения с окружностью в точке [tex]Q[/tex]. Угол, опирающийся на диаметр, прямой: [tex]\angle AQB=90^\circ[/tex].
[tex]\angle APB[/tex] — внешний угол [tex]\triangle PQB[/tex], поэтому [tex]\angle APB=\angle AQB+\angle QBP>90^\circ[/tex].

Решение:
С одной стороны, [tex]S=\frac{ch}{2}[/tex]; с другой стороны, при полупериметре [tex]p=\frac{2b+c}{2}[/tex], [tex]S=pr[/tex].
Значит, [tex]\frac{ch}{2}=\frac{2b+c}{2}r[/tex], откуда [tex]r=\frac{ch}{2b+c}[/tex].

Решение:
Диагонали ромба делят его углы пополам, поэтому [tex]O[/tex] лежит на биссектрисах всех четырёх углов.
Точка биссектрисы равноудалена от сторон угла, поэтому расстояния от [tex]O[/tex] до всех четырёх сторон равны расстоянию до [tex]AB[/tex], т.е. [tex]r[/tex]. Следовательно, [tex]k[/tex] касается и [tex]BC;\ CD;\ DA[/tex].