Вписани и описани окръжности, вписани ъгли - много трудни задачи с решения

Решение:
Окръжността през петите на височините е окръжността на деветте точки; радиусът ѝ е половината от радиуса [tex]R[/tex] на описаната около триъгълника окръжност.
Понеже [tex]8^2+15^2=17^2[/tex], триъгълникът с върхове петите на височините е правоъгълен и радиусът на описаната около него окръжност е половината от хипотенузата: [tex]\frac{17}{2}[/tex].
Следователно [tex]R=2 \cdot \frac{17}{2}=17[/tex].

Решение:
Четириъгълникът с върхове [tex]C[/tex], [tex]H[/tex] и петите на височините от [tex]A[/tex] и [tex]B[/tex] има два прави ъгъла, затова [tex]\angle AHB=180^\circ-\angle ACB=120^\circ[/tex] (връхни ъгли). Ако триъгълникът е тъпоъгълен, този ъгъл е [tex]60^\circ[/tex]; синусът е същият и в двата случая.
От синусовата теорема за [tex]\triangle ABH[/tex]: [tex]R_1=\frac{AB}{2\sin 120^\circ}=\frac{10}{\sqrt{3}}=\frac{10\sqrt{3}}{3}[/tex].

Решение:
Поставяме триъгълника в координатна система: [tex]B(0;0),\ C(14;0),\ A(5;12)[/tex]; тогава [tex]a=BC=14;\ b=CA=15;\ c=AB=13[/tex].
Центърът на вписаната окръжност е [tex]I=\frac{aA+bB+cC}{a+b+c}=\left(\frac{14 \text{ . } 5+13 \text{ . } 14}{42};\ \frac{14 \text{ . } 12}{42}\right)=(6;4)[/tex].
Центърът на описаната окръжност лежи на симетралата на [tex]BC[/tex]: [tex]O(7;y)[/tex], а от [tex]OB^2=OA^2[/tex] следва [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], затова [tex]OI=\frac{\sqrt{65}}{8}[/tex].

Решение:
Трапецът е вписан, затова е равнобедрен: [tex]AD=BC[/tex]; в него може да се впише окръжност, затова [tex]AB+CD=2AD[/tex].
Нека [tex]CH=h[/tex] е височината от [tex]C[/tex] към [tex]AB[/tex]. Тогава [tex]AH=\frac{AB+CD}{2}=AD[/tex].
Нека [tex]AD=4t[/tex], [tex]AC=5t[/tex]; тогава [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], откъдето [tex]t=1[/tex].
Следователно [tex]AD=BC=4[/tex], [tex]h=3[/tex], [tex]\frac{AB-CD}{2}=\sqrt{16-9}=\sqrt{7}[/tex], и от [tex]AB+CD=8[/tex]: [tex]AB=4+\sqrt{7};\ CD=4-\sqrt{7}[/tex].

Решение:
Нека [tex]CH=h[/tex] е височината към основата. Медицентърът [tex]G[/tex] и центърът [tex]I[/tex] на вписаната окръжност лежат на [tex]CH[/tex], като [tex]GH=\frac{h}{3}[/tex] и [tex]IH=r[/tex].
Вписаната окръжност пресича [tex]CH[/tex] в [tex]H[/tex] и в точката на разстояние [tex]2r[/tex] от [tex]H[/tex]; понеже [tex]G \ne H[/tex], получаваме [tex]GH=2r[/tex], т.е. [tex]h=6r[/tex].
От [tex]S=\frac{ah}{2}=pr[/tex]: [tex]p=\frac{ah}{2r}=3a[/tex], затова [tex]P=2p=6a[/tex].

Решение:
Нека [tex]H[/tex], [tex]L[/tex], [tex]M[/tex] са петите им върху [tex]AB[/tex]. Тогава [tex]HL=\sqrt{5-1}=2[/tex] и [tex]HM=\sqrt{10-1}=3[/tex].
Ъглополовящата от [tex]C[/tex] разполовява и ъгъла между височината и радиуса към центъра [tex]O[/tex] на описаната окръжност: [tex]\angle HCL=\angle LCO[/tex].
Въвеждаме координати [tex]H(0;0),\ C(0;1),\ L(2;0),\ M(3;0)[/tex]. Симетричният образ на [tex]\overrightarrow{CH}=(0;-1)[/tex] относно правата [tex]CL[/tex] дава посоката [tex](4;3)[/tex] на [tex]\overrightarrow{CO}[/tex], а [tex]O[/tex] лежи на симетралата на [tex]AB[/tex], т.е. на правата [tex]x=3[/tex]; затова [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], затова [tex]AB=\sqrt{14}[/tex].

Решение:
Всяка ъглополовяща дели [tex]AC[/tex] в отношението на прилежащите страни и двете се пресичат в една точка, затова [tex]\frac{AD}{DC}=\frac{AB}{BC}=\frac{6}{7}[/tex].
От косинусовата теорема [tex]\cos\angle ABC=\frac{66^2+77^2-77^2}{2 \text{ . } 66 \text{ . } 77}=\frac{3}{7}[/tex]. Четириъгълникът е вписан, затова [tex]\cos\angle ADC=-\frac{3}{7}[/tex].
Нека [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], откъдето [tex]k=7[/tex] и [tex]AD=42;\ CD=49[/tex].

Решение:
Нека страната е [tex]a[/tex]. Тогава [tex]S_{AFB}=\frac{a^2}{10}[/tex], затова разстоянието от [tex]F[/tex] до [tex]AB[/tex] е [tex]h=\frac{a}{5}[/tex].
Поставяме средата на [tex]AB[/tex] в началото на координатната система и [tex]AB[/tex] върху абсцисната ос; центърът [tex]O[/tex] е на разстояние [tex]\frac{a}{2}[/tex] от другата страна, а квадратът на радиуса е [tex]\frac{a^2}{2}[/tex]. Ако абсцисата на [tex]F[/tex] е [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]; понеже [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:
Нека [tex]r[/tex] е радиусът. Височината е [tex]2r[/tex], затова бедрото е [tex]c=\frac{2r}{\sin\alpha}[/tex]; в трапеца е вписана окръжност, затова [tex]a+b=2c[/tex] и [tex]S_1=(a+b) \cdot r=2c \cdot r=\frac{4r^2}{\sin\alpha}[/tex].
Допирните точки върху основите лежат на оста на симетрия на разстояние [tex]2r[/tex] една от друга; допирната точка [tex]K[/tex] върху бедро е на разстояние [tex]r\sin\alpha[/tex] от оста (радиусът към [tex]K[/tex] е перпендикулярен на бедрото). Следователно четириъгълникът с върхове допирните точки е делтоид с диагонали [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], затова [tex]\sin^2\alpha=\frac{3}{4}[/tex] и [tex]\alpha=60^\circ[/tex].

Решение:
Нека [tex]\varphi[/tex] е вписаният ъгъл, който се опира на всяка от трите равни хорди; тогава [tex]BC=2R\sin\varphi[/tex], т.е. [tex]\sin\varphi=\frac{1}{2\sqrt{2}}[/tex].
Всяка от трите равни хорди стяга дъга [tex]2\varphi[/tex], затова [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], затова [tex]AB=2 \cdot 2\sqrt{2} \cdot \frac{5}{4\sqrt{2}}=5[/tex].

Решение:
Дефинираме точката [tex]P[/tex] чрез [tex]\overrightarrow{OP}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}[/tex]. Тогава [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], защото [tex]O[/tex] е на равни разстояния от върховете. Следователно [tex]P[/tex] лежи на височината от [tex]A[/tex]; аналогично лежи и на височината от [tex]B[/tex], затова [tex]P=H[/tex].
От [tex]\overrightarrow{AP}=\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}=2\overrightarrow{OM}[/tex] получаваме [tex]AH=2OM[/tex].

Решение:
Допирателните отсечки от върха на правия ъгъл до тази външно вписана окръжност са равни на полупериметъра [tex]p[/tex] и заедно с два радиуса образуват квадрат, затова [tex]r_c=p[/tex]; за вписаната окръжност [tex]r=p-c[/tex].
Следователно [tex]p=42[/tex] и [tex]c=42-5=37[/tex].
Тогава [tex]a+b=2p-c=47[/tex] и [tex]ab=2S=2pr=420[/tex], затова катетите са корени на [tex]t^2-47t+420=0[/tex]: [tex]a=35;\ b=12[/tex].

Решение:
От синусовата теорема [tex]a=2R\sin 120^\circ=14[/tex].
Допирателната отсечка от [tex]A[/tex] до вписаната окръжност е равна на [tex]p-a[/tex], затова [tex]r=(p-a)\operatorname{tg}\frac{A}{2}[/tex]: [tex]\sqrt{3}=(p-14)\sqrt{3}[/tex], откъдето [tex]p=15[/tex] и [tex]b+c=16[/tex].
От косинусовата теорема [tex]a^2=b^2+c^2+bc=(b+c)^2-bc[/tex]: [tex]196=256-bc[/tex], затова [tex]bc=60[/tex].
Тогава [tex]b=6;\ c=10[/tex].

Решение:
Поставяме [tex]C(0;0),\ A(b;0),\ B(0;a)[/tex]; тогава [tex]a^2+b^2=1[/tex]. Нека [tex]s=a+b[/tex]; радиусът на вписаната окръжност е [tex]r=\frac{s-1}{2}[/tex], а центърът ѝ е [tex]I(r;r)[/tex]; медицентърът е [tex]G\left(\frac{b}{3};\frac{a}{3}\right)[/tex].
Условието [tex]IG=r[/tex] дава [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].
Заместваме [tex]r=\frac{s-1}{2}[/tex] и умножаваме по 36: [tex]4-12s(s-1)+9(s-1)^2=0[/tex], затова [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] е диаметър, затова [tex]\angle ABC=\angle ADC=90^\circ[/tex]. Нека [tex]\angle BAC=x[/tex], [tex]\angle CAD=60^\circ-x[/tex] и [tex]AC=2R[/tex]; тогава [tex]AB=2R\cos x;\ BC=2R\sin x;\ AD=2R\cos(60^\circ-x);\ CD=2R\sin(60^\circ-x)[/tex].
В четириъгълника може да се впише окръжност: [tex]AB+CD=BC+AD[/tex], т.е. [tex]\cos x+\sin(60^\circ-x)=\sin x+\cos(60^\circ-x)[/tex], затова [tex]\cos x-\sin x=\cos(60^\circ-x)-\sin(60^\circ-x)[/tex]. Функцията [tex]f(t)=\cos t-\sin t[/tex] е строго намаляваща за тези ъгли, следователно [tex]x=60^\circ-x[/tex] и [tex]x=30^\circ[/tex].
Тогава [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]. От [tex]S=pr[/tex]: [tex]R^2\sqrt{3}=R(\sqrt{3}+1)[/tex], затова [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:
Четириъгълникът [tex]AFDC[/tex] е вписан, защото [tex]\angle AFC=\angle ADC=90^\circ[/tex]; следователно [tex]\angle BDF=\angle BAC[/tex]. Аналогично (с вписания четириъгълник [tex]ABDE[/tex]) [tex]\angle CDE=\angle BAC[/tex].
Нека [tex]F'[/tex] е симетричната на [tex]F[/tex] относно [tex]BC[/tex]. Понеже [tex]D[/tex] лежи на [tex]BC[/tex], [tex]DF'[/tex] е образ на [tex]DF[/tex] и [tex]\angle BDF'=\angle BDF=\angle BAC=\angle CDE[/tex].
Следователно лъчите [tex]DF'[/tex] и [tex]DE[/tex] сключват равни ъгли с правата [tex]BC[/tex] от различни страни на [tex]D[/tex], т.е. [tex]F'[/tex] лежи на продължението на [tex]DE[/tex] след [tex]D[/tex].
За симетрията относно [tex]AC[/tex] доказателството е аналогично.

Решение:
Нека [tex]O[/tex] е центърът на окръжността. За триъгълник, вписан в окръжност с център [tex]O[/tex], векторът от [tex]O[/tex] до ортоцентъра е равен на сбора от векторите от [tex]O[/tex] до върховете (доказано в задачата [tex]AH=2OM[/tex] на тази страница). Четирите точки лежат на една окръжност, затова [tex]\overrightarrow{OP}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OD}[/tex] и [tex]\overrightarrow{OQ}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OD}[/tex].
Следователно [tex]\overrightarrow{PQ}=\overrightarrow{OQ}-\overrightarrow{OP}=\overrightarrow{OC}-\overrightarrow{OB}=\overrightarrow{BC}[/tex], т.е. [tex]PQ[/tex] е успоредна и равна на [tex]BC[/tex].

Решение:
От синусовата теорема [tex]\sin A=\frac{a}{2R}=\frac{8}{17}[/tex], затова [tex]\cos A=\pm\frac{15}{17}[/tex]. Освен това [tex]r=(p-a)\operatorname{tg}\frac{A}{2}[/tex], където [tex]\operatorname{tg}\frac{A}{2}=\frac{\sin A}{1+\cos A}[/tex].
Ако [tex]\cos A=\frac{15}{17}[/tex]: [tex]\operatorname{tg}\frac{A}{2}=\frac{1}{4}[/tex], затова [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] дава [tex]bc=1020[/tex], а корените на [tex]t^2-64t+1020=0[/tex] са [tex]b=30;\ c=34[/tex].
Ако [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] – няма решение.
Другите две страни са [tex]30[/tex] и [tex]34[/tex].

Решение:
[tex]M[/tex] и [tex]N[/tex] лежат на окръжността с диаметър [tex]AB[/tex], затова [tex]\angle AMB=\angle ANB=90^\circ[/tex]: те са петите на височините от [tex]A[/tex] и [tex]B[/tex].
Тогава [tex]CM=CA\cos C;\ CN=CB\cos C[/tex], затова [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 \text{ . } 14 \text{ . } 15}=\frac{3}{5}[/tex], затова [tex]MN=13 \cdot \frac{3}{5}=\frac{39}{5}[/tex].

Решение:
От косинусовата теорема за [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], където [tex]\cos C=-\cos A[/tex] (четириъгълникът е вписан).
Следователно [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].
Тогава [tex]\sin A=\frac{2\sqrt{2}}{3}[/tex] и от синусовата теорема за [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] (връхни ъгли).
Четириъгълникът с върхове [tex]J[/tex], [tex]A_1[/tex], [tex]C[/tex], [tex]B_1[/tex] е вписан, затова сборът от срещуположните му ъгли е развит ъгъл: [tex]\angle A_1JB_1+\angle C=180^\circ[/tex].
Следователно [tex]90^\circ+\frac{3\angle C}{2}=180^\circ[/tex] и [tex]\angle ACB=60^\circ[/tex].

Решение:
Както за всеки център на вписана окръжност, [tex]\angle AO_1D=90^\circ+\frac{\angle ABD}{2}[/tex] и [tex]\angle AO_2D=90^\circ+\frac{\angle ACD}{2}[/tex]. Понеже [tex]\angle ABD=\angle ACD[/tex] (вписани ъгли над дъгата [tex]AD[/tex]), [tex]\angle AO_1D=\angle AO_2D[/tex].
Следователно [tex]O_1[/tex] и [tex]O_2[/tex] виждат [tex]AD[/tex] под равни ъгли от една и съща страна, т.е. [tex]AO_1O_2D[/tex] е вписан четириъгълник.
[tex]O_1[/tex] лежи на ъглополовящата на [tex]\angle BAD[/tex], затова [tex]\angle O_1AD=\frac{80^\circ}{2}=40^\circ[/tex] и следователно [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] разполовява ъгъла при [tex]C[/tex], затова [tex]M[/tex] е средата на дъгата [tex]\overset{\frown}{AB}[/tex]: [tex]\overset{\frown}{AM}=\overset{\frown}{MB}[/tex]; понеже [tex]AB[/tex] е диаметър, [tex]AM=BM=\frac{AB}{\sqrt{2}}=6\sqrt{2}[/tex].
От теоремата на Птолемей за вписания четириъгълник [tex]ACBM[/tex]: [tex]CM \cdot AB=AC \cdot BM+BC \cdot AM[/tex].
Следователно [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], а [tex]\angle DCA=\angle BAC=\frac{\alpha}{2}[/tex] (кръстни ъгли), затова [tex]AD=DC[/tex].
Трапецът е вписан, следователно равнобедрен, и от синусовата теорема [tex]BC=AD=DC=2R\sin\frac{\alpha}{2}[/tex]; освен това [tex]\angle ACB=180^\circ-\alpha-\frac{\alpha}{2}[/tex], затова [tex]AB=2R\sin\angle ACB=2R\sin\frac{3\alpha}{2}[/tex].
Височината е [tex]h=BC\sin\alpha[/tex], затова [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].
Понеже [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 окръжността с диаметър [tex]CD[/tex], затова [tex]\angle CMD=\angle CND=90^\circ[/tex].
Понеже [tex]DM \perp BC[/tex] и [tex]CM=MB[/tex], [tex]DM[/tex] е симетрала на [tex]BC[/tex], затова [tex]DB=DC=L[/tex].
Правоъгълните [tex]\triangle CMD[/tex] и [tex]\triangle CND[/tex] имат обща хипотенуза [tex]CD[/tex] и равни ъгли при [tex]C[/tex], затова [tex]CN=CM[/tex]. Тогава [tex]AC=\frac{3}{2}CN;\ BC=2CM=2CN[/tex].
От свойството на ъглополовящата [tex]\frac{AD}{DB}=\frac{AC}{BC}=\frac{3}{4}[/tex], затова [tex]AD=\frac{3L}{4}[/tex] и [tex]AB=AD+DB=\frac{7L}{4}[/tex].

Решение:
Нека [tex]O[/tex] е центърът на описаната окръжност. Както е доказано в задачата [tex]AH=2OM[/tex] на тази страница, [tex]\overrightarrow{OH}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}[/tex].
Тогава [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].
Следователно [tex]\overrightarrow{PT}=\overrightarrow{OT}-\overrightarrow{OP}=\overrightarrow{OC}[/tex], т.е. [tex]PT=OC=R[/tex].

Решение:
Нека [tex]\angle BAD=\alpha[/tex] и [tex]\angle ABC=\beta[/tex], като означенията са такива, че [tex]\alpha<\beta[/tex]. Четириъгълникът е вписан, затова [tex]\angle BCD=180^\circ-\alpha[/tex] и [tex]\angle ADC=180^\circ-\beta[/tex], а от [tex]\triangle AED[/tex]: [tex]\angle AED=\beta-\alpha[/tex].
Нека ъглополовящата на ъгъла при [tex]E[/tex] пресича [tex]BC[/tex] в [tex]K[/tex] и [tex]AD[/tex] в [tex]L[/tex]. От [tex]\triangle EBK[/tex]: [tex]\angle BKE=180^\circ-(180^\circ-\beta)-\frac{\beta-\alpha}{2}=\frac{\alpha+\beta}{2}[/tex]; от [tex]\triangle EAL[/tex]: [tex]\angle ALE=180^\circ-\alpha-\frac{\beta-\alpha}{2}=180^\circ-\frac{\alpha+\beta}{2}[/tex].
Следователно [tex]\angle FKL=\angle FLK=\frac{\alpha+\beta}{2}[/tex] (връхни ъгли при [tex]K[/tex] и съседни ъгли при [tex]L[/tex]), т.е. [tex]\triangle FKL[/tex] е равнобедрен.
В равнобедрения [tex]\triangle FKL[/tex] ъглополовящата на ъгъла при [tex]F[/tex] е перпендикулярна на основата [tex]KL[/tex], която лежи на ъглополовящата на ъгъла при [tex]E[/tex].

Решение:
Както е доказано в задачата [tex]AH=2OM[/tex] на тази страница, [tex]\overrightarrow{OH}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}[/tex]. Нека [tex]\sigma=\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OB}\cdot\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OC}\cdot\overrightarrow{OA}[/tex].
Повдигаме на квадрат: [tex]OH^2=3R^2+2\sigma[/tex]. Освен това [tex]AB^2=|\overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OA}|^2=2R^2-2\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB}[/tex] и аналогично за другите страни.
Събираме: [tex]AB^2+BC^2+CA^2=6R^2-2\sigma=6R^2-(OH^2-3R^2)=9R^2-OH^2[/tex].

Решение:
Нека бедрата са [tex]c[/tex]. В трапеца е вписана окръжност, затова [tex]a+b=2c[/tex], а височината е [tex]h=2r=c\sin\alpha[/tex].
Проекцията на диагонала [tex]d[/tex] върху голямата основа е полусборът на основите, който е равен на [tex]c[/tex]: [tex]d^2=h^2+\left(\frac{a+b}{2}\right)^2=h^2+c^2[/tex], затова [tex]d=c\sqrt{1+\sin^2\alpha}[/tex].
Описаната окръжност минава през върховете на [tex]\triangle ABD[/tex], в който ъгълът [tex]\alpha[/tex] лежи срещу [tex]d[/tex]: [tex]R=\frac{d}{2\sin\alpha}=\frac{c\sqrt{1+\sin^2\alpha}}{2\sin\alpha}[/tex].
Следователно [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:
Вземаме точка [tex]F[/tex] от [tex]DC[/tex] с [tex]DF=DA[/tex] (приемаме, че [tex]F[/tex] лежи на [tex]DE[/tex]; другият случай е аналогичен). Тогава [tex]\angle DAF=\angle DFA=\frac{180^\circ-\angle D}{2}=\frac{\angle B}{2}=\angle ABE[/tex].
Следователно [tex]\angle AFE=180^\circ-\frac{\angle B}{2}[/tex] и [tex]\angle AFE+\angle ABE=180^\circ[/tex], затова [tex]ABEF[/tex] е вписан и [tex]\angle EFB=\angle EAB=\frac{\angle A}{2}[/tex] (вписани ъгли над една и съща дъга).
Понеже [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], затова [tex]CF=CB[/tex].
Следователно [tex]DC=DF+FC=AD+BC[/tex].

Решение:
Трапецът е равнобедрен, затова двата диагонала сключват един и същ ъгъл [tex]\theta[/tex] с голямата основа; ъгълът между диагоналите срещу бедрото е външен ъгъл на триъгълника, образуван от тях и тази основа: [tex]2\theta=\varphi[/tex].
Следователно диагоналът е [tex]d=\frac{h}{\sin\theta}=\frac{1}{\sin\frac{\varphi}{2}}[/tex].
Окръжността е описана около [tex]\triangle ABD[/tex], в който [tex]\alpha[/tex] лежи срещу [tex]BD[/tex]: [tex]R=\frac{BD}{2\sin\alpha}=\frac{1}{2\sin\alpha\sin\frac{\varphi}{2}}[/tex].

Решение:
Разстоянието от връх до ортоцентъра е два пъти разстоянието от центъра на описаната окръжност до срещуположната страна (вж. задачата [tex]AH=2OM[/tex] на тази страница), затова [tex]AH=2R\cos A[/tex] и [tex]CH=2R\cos C[/tex].
Понеже [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].
Тогава [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:
От височината през [tex]A[/tex]: [tex]\angle BAH=90^\circ-\angle B[/tex]; от равнобедрения [tex]\triangle AOC[/tex]: [tex]\angle OAC=90^\circ-\angle B[/tex]. Следователно [tex]\angle BAH=\angle OAC[/tex], а понеже [tex]AL[/tex] разполовява [tex]\angle BAC[/tex], [tex]\angle LAH=\angle LAO[/tex].
В [tex]\triangle AOH[/tex] ъглополовящата на ъгъла при [tex]A[/tex] е перпендикулярна на [tex]OH[/tex], затова триъгълникът е равнобедрен: [tex]AO=AH[/tex].
Понеже [tex]AH=2R\cos A[/tex] (вж. задачата [tex]AH=2OM[/tex] на тази страница), [tex]R=2R\cos A[/tex], затова [tex]\cos A=\frac{1}{2}[/tex] и [tex]\angle BAC=60^\circ[/tex].

Решение:
От формулата на Ойлер разстоянието между центъра [tex]O[/tex] на описаната и центъра [tex]I[/tex] на вписаната окръжност удовлетворява [tex]OI^2=R^2-2Rr[/tex].
Понеже [tex]OI^2 \ge 0[/tex], получаваме [tex]R^2-2Rr \ge 0[/tex], т.е. [tex]R(R-2r) \ge 0[/tex], а тъй като [tex]R[/tex] е положително, [tex]R \ge 2r[/tex].
Равенството [tex]R=2r[/tex] е изпълнено точно когато [tex]OI=0[/tex], т.е. когато двата центъра съвпадат — при равностранен триъгълник.

Решение:
Разстоянието от [tex]O[/tex] до [tex]BC[/tex] е [tex]R\cos A[/tex], а разстоянието от [tex]I[/tex] до [tex]BC[/tex] е [tex]r[/tex]. Понеже [tex]OI \parallel BC[/tex], тези разстояния са равни: [tex]R\cos A=r[/tex].
За всеки триъгълник [tex]\cos A+\cos B+\cos C=1+\frac{r}{R}[/tex]. Заместваме [tex]R\cos A=r[/tex]: [tex]\cos B+\cos C=1[/tex], затова [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], затова от синусовата теорема [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] от синусовата теорема [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].
Следователно [tex]CI=AB[/tex].