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

Решение:
Три дуги составляют полуокружность: [tex]5x+6x+7x=180^\circ[/tex], поэтому [tex]x=10^\circ[/tex] и [tex]\overset{\frown}{AD}=50^\circ;\ \overset{\frown}{DC}=60^\circ;\ \overset{\frown}{CB}=70^\circ[/tex].
Каждый угол [tex]ABCD[/tex] — вписанный угол, равный половине дуги, на которую он опирается: [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] — вписанный четырёхугольник, поэтому [tex]\angle C=180^\circ-65^\circ=115^\circ[/tex] и [tex]\angle D=180^\circ-55^\circ=125^\circ[/tex].

Решение:
По теореме синусов [tex]R=\frac{AB}{2\sin 45^\circ}=\frac{12}{\sqrt{2}}=6\sqrt{2}[/tex].
Дуга [tex]AB[/tex], не содержащая [tex]C[/tex], вдвое больше вписанного угла: [tex]\overset{\frown}{AB}=2 \cdot 45^\circ=90^\circ[/tex], поэтому дуга [tex]ACB[/tex] равна [tex]360^\circ-90^\circ=270^\circ[/tex].
Её длина [tex]l=\frac{270^\circ}{360^\circ} \cdot 2\pi \cdot 6\sqrt{2}=9\sqrt{2}\pi[/tex].

Решение:
Пусть [tex]AB=18[/tex], [tex]CD=2[/tex]. Трапеция, вписанная в окружность, равнобедренная: [tex]AD=BC[/tex]. Так как в неё можно вписать окружность, [tex]AD+BC=AB+CD=20[/tex], поэтому [tex]AD=BC=10[/tex].
Проекция боковой стороны на большее основание равна [tex]\frac{18-2}{2}=8[/tex], поэтому высота [tex]h=\sqrt{10^2-8^2}=6[/tex].
Проекция диагонали на большее основание равна [tex]\frac{18+2}{2}=10[/tex], поэтому [tex]AC=\sqrt{10^2+6^2}=2\sqrt{34}[/tex] и [tex]AC+BD=4\sqrt{34}[/tex].

Решение:
Пусть [tex]\angle A=\angle B=30^\circ[/tex], тогда [tex]\angle C=120^\circ[/tex]. По теореме синусов [tex]AC=BC=2R\sin 30^\circ=4[/tex] и [tex]AB=2R\sin 120^\circ=4\sqrt{3}[/tex].
[tex]S=\frac{1}{2} \cdot 4 \cdot 4 \cdot \sin 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].

Решение:
Пусть [tex]CH[/tex] — высота к основанию, [tex]AH=x[/tex] и [tex]OH=r[/tex] (вписанная окружность касается основания в [tex]H[/tex]). Тогда [tex]x^2+r^2=45[/tex] и [tex]CH=r+5[/tex].
[tex]\operatorname{tg}\frac{A}{2}=\frac{r}{x}[/tex] и [tex]\operatorname{tg}A=\frac{r+5}{x}[/tex]. Из [tex]\operatorname{tg}A=\frac{2\operatorname{tg}\frac{A}{2}}{1-\operatorname{tg}^2\frac{A}{2}}[/tex] получаем [tex](r+5)(x^2-r^2)=2rx^2[/tex].
Подставляя [tex]x^2=45-r^2[/tex]: [tex]2r^2+9r-45=0[/tex], откуда [tex]r=3[/tex] и [tex]x=6[/tex].
Тогда [tex]CH=8[/tex], [tex]AB=12[/tex] и [tex]AC=BC=\sqrt{6^2+8^2}=10[/tex].

Решение:
Радиус, проведённый в точку касания, перпендикулярен [tex]BC[/tex], поэтому [tex]OK=r=\sqrt{36-16}=2\sqrt{5}[/tex].
[tex]BO[/tex] и [tex]CO[/tex] — биссектрисы углов при [tex]B[/tex] и [tex]C[/tex], сумма которых равна [tex]180^\circ[/tex], поэтому [tex]\angle BOC=90^\circ[/tex]. В прямоугольном [tex]\triangle BOC[/tex] с высотой [tex]OK[/tex]: [tex]OK^2=BK \cdot CK[/tex], откуда [tex]BK=\frac{20}{4}=5[/tex].
По равенству отрезков касательных [tex]CD=2 \cdot 4=8[/tex] и [tex]AB=2 \cdot 5=10[/tex]; высота [tex]h=2r=4\sqrt{5}[/tex].
[tex]S=\frac{10+8}{2} \cdot 4\sqrt{5}=36\sqrt{5}[/tex].

Решение:
Пусть [tex]\triangle ABC[/tex], [tex]AC=BC[/tex], центр [tex]O[/tex], радиус [tex]R[/tex]. Перпендикуляр из [tex]O[/tex] делит каждую хорду пополам, поэтому [tex]\frac{AB}{2}=\sqrt{R^2-49}[/tex] и [tex]\frac{BC}{2}=\sqrt{R^2-225}[/tex].
Треугольник остроугольный, поэтому [tex]O[/tex] лежит внутри него и высота к основанию [tex]h=R+7[/tex].
Из [tex]BC^2=\left(\frac{AB}{2}\right)^2+h^2[/tex]: [tex]4(R^2-225)=R^2-49+(R+7)^2[/tex], т.е. [tex]R^2-7R-450=0[/tex], откуда [tex]R=25[/tex].
Тогда [tex]\frac{AB}{2}=24[/tex], [tex]h=32[/tex] и [tex]S=24 \cdot 32=768[/tex].

Решение:
По свойству биссектрисы [tex]AL:LB=AC:BC=36:27=4:3[/tex], поэтому [tex]AL=\frac{4}{7} \cdot 21=12[/tex].
[tex]AI[/tex] — биссектриса угла [tex]A[/tex] в [tex]\triangle ACL[/tex], поэтому [tex]CI:IL=AC:AL=36:12=3:1[/tex].

Решение:
Три треугольника подобны: [tex]\triangle ACD \sim \triangle CBD \sim \triangle ABC[/tex], и радиусы вписанных окружностей пропорциональны гипотенузам: [tex]\frac{r_1}{AC}=\frac{r_2}{BC}=\frac{r}{AB}[/tex], где [tex]r_1=3[/tex], [tex]r_2=4[/tex].
Возводя в квадрат и складывая с учётом [tex]AC^2+BC^2=AB^2[/tex]: [tex]r_1^2+r_2^2=r^2[/tex], поэтому [tex]r=\sqrt{9+16}=5[/tex].

Решение:
Пусть диагонали пересекаются в точке [tex]P[/tex], т.е. [tex]\angle APB=90^\circ[/tex], и пусть [tex]\angle ACB=\varphi[/tex]. Тогда [tex]\angle AOB=2\varphi[/tex], поэтому расстояние от [tex]O[/tex] до [tex]AB[/tex] равно [tex]d=R\cos\varphi[/tex].
В прямоугольном [tex]\triangle PBC[/tex]: [tex]\angle PBC=90^\circ-\varphi[/tex], и это вписанный угол [tex]\angle DBC[/tex], опирающийся на хорду [tex]CD[/tex], поэтому по теореме синусов [tex]CD=2R\sin(90^\circ-\varphi)=2R\cos\varphi[/tex].
Следовательно, [tex]d=\frac{CD}{2}=5[/tex].

Решение:
[tex]9x=360^\circ[/tex], поэтому [tex]\overset{\frown}{AB}=80^\circ;\ \overset{\frown}{BC}=120^\circ;\ \overset{\frown}{CA}=160^\circ[/tex].
В четырёхугольнике с вершинами в центре, двух точках касания и точке пересечения касательных углы при точках касания прямые, поэтому угол между двумя касательными равен [tex]180^\circ[/tex] минус центральный угол дуги между точками касания.
Следовательно, [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].

Решение:
Пусть [tex]H[/tex] — середина основания [tex]AB[/tex]; вписанная окружность касается основания в [tex]H[/tex], а её центр лежит на биссектрисе [tex]\angle BAC[/tex], поэтому [tex]AH=\frac{r}{\operatorname{tg}\frac{A}{2}}=\sqrt{\frac{3}{2}}[/tex], где [tex]\operatorname{tg}\frac{A}{2}=\sqrt{\frac{1-\cos A}{1+\cos A}}=\sqrt{\frac{2}{3}}[/tex].
[tex]\sin A=\sqrt{1-\frac{1}{25}}=\frac{2\sqrt{6}}{5}[/tex], поэтому [tex]\operatorname{tg}A=\frac{\sin A}{\cos A}=2\sqrt{6}[/tex], а высота [tex]CH=AH \cdot \operatorname{tg}A=\sqrt{\frac{3}{2}} \cdot 2\sqrt{6}=6[/tex].
[tex]S=AH \cdot CH=6\sqrt{\frac{3}{2}}=3\sqrt{6}[/tex].

Решение:
Равные вписанные углы опираются на равные дуги: [tex]\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{CD}[/tex], поэтому [tex]BC=CD[/tex].
Четырёхугольник описанный: [tex]AB+CD=BC+AD[/tex], поэтому [tex]AB=AD[/tex]. Тогда [tex]\triangle ABC \cong \triangle ADC[/tex] (по трём сторонам), поэтому [tex]\angle ABC=\angle ADC[/tex].
Четырёхугольник вписанный: [tex]\angle ABC+\angle ADC=180^\circ[/tex], поэтому [tex]\angle ABC=90^\circ[/tex] и [tex]AC[/tex] — диаметр: [tex]R=\frac{AC}{2}=\frac{a}{2}[/tex].

Решение:
[tex]E[/tex] лежит на окружности с диаметром [tex]BC[/tex], поэтому [tex]\angle BEC=90^\circ[/tex]. Так как [tex]ED \perp BC[/tex], в прямоугольном [tex]\triangle BEC[/tex]: [tex]CE^2=CD \cdot CB[/tex].
Из прямоугольного [tex]\triangle ADC[/tex]: [tex]CD=AC\cos C[/tex]; так как треугольник равнобедренный, [tex]\cos C=\frac{AC}{2BC}[/tex].
Тогда [tex]CE^2=AC \cdot \frac{AC}{2BC} \cdot BC=\frac{AC^2}{2}=2[/tex], т.е. [tex]CE=\sqrt{2}[/tex].

Решение:
Расположим треугольник так: [tex]A(-\sqrt{3};0),\ B(\sqrt{3};0),\ C(0;1)[/tex]; тогда [tex]AC=BC=2[/tex].
Ортоцентр [tex]H[/tex] лежит на высоте из [tex]C[/tex] (оси ординат): [tex]H(0;y)[/tex], и из [tex]\overrightarrow{AH}\cdot\overrightarrow{BC}=0[/tex] следует [tex]\sqrt{3}\cdot(-\sqrt{3})+y\cdot 1=0[/tex], т.е. [tex]y=3[/tex].
Центр вписанной окружности лежит на той же оси на высоте [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].

Решение:
Пусть [tex]a[/tex], [tex]b[/tex] — катеты, а [tex]c[/tex] — гипотенуза. Гипотенуза — диаметр описанной окружности: [tex]c=2R[/tex].
Отрезки касательных из вершины прямого угла равны [tex]r[/tex], поэтому [tex]a+b=2r+c=2r+2R[/tex].
По теореме Пифагора [tex]a^2+b^2=c^2=4R^2[/tex], поэтому [tex]2ab=(a+b)^2-(a^2+b^2)=(2r+2R)^2-4R^2=4r^2+8rR[/tex].
Следовательно, [tex]S=\frac{ab}{2}=r^2+2rR=r(r+2R)[/tex].

Решение:
Четырёхугольник [tex]ABCM[/tex] вписанный, поэтому по теореме Птолемея (произведение диагоналей равно сумме произведений противоположных сторон) [tex]MB \cdot AC=MA \cdot BC+MC \cdot AB[/tex].
Так как [tex]AB=BC=CA[/tex], разделив на [tex]AC[/tex], получаем [tex]MB=MA+MC[/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[/tex] (вертикальные углы; в тупоугольном треугольнике угол может быть равен и [tex]\angle ACB[/tex], а синус тот же).
Следовательно, [tex]\sin\angle AHB=\sin\angle ACB[/tex], и по теореме синусов [tex]R_{ABH}=\frac{AB}{2\sin\angle AHB}=\frac{AB}{2\sin\angle ACB}=R[/tex].
Аналогично радиусы окружностей, описанных около [tex]\triangle BCH[/tex] и [tex]\triangle ACH[/tex], равны [tex]R[/tex].

Решение:
Угол [tex]120^\circ[/tex] — угол при вершине. Пусть [tex]AC=BC=b[/tex]; тогда [tex]AB=b\sqrt{3}[/tex].
[tex]S=\frac{1}{2}b^2\sin 120^\circ=\frac{\sqrt{3}}{4}b^2[/tex], [tex]p=\frac{(2+\sqrt{3})b}{2}[/tex], поэтому [tex]r=\frac{S}{p}=\frac{\sqrt{3}\,b}{2(2+\sqrt{3})}=1[/tex], т.е. [tex]b=\frac{2(2+\sqrt{3})}{\sqrt{3}}[/tex].
[tex]R=\frac{AB}{2\sin 120^\circ}=\frac{b\sqrt{3}}{\sqrt{3}}=b[/tex], поэтому [tex]R=\frac{4+2\sqrt{3}}{\sqrt{3}}=2+\frac{4\sqrt{3}}{3}[/tex].

Решение:
По теореме синусов [tex]\sin\angle ACB=\frac{AB}{2R}=\frac{3}{2\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{2}[/tex]; треугольник остроугольный, поэтому [tex]\angle ACB=60^\circ[/tex].
Так как [tex]\overset{\frown}{AD}=\overset{\frown}{DB}[/tex], вписанные углы, опирающиеся на эти дуги, равны, т.е. [tex]CD[/tex] — биссектриса угла [tex]C[/tex]: [tex]\angle ACD=\frac{\angle ACB}{2}=30^\circ[/tex].

Решение:
Пусть [tex]AB=6[/tex], [tex]AC=BC=9[/tex], и вписанная окружность касается [tex]AC[/tex] и [tex]BC[/tex] в точках [tex]K[/tex] и [tex]L[/tex]. При [tex]p=\frac{6+9+9}{2}=12[/tex] отрезки касательных из [tex]C[/tex] равны [tex]CK=CL=p-AB=6[/tex].
По симметрии [tex]KL \parallel AB[/tex], поэтому [tex]\frac{KL}{AB}=\frac{CK}{CA}[/tex], т.е. [tex]KL=6 \cdot \frac{6}{9}=4[/tex].

Решение:
Высота равна диаметру: [tex]h=2r=6[/tex]. Боковые стороны [tex]c_1=\frac{6}{\sin 60^\circ}=4\sqrt{3}[/tex] и [tex]c_2=\frac{6}{\sin 45^\circ}=6\sqrt{2}[/tex].
Трапеция описанная, поэтому [tex]a+b=c_1+c_2[/tex] и [tex]P=2(c_1+c_2)=8\sqrt{3}+12\sqrt{2}[/tex].

Решение:
Равные хорды стягивают равные дуги: [tex]\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{CD}[/tex], поэтому [tex]\angle CAD=\angle CDB[/tex] (вписанные углы, опирающиеся на эти дуги).
У треугольников есть и общий [tex]\angle C[/tex], поэтому [tex]\triangle CDE \sim \triangle CAD[/tex] и [tex]\frac{CD}{CA}=\frac{CE}{CD}[/tex].
Следовательно, [tex]CA=\frac{CD^2}{CE}=\frac{36}{3}=12[/tex] и [tex]P=12+6+7=25[/tex].

Решение:
В ромбе [tex]PA=PB=OA=R[/tex], поэтому [tex]\triangle AOP[/tex] равносторонний и [tex]\angle AOP=60^\circ[/tex].
Диагональ ромба делит его угол пополам, поэтому [tex]\angle AOB=120^\circ[/tex]; этот центральный угол опирается на дугу, содержащую [tex]P[/tex], а [tex]C[/tex] лежит на другой дуге.
Следовательно, [tex]\angle ACB=\frac{120^\circ}{2}=60^\circ[/tex].

Решение:
Трапеция описанная, поэтому [tex]a+b=2c[/tex]; значит, боковая сторона равна средней линии: [tex]m=\frac{a+b}{2}=c=80[/tex].
[tex]h=c\sin 30^\circ=40[/tex], а высота — диаметр: [tex]r=\frac{h}{2}=20[/tex].

Решение:
По теореме косинусов [tex]BC^2=48+36-2 \cdot 4\sqrt{3} \cdot 6 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=12[/tex], поэтому [tex]BC=2\sqrt{3}[/tex].
[tex]AC^2+BC^2=48=AB^2[/tex], поэтому [tex]\angle ACB=90^\circ[/tex] и [tex]\angle ABC=60^\circ[/tex].
Трапеция вписанная, значит, равнобедренная: [tex]AD=BC[/tex], и [tex]CD=AB-2BC\cos 60^\circ=4\sqrt{3}-2\sqrt{3}=2\sqrt{3}[/tex].

Решение:
Диаметр, перпендикулярный хорде, делит пополам дуги, которые стягивает хорда, поэтому [tex]\overset{\frown}{CB}=\overset{\frown}{BD}[/tex].
Вписанные углы [tex]\angle CPB[/tex] и [tex]\angle BPD[/tex] опираются на эти равные дуги, поэтому [tex]\angle CPB=\angle BPD[/tex], т.е. [tex]PB[/tex] — биссектриса [tex]\angle CPD[/tex].

Решение:
[tex]AB[/tex] — диаметр, поэтому [tex]\angle ACB=90^\circ[/tex] и [tex]AC=\sqrt{36-6}=\sqrt{30}[/tex].
Высота из [tex]C[/tex] равна [tex]h=\frac{AC \cdot BC}{AB}=\frac{\sqrt{180}}{6}=\sqrt{5}[/tex], а её основание [tex]H[/tex] даёт [tex]BH=\frac{BC^2}{AB}=1[/tex].
Трапеция равнобедренная, поэтому [tex]CD=AB-2BH=4[/tex] и [tex]S=\frac{6+4}{2} \cdot \sqrt{5}=5\sqrt{5}[/tex].

Решение:
[tex]p=\frac{9}{2}[/tex], поэтому отрезки касательных из [tex]A[/tex] равны [tex]AM=AN=p-BC=\frac{5}{2}[/tex].
По теореме косинусов [tex]\cos A=\frac{16+9-4}{2 \cdot 4 \cdot 3}=\frac{7}{8}[/tex], поэтому [tex]\sin A=\frac{\sqrt{15}}{8}[/tex].
[tex]S=\frac{1}{2} \cdot \frac{5}{2} \cdot \frac{5}{2} \cdot \frac{\sqrt{15}}{8}=\frac{25\sqrt{15}}{64}[/tex].

Решение:
[tex]OB[/tex] и [tex]OC[/tex] — биссектрисы внешних углов при [tex]B[/tex] и [tex]C[/tex], поэтому [tex]\angle OBC=\frac{180^\circ-\angle B}{2}[/tex] и [tex]\angle OCB=\frac{180^\circ-\angle C}{2}[/tex].
Следовательно, [tex]\angle BOC=180^\circ-\angle OBC-\angle OCB=\frac{\angle B+\angle C}{2}=90^\circ-\frac{\angle A}{2}[/tex].
Тогда [tex]\frac{\angle A}{2}=50^\circ[/tex] и [tex]\angle BAC=100^\circ[/tex].

Решение:
Боковая сторона, перпендикулярная основаниям, является высотой: [tex]AD=h=2r=2[/tex].
[tex]BC=\frac{h}{\sin 30^\circ}=4[/tex].
Трапеция описанная, поэтому [tex]AB+CD=AD+BC=6[/tex] и [tex]P=2 \cdot 6=12[/tex].

Решение:
[tex]c=\sqrt{15^2+20^2}=25[/tex] и [tex]r=\frac{15+20-25}{2}=5[/tex].
Положим [tex]C(0;0),\ A(20;0),\ B(0;15)[/tex]; тогда [tex]I(5;5)[/tex]. Гипотенуза лежит на прямой [tex]3x+4y=60[/tex], а высота [tex]CH[/tex] перпендикулярна ей и проходит через начало координат: [tex]4x-3y=0[/tex].
[tex]d=\frac{|4 \cdot 5-3 \cdot 5|}{5}=1[/tex].

Решение:
[tex]c=2R[/tex] и [tex]r=\frac{a+b-c}{2}[/tex]; при [tex]a=c\sin A;\ b=c\cos A[/tex] получаем [tex]\frac{R}{r}=\frac{c}{a+b-c}=\frac{1}{\sin A+\cos A-1}[/tex].
Следовательно, [tex]\sin A+\cos A=1+\frac{1}{\sqrt{3}+1}=\frac{1+\sqrt{3}}{2}[/tex], а так как [tex]\sin A+\cos A=\sqrt{2}\sin(A+45^\circ)[/tex], [tex]\sin(A+45^\circ)=\frac{1+\sqrt{3}}{2\sqrt{2}}=\sin 75^\circ[/tex].
Тогда [tex]A=30^\circ[/tex] или [tex]A=60^\circ[/tex]: острые углы равны [tex]30^\circ[/tex] и [tex]60^\circ[/tex].

Решение:
Пусть [tex]AC=BC[/tex], [tex]CH=30[/tex], где [tex]H[/tex] лежит на основании. Точка пересечения медиан [tex]G[/tex] и центр [tex]O[/tex] описанной окружности лежат на [tex]CH[/tex], и [tex]GH=10[/tex].
Так как [tex]OG=5[/tex], либо [tex]OH=15[/tex], либо [tex]OH=5[/tex], причём [tex]R=CO=30-OH[/tex].
Если [tex]OH=15[/tex], то [tex]R=15[/tex] и [tex]\frac{AB}{2}=\sqrt{R^2-OH^2}=0[/tex] — невозможно. Поэтому [tex]OH=5[/tex], [tex]R=25[/tex] и [tex]\frac{AB}{2}=\sqrt{625-25}=10\sqrt{6}[/tex].

Решение:
Обе окружности касаются диагонали [tex]BD[/tex]; так как они касаются друг друга, они касаются [tex]BD[/tex] в одной и той же точке [tex]K[/tex].
Отрезок касательной из [tex]B[/tex] даёт [tex]BK=\frac{AB+BD-AD}{2}[/tex] в первом треугольнике и [tex]BK=\frac{BC+BD-CD}{2}[/tex] во втором.
Следовательно, [tex]AB-AD=BC-CD[/tex], т.е. [tex]AB+CD=AD+BC=20[/tex], поэтому [tex]P=40[/tex].

Решение:
Трапеция описанная: [tex]AB+CD=AD+BC=18[/tex]. Пусть [tex]AD=h[/tex]; тогда [tex]BC=18-h[/tex].
Проекция [tex]BC[/tex] на большее основание равна [tex]12-6=6[/tex], поэтому [tex]BC^2=h^2+6^2[/tex], т.е. [tex](18-h)^2=h^2+36[/tex], откуда [tex]h=8[/tex] и [tex]BC=10[/tex].
Тупой и острый углы при боковой стороне [tex]BC[/tex] в сумме дают развёрнутый угол, поэтому [tex]\sin\angle BCD=\sin\angle ABC=\frac{h}{BC}=\frac{4}{5}[/tex].

Решение:
Из прямоугольного [tex]\triangle ACH[/tex]: [tex]\sin A=\frac{CH}{AC}=\frac{5}{6}[/tex].
По теореме синусов [tex]2R=\frac{BC}{\sin A}=\frac{15 \cdot 6}{5}=18[/tex]. (В общем случае [tex]2R=\frac{AC \cdot BC}{CH}[/tex].)

Решение:
[tex]h=2r=4[/tex]; проекция боковой стороны на большее основание равна [tex]\frac{a-b}{2}=\frac{h}{\operatorname{tg}\alpha}=1[/tex], поэтому боковая сторона [tex]c=\sqrt{1+16}=\sqrt{17}[/tex].
Трапеция описанная, поэтому [tex]a+b=2c=2\sqrt{17}[/tex]. Следовательно, [tex]a=\sqrt{17}+1;\ b=\sqrt{17}-1[/tex].
[tex]S=\frac{a+b}{2} \cdot h=4\sqrt{17}[/tex].

Решение:
Отрезок [tex]CD[/tex] виден из [tex]A[/tex] и [tex]B[/tex] под равными углами ([tex]\angle DAC=\angle DBC=50^\circ[/tex]) с одной стороны, поэтому [tex]ABCD[/tex] — вписанный четырёхугольник.
Вписанные углы, опирающиеся на одну дугу, равны: [tex]\angle ACB=\angle ADB=45^\circ[/tex].
Тогда [tex]\angle ACD=100^\circ-45^\circ=55^\circ[/tex] и [tex]\angle ABD=\angle ACD=55^\circ[/tex].

Решение:
Трапеция равнобедренная; проекция боковой стороны на большее основание равна [tex]\frac{8-2}{2}=3[/tex], поэтому [tex]h=\sqrt{16-9}=\sqrt{7}[/tex].
Проекция диагонали на большее основание равна полусумме оснований, поэтому [tex]BD=\sqrt{h^2+\left(\frac{8+2}{2}\right)^2}=\sqrt{32}=4\sqrt{2}[/tex] и [tex]\sin A=\frac{h}{AD}=\frac{\sqrt{7}}{4}[/tex].
Окружность описана около [tex]\triangle ABD[/tex], поэтому по теореме синусов [tex]R=\frac{BD}{2\sin A}=\frac{4\sqrt{2}}{\frac{\sqrt{7}}{2}}=\frac{8\sqrt{14}}{7}[/tex].

Решение:
Пусть [tex]x[/tex] — отрезок касательной из третьей вершины. Стороны равны [tex]6+8=14[/tex], [tex]6+x[/tex] и [tex]8+x[/tex], и [tex]p=14+x[/tex].
[tex]S=pr=4(14+x)[/tex], а по формуле Герона, где [tex]p-a;\ p-b;\ p-c[/tex] — отрезки касательных, [tex]S=\sqrt{p \cdot x \cdot 6 \cdot 8}[/tex].
Значит, [tex]16(14+x)^2=48x(14+x)[/tex], т.е. [tex]16(14+x)=48x[/tex], откуда [tex]x=7[/tex] и другие стороны равны [tex]13;\ 15[/tex].

Решение:
Пусть боковые стороны равны [tex]c[/tex]. Трапеция описанная: [tex]a+b=2c[/tex]; из проекций боковых сторон [tex]a-b=2c\cos\alpha[/tex].
Складывая: [tex]c=\frac{a}{1+\cos\alpha}[/tex], поэтому [tex]b=a-2c\cos\alpha=\frac{a(1-\cos\alpha)}{1+\cos\alpha}=a\operatorname{tg}^2\frac{\alpha}{2}[/tex].
Высота равна диаметру, поэтому [tex]r=\frac{h}{2}=\frac{c\sin\alpha}{2}=\frac{a\sin\alpha}{2(1+\cos\alpha)}=\frac{a}{2}\operatorname{tg}\frac{\alpha}{2}[/tex], где [tex]\operatorname{tg}\frac{\alpha}{2}=\sqrt{\frac{1-\cos\alpha}{1+\cos\alpha}}[/tex].

Решение:
Из [tex]OA \cdot OC=OB \cdot OD[/tex]: [tex]\frac{OA}{OD}=\frac{OB}{OC}[/tex]. Кроме того, [tex]\angle AOB=\angle DOC[/tex] (вертикальные углы), поэтому [tex]\triangle AOB \sim \triangle DOC[/tex] (по двум сторонам и углу между ними).
Следовательно, [tex]\angle OAB=\angle ODC[/tex], т.е. [tex]\angle CAB=\angle CDB[/tex].
Значит, отрезок [tex]BC[/tex] виден из [tex]A[/tex] и [tex]D[/tex] под равными углами с одной стороны, и [tex]ABCD[/tex] вписанный.

Решение:
Центр вписанной окружности лежит на биссектрисах углов [tex]ABCD[/tex]; так как [tex]O[/tex] лежит на [tex]AC[/tex], диагональ [tex]AC[/tex] делит пополам углы [tex]A[/tex] и [tex]C[/tex]: [tex]\angle BAC=\angle DAC[/tex] и [tex]\angle BCA=\angle DCA[/tex].
Тогда [tex]\triangle ABC \cong \triangle ADC[/tex] (общая сторона [tex]AC[/tex]), поэтому [tex]AB=AD;\ CB=CD[/tex].
Аналогично [tex]BD[/tex] делит пополам углы [tex]B[/tex] и [tex]D[/tex], поэтому [tex]BA=BC[/tex].
Следовательно, [tex]AB=BC=CD=DA[/tex] и [tex]ABCD[/tex] — ромб.

Решение:
При площади [tex]S[/tex] и полупериметре [tex]p[/tex]: [tex]r=\frac{S}{p}[/tex] и [tex]r_a=\frac{S}{p-a};\ r_b=\frac{S}{p-b};\ r_c=\frac{S}{p-c}[/tex].
Тогда [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].

Решение:
В любом прямоугольном треугольнике [tex]r=\frac{a+b-c}{2}[/tex], где [tex]a[/tex] и [tex]b[/tex] — катеты, а [tex]c[/tex] — гипотенуза. Все три треугольника прямоугольные, поэтому [tex]r_1=\frac{AC+BC-AB}{2}[/tex], [tex]r_2=\frac{AP+CP-AC}{2}[/tex] и [tex]r_3=\frac{BP+CP-BC}{2}[/tex].
Складывая и учитывая [tex]AP+BP=AB[/tex]: [tex]r_1+r_2+r_3=\frac{AP+BP+2CP-AB}{2}=CP[/tex].

Решение:
Пусть [tex]a=BC[/tex], [tex]b=CA[/tex] и [tex]p=\frac{a+b+c}{2}[/tex]. Из равенства отрезков касательных [tex]AM=p-a[/tex] для вписанной окружности и [tex]AN=p-b[/tex] для вневписанной.
Обе точки лежат на [tex]AB[/tex], поэтому [tex]MN=|AM-AN|=|b-a|[/tex].

Решение:
Трапеция вписанная, значит, равнобедренная: [tex]AC=BD[/tex] и [tex]\angle ABC=\alpha[/tex]. Пусть диагонали пересекаются в точке [tex]P[/tex]; [tex]\triangle ABP[/tex] равнобедренный и прямоугольный, поэтому [tex]\angle PAB=\angle PBA=45^\circ[/tex].
В [tex]\triangle ABC[/tex]: [tex]\angle ACB=180^\circ-45^\circ-\alpha=135^\circ-\alpha[/tex].
По теореме синусов [tex]AB=2R\sin(135^\circ-\alpha)=2R\sin(45^\circ+\alpha)[/tex].

Решение:
Положим [tex]A(-b;0),\ B(b;0),\ C(0;h)[/tex]. Тогда [tex]H\left(0;\frac{b^2}{h}\right)[/tex], а центр вписанной окружности лежит на [tex]CM[/tex] на высоте [tex]r=\frac{bh}{b+\sqrt{b^2+h^2}}[/tex].
Вписанная окружность пересекает ось [tex]CM[/tex] в основании высоты и на высоте [tex]2r[/tex], поэтому [tex]\frac{b^2}{h}=2r[/tex], т.е. [tex]b\sqrt{b^2+h^2}=2h^2-b^2[/tex].
Возводя в квадрат: [tex]b^2(b^2+h^2)=(2h^2-b^2)^2[/tex], откуда [tex]5b^2=4h^2[/tex] и [tex]h=\frac{\sqrt{5}}{2}b[/tex].
Тогда [tex]HM=\frac{b^2}{h}=\frac{2b}{\sqrt{5}};\ CH=h-HM=\frac{b}{2\sqrt{5}}[/tex], поэтому [tex]CH:HM=1:4[/tex].

Решение:
Трапеция равнобедренная; пусть [tex]AB=a[/tex], [tex]CD=b[/tex]. Вписанная окружность касается оснований в их серединах, поэтому из отрезков касательных [tex]AK=\frac{a}{2};\ DK=\frac{b}{2}[/tex] и [tex]AD=\frac{a+b}{2}[/tex]. По симметрии [tex]KL \parallel AB[/tex], а [tex]K[/tex] делит [tex]AD[/tex] в отношении [tex]a:b[/tex], т.е. находится на [tex]\frac{a}{a+b}[/tex] высоты [tex]h[/tex] от [tex]AB[/tex].
Так как [tex]\triangle AOB[/tex] и [tex]\triangle COD[/tex] подобны, [tex]\frac{AO}{OC}=\frac{AB}{CD}=\frac{a}{b}[/tex]; значит, [tex]O[/tex] лежит на оси симметрии на тех же [tex]\frac{a}{a+b}[/tex] высоты от [tex]AB[/tex].
Следовательно, [tex]O[/tex] лежит на прямой [tex]KL[/tex].

Решение:
Пусть основания [tex]a[/tex] и [tex]b[/tex]. Трапеция описанная, поэтому боковая сторона равна средней линии: [tex]c=m=5[/tex], и [tex]a+b=2m=10[/tex].
Высота каждой части равна половине высоты трапеции: [tex]S_1=\frac{b+5}{2} \cdot \frac{h}{2};\ S_2=\frac{a+5}{2} \cdot \frac{h}{2}[/tex], поэтому [tex](b+5):(a+5)=7:13[/tex]. Так как [tex](b+5)+(a+5)=20[/tex], получаем [tex]b=2[/tex] и [tex]a=8[/tex].
Проекция боковой стороны [tex]\frac{a-b}{2}=3[/tex], поэтому [tex]h=\sqrt{25-9}=4[/tex] и [tex]r=2[/tex].

Решение:
Вписанная окружность касается оснований в их серединах, а отрезки касательных из одной вершины равны: [tex]\frac{CD}{2}=CM=3[/tex] и [tex]\frac{AB}{2}=MB=6[/tex], поэтому [tex]CD=6[/tex], [tex]AB=12[/tex] и [tex]BC=9[/tex].
Проекция боковой стороны на большее основание равна [tex]\frac{12-6}{2}=3[/tex], поэтому [tex]h=\sqrt{9^2-3^2}=6\sqrt{2}[/tex].
Проекция диагонали равна полусумме оснований, поэтому [tex]AC=\sqrt{h^2+\left(\frac{AB+CD}{2}\right)^2}=\sqrt{72+81}=3\sqrt{17}[/tex].

Решение:
По степени точки [tex]C[/tex] относительно окружности (прямые [tex]CA[/tex] и [tex]CB[/tex] пересекают её в точках [tex]M[/tex], [tex]A[/tex] и [tex]N[/tex], [tex]B[/tex]): [tex]CM \cdot CA=CN \cdot CB[/tex], т.е. [tex]\frac{CA^2}{2}=\frac{CB^2}{2}[/tex], поэтому [tex]CA=CB[/tex]; так как [tex]AB=2[/tex], [tex]CA=CB=\sqrt{2}[/tex].
Положим [tex]C(0;0),\ A(\sqrt{2};0),\ B(0;\sqrt{2})[/tex]. Центр [tex]Q[/tex] лежит на серединных перпендикулярах к [tex]AM[/tex] и [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], поэтому [tex]R=\frac{\sqrt{5}}{2}[/tex].

Решение:
Из [tex]S=\frac{a h_a}{2}[/tex] и аналогичных формул: [tex]a=\frac{2S}{h_a};\ b=\frac{2S}{h_b};\ c=\frac{2S}{h_c}[/tex].
Тогда [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], поэтому [tex]\frac{1}{r}=\frac{1}{h_a}+\frac{1}{h_b}+\frac{1}{h_c}[/tex], т.е. [tex]r=\frac{h_ah_bh_c}{h_ah_b+h_bh_c+h_ch_a}[/tex].

Решение:
Из прямоугольного треугольника, образованного высотой [tex]CH[/tex]: [tex]\angle BCH=90^\circ-\angle B[/tex].
Центральный угол [tex]\angle AOC=2\angle B[/tex], а [tex]\triangle AOC[/tex] равнобедренный, поэтому [tex]\angle OCA=\frac{180^\circ-2\angle B}{2}=90^\circ-\angle B[/tex]. Следовательно, [tex]\angle OCA=\angle BCH[/tex].
Так как [tex]CL[/tex] делит [tex]\angle ACB[/tex] пополам, [tex]\angle OCL=\angle ACL-\angle OCA=\angle BCL-\angle BCH=\angle HCL[/tex].

Решение:
[tex]\triangle AOD[/tex] равносторонний, поэтому [tex]\angle AOD=60^\circ[/tex], а вписанный угол, опирающийся на ту же дугу, [tex]\angle ABD=30^\circ[/tex].
Высота [tex]h=BD\sin 30^\circ=2[/tex], а проекция диагонали на большее основание равна полусумме оснований: [tex]\frac{AB+CD}{2}=BD\cos 30^\circ=2\sqrt{3}[/tex].
[tex]S=\frac{AB+CD}{2} \cdot h=4\sqrt{3}[/tex].

Решение:
[tex]\angle BAC=180^\circ-30^\circ-20^\circ=130^\circ[/tex], поэтому [tex]P[/tex] лежит на продолжении [tex]AC[/tex] за точку [tex]A[/tex] и [tex]\angle PAB=180^\circ-130^\circ=50^\circ[/tex].
Угол между касательной и хордой [tex]BA[/tex] равен вписанному углу, опирающемуся на ту же дугу: [tex]\angle PBA=\angle ACB=30^\circ[/tex].
В [tex]\triangle PAB[/tex]: [tex]\angle APB=180^\circ-50^\circ-30^\circ=100^\circ[/tex].

Решение:
[tex]S=pr=336[/tex], поэтому [tex]c=\frac{2S}{h_c}=42[/tex] и [tex]a+b=2p-c=54[/tex].
По формуле Герона [tex]S^2=p(p-a)(p-b)(p-c)[/tex]: [tex]336^2=48(48-a)(48-b) \cdot 6[/tex], т.е. [tex](48-a)(48-b)=392[/tex]; кроме того, [tex](48-a)+(48-b)=42[/tex]. Поэтому [tex]\{48-a;\ 48-b\}=\{14;\ 28\}[/tex] и [tex]a=34;\ b=20[/tex].
[tex]R=\frac{abc}{4S}=\frac{34 \cdot 20 \cdot 42}{4 \cdot 336}=\frac{85}{4}[/tex].

Решение:
Для вписанного четырёхугольника верна формула Брахмагупты: [tex]S=\sqrt{(p-a)(p-b)(p-c)(p-d)}[/tex], где [tex]p=\frac{2+3+4+7}{2}=8[/tex].
[tex]S=\sqrt{6 \cdot 5 \cdot 4 \cdot 1}=\sqrt{120}=2\sqrt{30}[/tex].

Решение:
[tex]O[/tex] лежит на биссектрисах углов при концах боковой стороны [tex]AD[/tex], а эти углы в сумме дают развёрнутый угол, поэтому [tex]\angle DAO+\angle ADO=\frac{\angle A+\angle D}{2}=90^\circ[/tex] и [tex]\angle AOD=90^\circ[/tex].
Тогда [tex]AD=\sqrt{36+64}=10[/tex]. Трапеция описанная и равнобедренная, поэтому [tex]AB+CD=AD+BC=20[/tex] и [tex]P=40[/tex].

Решение:
Трапеция описанная: [tex]AB+CD=AD+BC[/tex], поэтому [tex]BC=2[/tex].
Положим [tex]A(0;0),\ B(4;0),\ D(x;h),\ C(x+1;h)[/tex]. Тогда [tex]x^2+h^2=9[/tex] и [tex](x-3)^2+h^2=4[/tex]; вычитая, получаем [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], поэтому [tex]BD=\frac{\sqrt{57}}{3}[/tex].

Решение:
Сумма противоположных углов вписанного четырёхугольника равна развёрнутому углу: [tex]\angle ABC+\angle CDA=180^\circ[/tex], поэтому [tex]\angle ABC=\angle CDA=90^\circ[/tex].
В прямоугольном [tex]\triangle ABC[/tex]: [tex]\sin\angle BAC=\frac{BC}{AC}=\frac{1}{2}[/tex], поэтому [tex]\angle BAC=30^\circ;\ \angle BCA=60^\circ[/tex]. Прямоугольный [tex]\triangle ACD[/tex] равнобедренный, поэтому [tex]\angle DAC=\angle DCA=45^\circ[/tex].
Следовательно, [tex]\angle A=75^\circ;\ \angle B=90^\circ;\ \angle C=105^\circ;\ \angle D=90^\circ[/tex].

Решение:
Пусть [tex]r[/tex] — радиус. Боковая сторона, перпендикулярная основаниям, — высота: [tex]h=2r[/tex]; другая боковая сторона [tex]c=\frac{2r}{\sin\alpha}[/tex].
Трапеция описанная, поэтому [tex]a+b=h+c=2r+\frac{2r}{\sin\alpha}[/tex] и [tex]S=\frac{a+b}{2} \cdot 2r=2r^2\left(1+\frac{1}{\sin\alpha}\right)=16[/tex].
Следовательно, [tex]r^2=\frac{8\sin\alpha}{1+\sin\alpha}[/tex], и площадь круга [tex]\pi r^2=\frac{8\pi\sin\alpha}{1+\sin\alpha}[/tex].

Решение:
Расстояние от центра [tex]O[/tex] до хорды [tex]AB[/tex] равно [tex]d_1=\sqrt{130-81}=7[/tex]. Другое основание [tex]CD[/tex] — хорда, параллельная [tex]AB[/tex], на расстоянии, равном высоте, поэтому её расстояние от [tex]O[/tex] равно [tex]d_2=7-4=3[/tex] (оба основания по одну сторону от [tex]O[/tex]) или [tex]d_2=7+4=11[/tex] (по разные стороны).
В первом случае [tex]\frac{CD}{2}=\sqrt{130-9}=11[/tex], поэтому [tex]CD=22[/tex] и [tex]S=\frac{18+22}{2} \cdot 4=80[/tex]; во втором случае [tex]\frac{CD}{2}=\sqrt{130-121}=3[/tex], поэтому [tex]CD=6[/tex] и [tex]S=\frac{18+6}{2} \cdot 4=48[/tex].

Решение:
Пусть стороны равны [tex]7k;\ 15k;\ 20k[/tex]; тогда [tex]p=21k[/tex]. По формуле Герона [tex]S=\sqrt{21k \cdot 14k \cdot 6k \cdot k}=42k^2[/tex]; кроме того, [tex]S=pr=21k[/tex].
Значит, [tex]42k^2=21k[/tex], т.е. [tex]k=\frac{1}{2}[/tex], и [tex]S=\frac{21}{2}[/tex].

Решение:
[tex]O[/tex] лежит на биссектрисах углов четырёхугольника. Из [tex]\triangle AOB[/tex]: [tex]\angle AOB=180^\circ-\frac{\angle A+\angle B}{2}[/tex]; из [tex]\triangle COD[/tex]: [tex]\angle COD=180^\circ-\frac{\angle C+\angle D}{2}[/tex].
Сумма углов четырёхугольника равна полному углу, поэтому [tex]\angle AOB+\angle COD=360^\circ-\frac{\angle A+\angle B+\angle C+\angle D}{2}=360^\circ-180^\circ=180^\circ[/tex].

Решение:
Угол между касательной [tex]t[/tex] и хордой [tex]CA[/tex] равен вписанному углу, опирающемуся на ту же дугу: [tex]\angle(t;CA)=\angle ABC[/tex].
Так как [tex]\angle AA_1B=\angle AB_1B=90^\circ[/tex], четырёхугольник [tex]ABA_1B_1[/tex] вписанный, поэтому его внешний угол [tex]\angle CB_1A_1=\angle ABC[/tex].
Значит, [tex]\angle CB_1A_1=\angle(t;CA)[/tex]; это накрест лежащие углы при секущей [tex]CA[/tex], поэтому [tex]A_1B_1 \parallel t[/tex].

Решение:
Как доказано в задаче [tex]AH=2OM[/tex] на этой странице, [tex]AH=2R\cos A[/tex]; по теореме синусов [tex]BC=2R\sin A[/tex].
Значит, [tex]\cos A=\sin A[/tex], т.е. [tex]\operatorname{tg}A=1[/tex], и так как угол острый, [tex]\angle BAC=45^\circ[/tex].

Решение:
Как доказано в задаче [tex]AH=2OM[/tex] на этой странице, [tex]\overrightarrow{OH}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}[/tex]. Для точки пересечения медиан [tex]\overrightarrow{OG}=\frac{\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}}{3}[/tex].
Значит, [tex]\overrightarrow{OH}=3\overrightarrow{OG}[/tex], поэтому [tex]O[/tex], [tex]G[/tex], [tex]H[/tex] лежат на одной прямой и [tex]\overrightarrow{GH}=\overrightarrow{OH}-\overrightarrow{OG}=2\overrightarrow{OG}[/tex], т.е. [tex]GH=2OG[/tex].

Решение:
Пусть [tex]O[/tex] — центр (середина [tex]AC[/tex]), а [tex]K[/tex] — его проекция на [tex]BD[/tex]. Так как [tex]OK \perp BD[/tex] и [tex]O[/tex] — центр, [tex]BK=KD[/tex].
Кроме того, [tex]AM \parallel OK \parallel CN[/tex], а [tex]O[/tex] — середина [tex]AC[/tex], поэтому по теореме Фалеса [tex]MK=KN[/tex].
Следовательно, [tex]BM=DN[/tex].

Решение:
По доказанному выше на этой странице (окружности, описанные около [tex]\triangle ABC[/tex] и [tex]\triangle ABH[/tex], имеют равные радиусы) [tex]R_{ABH}=R[/tex]. Поэтому [tex]OA=OB=O'A=O'B=R[/tex], и [tex]AOBO'[/tex] — ромб (точки [tex]O[/tex] и [tex]O'[/tex] различны, так как [tex]H[/tex] не лежит на описанной окружности [tex]\triangle ABC[/tex]).
Диагонали ромба перпендикулярны и делятся пополам, поэтому [tex]AB[/tex] — серединный перпендикуляр к [tex]OO'[/tex].

Решение:
Углы, опирающиеся на диаметр, прямые: [tex]\angle CAD=\angle CBD=90^\circ[/tex], поэтому [tex]DB \perp BC[/tex]; кроме того, [tex]AH \perp BC[/tex]. Значит, [tex]AH \parallel DB[/tex], и аналогично [tex]BH \parallel DA[/tex].
Поэтому [tex]AHBD[/tex] — параллелограмм, и его диагонали [tex]AB[/tex] и [tex]HD[/tex] делятся пополам: середина [tex]M[/tex] отрезка [tex]AB[/tex] — также середина [tex]HD[/tex].

Решение:
Пусть [tex]a=BC[/tex], [tex]b=CA[/tex], [tex]c=AB[/tex]. Из отрезков касательных [tex]AK=p-a[/tex] и [tex]KB=p-b[/tex], поэтому [tex]AK \cdot KB=\frac{(c+b-a)(c+a-b)}{4}=\frac{c^2-(a-b)^2}{4}[/tex].
Так как [tex]c^2=a^2+b^2[/tex], [tex]\frac{c^2-(a-b)^2}{4}=\frac{2ab}{4}=\frac{ab}{2}=S[/tex].

Решение:
Пусть [tex]\angle C=90^\circ[/tex]. Тогда [tex]c=2R[/tex], [tex]r=\frac{a+b-c}{2}[/tex] и [tex]a=c\sin A;\ b=c\cos A[/tex], поэтому [tex]\frac{r}{R}=\sin A+\cos A-1[/tex].
Так как [tex]\sin A+\cos A=\sqrt{2}\sin(A+45^\circ) \le \sqrt{2}[/tex], [tex]\frac{r}{R} \le \sqrt{2}-1[/tex]; равенство достигается при [tex]A=45^\circ[/tex].