Вписани и описани окръжности, вписани ъгли - задачи с решения

Решение:
[tex]\angle AOB[/tex] е централен ъгъл, а [tex]\angle ACB=70^\circ[/tex] е вписан ъгъл, които се опират на една и съща дъга [tex]AB[/tex].
Централният ъгъл е два пъти по-голям от вписания ъгъл, опиращ се на същата дъга, затова [tex]\angle AOB=2\angle ACB=140^\circ[/tex].

Решение:
Ъгълът [tex]120^\circ[/tex] може да бъде само ъгълът при върха: [tex]AC=BC=6[/tex], [tex]\angle ACB=120^\circ[/tex]. Тогава [tex]\angle A=\angle B=30^\circ[/tex].
От синусовата теорема [tex]BC=2R\sin\angle A[/tex], т.е. [tex]6=2R \cdot \frac{1}{2}[/tex], откъдето [tex]R=6[/tex].

Решение:
В четириъгълник може да се впише окръжност точно когато сборовете на срещуположните страни са равни: [tex]AB+CD=AD+BC[/tex], затова [tex]AD=BC=\frac{32+18}{2}=25[/tex].
Проекцията на бедрото върху голямата основа е [tex]\frac{32-18}{2}=7[/tex], затова височината е [tex]h=\sqrt{25^2-7^2}=24[/tex].
Височината на трапеца е равна на диаметъра на окръжността, затова [tex]r=\frac{h}{2}=12[/tex].

Решение:
Допирателните отсечки от една точка до окръжност са равни: [tex]AP=AM=6;\ BM=BN=8;\ CN=CP=9[/tex].
Тогава [tex]AB=6+8=14;\ BC=8+9=17;\ AC=9+6=15[/tex].

Решение:
Във вписан четириъгълник сборът на срещуположните ъгли е [tex]180^\circ[/tex]: [tex]\angle A+\angle C=180^\circ[/tex].
[tex]3k+7k=180^\circ[/tex], затова [tex]k=18^\circ[/tex].
Тогава [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:
Полупериметърът е [tex]p=\frac{13+14+15}{2}=21[/tex].
От формулата на Херон [tex]S=\sqrt{21 \text{ . } 8 \text{ . } 7 \text{ . } 6}=84[/tex].
[tex]r=\frac{S}{p}=\frac{84}{21}=4[/tex].

Решение:
Нека [tex]AC=3[/tex], [tex]BC=4[/tex], тогава [tex]AB=5[/tex]. Центърът [tex]O[/tex] на описаната окръжност е средата на хипотенузата [tex]AB[/tex] и [tex]R=\frac{5}{2}[/tex].
Радиусът на вписаната окръжност в правоъгълен триъгълник е [tex]r=\frac{3+4-5}{2}=1[/tex]. Нека вписаната окръжност (с център [tex]I[/tex]) се допира до [tex]AB[/tex] в точка [tex]T[/tex]; тогава [tex]AT=p-BC=6-4=2[/tex].
Следователно [tex]OT=AO-AT=\frac{5}{2}-2=\frac{1}{2}[/tex], а тъй като [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:
Диагоналът на квадрата е диаметър на окръжността: [tex]d=a\sqrt{2}=\sqrt{2} \cdot \sqrt{2}=2[/tex].
Тогава [tex]R=\frac{d}{2}=1[/tex] и [tex]C=2\pi R=2\pi[/tex].

Решение:
Вписаният ъгъл [tex]\angle AMB[/tex] се опира на дъгата [tex]AB[/tex], която не съдържа [tex]M[/tex]; нейната мярка е [tex]360^\circ-108^\circ=252^\circ[/tex].
Вписаният ъгъл е равен на половината от дъгата, на която се опира, затова [tex]\angle AMB=\frac{252^\circ}{2}=126^\circ[/tex].

Решение:
Нека [tex]AB=6[/tex], [tex]AC=BC[/tex], а вписаната окръжност се допира до [tex]AC[/tex] в точка [tex]M[/tex], т.е. [tex]CM=7[/tex].
Вписаната окръжност се допира до основата в средата ѝ, а допирателните отсечки от [tex]A[/tex] са равни, затова [tex]AM=\frac{AB}{2}=3[/tex].
Следователно [tex]AC=CM+AM=7+3=10[/tex].

Решение:
Трапец, вписан в окръжност, е равнобедрен.
Проекцията на всяко бедро върху голямата основа е [tex]\frac{40-14}{2}=13[/tex].
От Питагоровата теорема [tex]AD=BC=\sqrt{13^2+39^2}=\sqrt{1690}=13\sqrt{10}[/tex].

Решение:
Трите равни дъги образуват полуокръжност, затова [tex]\overset{\frown}{AD}=\overset{\frown}{DC}=\overset{\frown}{CB}=60^\circ[/tex] и [tex]R=1[/tex].
Хорда, която стяга дъга от [tex]60^\circ[/tex], е равна на радиуса (тя е страна на вписания правилен шестоъгълник), затова [tex]AD=DC=CB=R=1[/tex].
[tex]\angle A[/tex] се опира на [tex]\overset{\frown}{DCB}=120^\circ[/tex], затова [tex]\angle A=\frac{120^\circ}{2}=60^\circ[/tex]; аналогично [tex]\angle B=60^\circ[/tex], а понеже четириъгълникът е вписан, [tex]\angle C=\angle D=120^\circ[/tex].

Решение:
Правилният шестоъгълник се състои от шест равностранни триъгълника със страна [tex]6[/tex]; радиусът на вписаната окръжност е височината на един от тях: [tex]r=\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{6\sqrt{3}}{2}=3\sqrt{3}[/tex].

Решение:
Височината на ромба е равна на диаметъра на вписаната окръжност: [tex]h=2r=14[/tex].
[tex]\angle A=180^\circ-150^\circ=30^\circ[/tex], затова страната е [tex]a=\frac{h}{\sin 30^\circ}=28[/tex].
[tex]S=a \text{ . } h=28 \text{ . } 14=392[/tex].

Решение:
В описан четириъгълник сборовете на срещуположните страни са равни: [tex]a+b=c+d[/tex], затова сборът на основите е половината от периметъра: [tex]a+b=\frac{32}{2}=16[/tex].
Средната отсечка е [tex]m=\frac{a+b}{2}=8[/tex].

Решение:
За правоъгълен триъгълник с катети [tex]a[/tex], [tex]b[/tex] и хипотенуза [tex]c[/tex] е в сила [tex]r=\frac{a+b-c}{2}[/tex], защото допирателните отсечки от върха на правия ъгъл са равни на радиуса.
Следователно [tex]a+b=2r+c=4+13=17[/tex].

Решение:
[tex]AJ[/tex] и [tex]BJ[/tex] са ъглополовящи, затова [tex]\angle AJB=180^\circ-\frac{\angle A+\angle B}{2}=90^\circ+\frac{\angle C}{2}[/tex].
Тогава [tex]\frac{\angle C}{2}=25^\circ[/tex] и [tex]\angle ACB=50^\circ[/tex].

Решение:
[tex]\triangle AOB[/tex] има три равни страни, затова е равностранен и [tex]\angle AOB=60^\circ[/tex].
Вписаният ъгъл е половината от централния ъгъл над същата дъга: [tex]\angle ACB=\frac{60^\circ}{2}=30^\circ[/tex].

Решение:
[tex]OA=OB=OC[/tex], затова [tex]\triangle AOC[/tex] и [tex]\triangle BOC[/tex] са равнобедрени: [tex]\angle OAC=\angle OCA[/tex] и [tex]\angle OBC=\angle OCB[/tex].
От сбора на ъглите на [tex]\triangle ABC[/tex] получаваме [tex]2\angle OCA+2\angle OCB=180^\circ[/tex].
Следователно [tex]\angle ACB=\angle OCA+\angle OCB=90^\circ[/tex].

Решение:
Радиусите на външно вписаните окръжности са [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], където [tex]S[/tex] е лицето, а [tex]p[/tex] – полупериметърът.
В равностранен триъгълник [tex]a=b=c[/tex], затова [tex]p-a=p-b=p-c[/tex] и следователно [tex]r_a=r_b=r_c[/tex].

Решение:
Нека страната е [tex]a[/tex]. Тогава [tex]r=\frac{S}{p}[/tex] и [tex]r_a=\frac{S}{p-a}[/tex].
[tex]p=\frac{3a}{2}[/tex], затова [tex]p-a=\frac{a}{2}=\frac{p}{3}[/tex].
Следователно [tex]r_a=3r=12[/tex].

Решение:
Окръжността е вписана в квадрата, затова диаметърът ѝ е равен на страната: [tex]r=\frac{14}{2}=7[/tex].
[tex]S=\pi r^2=49\pi[/tex].

Решение:
В равностранен триъгълник центровете на двете окръжности съвпадат с медицентъра, който дели всяка височина в отношение [tex]2:1[/tex], считано от върха.
Следователно [tex]R=\frac{2}{3}h=10[/tex] и [tex]r=\frac{1}{3}h=5[/tex].

Решение:
Вписан ъгъл, който се опира на диаметър, е прав: [tex]\angle CAD=90^\circ[/tex].
[tex]\angle ADC=\angle ABC=60^\circ[/tex], защото двата вписани ъгъла се опират на дъгата [tex]AC[/tex].
[tex]\angle ACD=180^\circ-90^\circ-60^\circ=30^\circ[/tex].

Решение:
Хипотенузата на правоъгълен триъгълник, вписан в окръжност, е диаметър: [tex]c=13[/tex].
Другият катет е [tex]b=\sqrt{13^2-5^2}=12[/tex], затова [tex]S=\frac{5 \text{ . } 12}{2}=30[/tex].

Решение:
Височината разполовява основата, затова бедрото е [tex]b=\sqrt{8^2+6^2}=10[/tex].
[tex]S=\frac{16 \text{ . } 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], затова [tex]R=2[/tex].
Диагоналът на квадрата е диаметър, затова [tex]a=R\sqrt{2}=2\sqrt{2}[/tex].

Решение:
Трапец, вписан в окръжност, е равнобедрен: [tex]AD=BC[/tex].
Проекцията на бедрото върху голямата основа е [tex]\frac{AB-CD}{2}=1[/tex], затова [tex]AD=\frac{1}{\cos 60^\circ}=2[/tex].

Решение:
Нека [tex]ABCD[/tex] е ромбът. Срещуположните му ъгли са равни: [tex]\angle A=\angle C[/tex].
Той е вписан, затова [tex]\angle A+\angle C=180^\circ[/tex]. Следователно [tex]\angle A=\angle C=90^\circ[/tex] и аналогично [tex]\angle B=\angle D=90^\circ[/tex].
Ромб с прави ъгли е квадрат.

Решение:
Ъгълът, който се опира на диаметъра, е прав: [tex]\angle ADB=90^\circ[/tex], затова [tex]\angle DAB=90^\circ-40^\circ=50^\circ[/tex].
Трапец, вписан в окръжност, е равнобедрен, затова [tex]\angle A=\angle B=50^\circ[/tex] и [tex]\angle C=\angle D=130^\circ[/tex].

Решение:
Вписаният ъгъл е половината от централния ъгъл над същата дъга: [tex]\angle ABC=\frac{60^\circ}{2}=30^\circ[/tex].
[tex]AJ[/tex] и [tex]CJ[/tex] са ъглополовящи, затова [tex]\angle AJC=180^\circ-\frac{\angle A+\angle C}{2}=90^\circ+\frac{\angle ABC}{2}=105^\circ[/tex].

Решение:
Нека [tex]O[/tex] е центърът, а [tex]P[/tex] – пресечната точка на допирателните. Централният ъгъл е [tex]\angle AOB=47^\circ 20'[/tex], а радиусите са перпендикулярни на допирателните: [tex]\angle OAP=\angle OBP=90^\circ[/tex].
В четириъгълника [tex]OAPB[/tex]: [tex]\angle APB=180^\circ-47^\circ 20'=132^\circ 40'[/tex].

Решение:
В трапеца е вписана окръжност, затова [tex]a+b=2 \text{ . } 14=28[/tex]. От [tex]5k+2k=28[/tex]: [tex]k=4[/tex], т.е. [tex]a=20[/tex] и [tex]b=8[/tex].
Проекцията на бедрото върху голямата основа е [tex]\frac{20-8}{2}=6[/tex], затова [tex]h=\sqrt{14^2-6^2}=\sqrt{160}=4\sqrt{10}[/tex].
[tex]r=\frac{h}{2}=2\sqrt{10}[/tex].

Решение:
Нека страната е [tex]a[/tex]. Радиусът на описаната окръжност е половината от диагонала: [tex]R=\frac{a\sqrt{2}}{2}[/tex]; радиусът на вписаната окръжност е половината от страната: [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], затова [tex]\overset{\frown}{AB}=80^\circ;\ \overset{\frown}{CA}=160^\circ[/tex].
Ъгълът между допирателна и хорда е равен на половината от дъгата, която хордата отсича, затова допирателната сключва [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:
Нека [tex]r[/tex] е радиусът на вписаната окръжност. Допирателните отсечки от върха на правия ъгъл [tex]C[/tex] са равни на [tex]r[/tex], затова хипотенузата е [tex]AB=4+6=10[/tex], а катетите са [tex]AC=r+4;\ BC=r+6[/tex].
От Питагоровата теорема [tex](r+4)^2+(r+6)^2=10^2[/tex], т.е. [tex]r^2+10r-24=0[/tex], затова [tex]r=2[/tex] и [tex]AC=6;\ BC=8[/tex].
[tex]S=\frac{6 \text{ . } 8}{2}=24[/tex].

Решение:
Допирателните отсечки от всеки връх са равни, затова в описан четириъгълник сборовете на срещуположните страни са равни: [tex]AB+CD=BC+DA[/tex].
Следователно [tex]DA=5+9-7=7[/tex].

Решение:
Нека бедрата са [tex]c[/tex]. В трапеца е вписана окръжност, затова [tex]a+b=2c[/tex], т.е. [tex]c=\frac{a+b}{2}[/tex].
Проекцията на бедрото върху голямата основа е половината от разликата на основите, затова за височината [tex]h[/tex] имаме [tex]h^2=c^2-\left(\frac{a-b}{2}\right)^2=\frac{(a+b)^2-(a-b)^2}{4}=ab[/tex].
Височината е равна на диаметъра: [tex]h=2r[/tex], следователно [tex](2r)^2=ab[/tex], т.е. [tex]2r=\sqrt{ab}[/tex].

Решение:
Понеже [tex]\angle ADC=\angle BDC=90^\circ[/tex], хипотенузите на [tex]\triangle ACD[/tex] и [tex]\triangle BCD[/tex] са [tex]AC[/tex] и [tex]BC[/tex], затова центровете [tex]O_1[/tex] и [tex]O_2[/tex] са средите на [tex]AC[/tex] и [tex]BC[/tex].
Тогава [tex]O_1O_2[/tex] е средна отсечка на [tex]\triangle ABC[/tex], затова [tex]O_1O_2 \parallel AB[/tex] и тя разполовява всяка отсечка, свързваща [tex]C[/tex] с точка от [tex]AB[/tex], в частност [tex]CD[/tex].

Решение:
[tex]O[/tex] лежи на ъглополовящите, затова [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] лежи на ъглополовящата на ъгъла при [tex]C[/tex], а също и на [tex]CH[/tex], затова височината [tex]CH[/tex] е и ъглополовяща: [tex]\angle ACI=\angle BCI[/tex].
В правоъгълните [tex]\triangle ACH[/tex] и [tex]\triangle BCH[/tex]: [tex]\angle CAH=90^\circ-\angle ACH=90^\circ-\angle BCH=\angle CBH[/tex].
Ъглите при основата са равни, затова [tex]AC=BC[/tex].

Решение:
Нека трапецът е [tex]ABCD[/tex] с диагонал [tex]BD[/tex]. Описаната около трапеца окръжност е описана и около [tex]\triangle ABD[/tex], в който [tex]\angle A=45^\circ[/tex] лежи срещу [tex]BD[/tex].
От синусовата теорема [tex]R=\frac{BD}{2\sin 45^\circ}=\frac{10}{\sqrt{2}}=5\sqrt{2}[/tex].

Решение:
Нека [tex]\angle A=\angle B=\alpha[/tex]. От синусовата теорема [tex]BC=2R\sin\alpha[/tex], затова [tex]\sin\alpha=\frac{1}{2}[/tex].
Ъглите при основата са остри, затова [tex]\alpha=30^\circ[/tex] и [tex]\angle C=180^\circ-2 \text{ . } 30^\circ=120^\circ[/tex].

Решение:
Съответните ъгли на еднаквите триъгълници са равни: [tex]\angle ACB=\angle BDA[/tex].
Следователно отсечката [tex]AB[/tex] се вижда от [tex]C[/tex] и [tex]D[/tex], които лежат от една и съща страна на [tex]AB[/tex], под равни ъгли. Затова [tex]C[/tex] и [tex]D[/tex] лежат на една и съща дъга над [tex]AB[/tex], т.е. [tex]ABCD[/tex] е вписан.

Решение:
Вписаната окръжност се допира до основата [tex]AB[/tex] в средата ѝ [tex]M[/tex], затова [tex]AM=2\sqrt{3}[/tex], а центърът ѝ [tex]I[/tex] лежи на ъглополовящата на ъгъла при [tex]A[/tex]: [tex]\operatorname{tg}\angle IAM=\frac{IM}{AM}=\frac{2}{2\sqrt{3}}=\frac{1}{\sqrt{3}}[/tex], затова [tex]\angle IAM=30^\circ[/tex] и [tex]\angle BAC=60^\circ[/tex].
Ъглите при основата са равни, затова [tex]\angle ABC=\angle BAC=60^\circ[/tex] и [tex]\angle ACB=60^\circ[/tex]: триъгълникът е равностранен.

Решение:
Продължаваме височината [tex]CH[/tex] до диаметъра [tex]CD[/tex]; тогава [tex]\angle CAD=90^\circ[/tex] (опира се на диаметър) и [tex]CD=2R=25[/tex].
В правоъгълния [tex]\triangle ACD[/tex] катетът е средно геометрично на проекцията си и хипотенузата: [tex]AC^2=CH \cdot CD=16 \text{ . } 25=400[/tex], затова [tex]AC=20[/tex].
Тогава [tex]AH=\sqrt{400-256}=12[/tex] и [tex]AB=24[/tex].

Решение:
Поставяме [tex]C(0;0),\ A(12;0),\ B(0;9)[/tex]; тогава [tex]c=15[/tex] и [tex]r=\frac{9+12-15}{2}=3[/tex], затова [tex]I(3;3)[/tex].
Медицентърът е [tex]G\left(\frac{0+12+0}{3};\frac{0+0+9}{3}\right)=G(4;3)[/tex].
Двете точки имат една и съща ордината, затова [tex]GI=4-3=1[/tex].

Решение:
Равните хорди стягат равни дъги: [tex]\overset{\frown}{AD}=\overset{\frown}{BC}[/tex].
Вписаните ъгли над тези дъги са равни: [tex]\angle ABD=\angle BDC[/tex]. Те са кръстни ъгли при секущата [tex]BD[/tex], затова [tex]AB \parallel CD[/tex].

Решение:
Диагоналите на ромба са перпендикулярни и се разполовяват: [tex]AC \perp BD[/tex], [tex]BP=PD[/tex]. Затова [tex]M[/tex] лежи на симетралата на [tex]BD[/tex] и [tex]MB=MD[/tex]; освен това [tex]AB=AD[/tex].
Тогава [tex]AB+MD=AD+MB[/tex], а в изпъкнал четириъгълник с равни сборове на срещуположните страни може да се впише окръжност.

Решение:
Нека [tex]K[/tex] е допирната точка върху [tex]AB[/tex]; тогава [tex]OK=r[/tex] и [tex]\triangle AOK[/tex] е правоъгълен. [tex]O[/tex] лежи на ъглополовящата на ъгъла при [tex]A[/tex], затова [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:
Вписаният ъгъл е половината от централния ъгъл над същата дъга: [tex]\angle BAC=\frac{\angle BOC}{2}=45^\circ[/tex], затова [tex]\angle ABC=\angle BAC=45^\circ[/tex] и [tex]\angle ACB=90^\circ[/tex].
Тогава [tex]AB=2R[/tex] е диаметър, а височината към него е [tex]CH=R[/tex] (това е радиусът [tex]OC[/tex]).
[tex]S=\frac{AB \cdot CH}{2}=\frac{2R \cdot R}{2}=R^2[/tex].

Решение:
Свързваме [tex]O[/tex] с върха на правия ъгъл; радиусите към допирните точки са височините на [tex]\triangle AOC[/tex] и [tex]\triangle BOC[/tex] към катетите. Лицето на триъгълника е [tex]S=\frac{5 \text{ . } 12}{2}=30[/tex], а също [tex]S=\frac{r \cdot 12}{2}+\frac{r \cdot 5}{2}=\frac{17r}{2}[/tex].
Следователно [tex]\frac{17r}{2}=30[/tex] и [tex]r=\frac{60}{17}[/tex].

Решение:
Вписаната окръжност се допира до основата в средата ѝ [tex]M[/tex], затова [tex]AM=a[/tex], а центърът ѝ [tex]I[/tex] лежи на ъглополовящата на ъгъла при [tex]A[/tex]: [tex]\angle IAM=\frac{\alpha}{2}[/tex]. От правоъгълния [tex]\triangle AIM[/tex]: [tex]r=a\operatorname{tg}\frac{\alpha}{2}[/tex].
[tex]\angle ACB=180^\circ-2\alpha[/tex] и от синусовата теорема [tex]R=\frac{AB}{2\sin\angle ACB}=\frac{2a}{2\sin 2\alpha}=\frac{a}{\sin 2\alpha}[/tex].

Решение:
Вътрешният и външният ъгъл при [tex]C[/tex] са съседни, затова ъглополовящите им [tex]CP[/tex] и [tex]CQ[/tex] са перпендикулярни: [tex]\angle PCQ=90^\circ[/tex].
Вписан прав ъгъл се опира на диаметър, затова [tex]PQ[/tex] е диаметър.

Решение:
Продължаваме [tex]AP[/tex] след [tex]P[/tex] до пресичането с окръжността в [tex]Q[/tex]. Ъгълът, който се опира на диаметъра, е прав: [tex]\angle AQB=90^\circ[/tex].
[tex]\angle APB[/tex] е външен ъгъл за [tex]\triangle PQB[/tex], затова [tex]\angle APB=\angle AQB+\angle QBP>90^\circ[/tex].

Решение:
От една страна [tex]S=\frac{ch}{2}[/tex]; от друга страна, при полупериметър [tex]p=\frac{2b+c}{2}[/tex], [tex]S=pr[/tex].
Следователно [tex]\frac{ch}{2}=\frac{2b+c}{2}r[/tex], откъдето [tex]r=\frac{ch}{2b+c}[/tex].

Решение:
Диагоналите на ромба разполовяват ъглите му, затова [tex]O[/tex] лежи на ъглополовящите на четирите ъгъла.
Точка от ъглополовяща е на равни разстояния от раменете на ъгъла, затова разстоянията от [tex]O[/tex] до четирите страни са равни на разстоянието до [tex]AB[/tex], т.е. на [tex]r[/tex]. Следователно [tex]k[/tex] се допира и до [tex]BC;\ CD;\ DA[/tex].