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

Решение:
Трите дъги образуват полуокръжност: [tex]5x+6x+7x=180^\circ[/tex], затова [tex]x=10^\circ[/tex] и [tex]\overset{\frown}{AD}=50^\circ;\ \overset{\frown}{DC}=60^\circ;\ \overset{\frown}{CB}=70^\circ[/tex].
Всеки ъгъл на [tex]ABCD[/tex] е вписан ъгъл и е равен на половината от дъгата, на която се опира: [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] е вписан четириъгълник, затова [tex]\angle C=180^\circ-65^\circ=115^\circ[/tex] и [tex]\angle D=180^\circ-55^\circ=125^\circ[/tex].

Решение:
От синусовата теорема [tex]R=\frac{AB}{2\sin 45^\circ}=\frac{12}{\sqrt{2}}=6\sqrt{2}[/tex].
Дъгата [tex]AB[/tex], която не съдържа [tex]C[/tex], е два пъти по-голяма от вписания ъгъл: [tex]\overset{\frown}{AB}=2 \text{ . } 45^\circ=90^\circ[/tex], затова дъгата [tex]ACB[/tex] е [tex]360^\circ-90^\circ=270^\circ[/tex].
Дължината ѝ е [tex]l=\frac{270^\circ}{360^\circ} \cdot 2\pi \cdot 6\sqrt{2}=9\sqrt{2}\pi[/tex].

Решение:
Нека [tex]AB=18[/tex], [tex]CD=2[/tex]. Трапец, вписан в окръжност, е равнобедрен: [tex]AD=BC[/tex]. Понеже в него може да се впише окръжност, [tex]AD+BC=AB+CD=20[/tex], затова [tex]AD=BC=10[/tex].
Проекцията на бедрото върху голямата основа е [tex]\frac{18-2}{2}=8[/tex], затова височината е [tex]h=\sqrt{10^2-8^2}=6[/tex].
Проекцията на диагонала върху голямата основа е [tex]\frac{18+2}{2}=10[/tex], затова [tex]AC=\sqrt{10^2+6^2}=2\sqrt{34}[/tex] и [tex]AC+BD=4\sqrt{34}[/tex].

Решение:
Нека [tex]\angle A=\angle B=30^\circ[/tex], тогава [tex]\angle C=120^\circ[/tex]. От синусовата теорема [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:
Нека [tex]CH[/tex] е височината към основата, [tex]AH=x[/tex] и [tex]OH=r[/tex] (вписаната окръжност се допира до основата в [tex]H[/tex]). Тогава [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]. От [tex]\operatorname{tg}A=\frac{2\operatorname{tg}\frac{A}{2}}{1-\operatorname{tg}^2\frac{A}{2}}[/tex] получаваме [tex](r+5)(x^2-r^2)=2rx^2[/tex].
Заместваме [tex]x^2=45-r^2[/tex]: [tex]2r^2+9r-45=0[/tex], откъдето [tex]r=3[/tex] и [tex]x=6[/tex].
Тогава [tex]CH=8[/tex], [tex]AB=12[/tex] и [tex]AC=BC=\sqrt{6^2+8^2}=10[/tex].

Решение:
Радиусът към допирната точка е перпендикулярен на [tex]BC[/tex], затова [tex]OK=r=\sqrt{36-16}=2\sqrt{5}[/tex].
[tex]BO[/tex] и [tex]CO[/tex] са ъглополовящи на ъглите при [tex]B[/tex] и [tex]C[/tex], чийто сбор е [tex]180^\circ[/tex], затова [tex]\angle BOC=90^\circ[/tex]. В правоъгълния [tex]\triangle BOC[/tex] с височина [tex]OK[/tex]: [tex]OK^2=BK \cdot CK[/tex], откъдето [tex]BK=\frac{20}{4}=5[/tex].
От равенството на допирателните отсечки [tex]CD=2 \text{ . } 4=8[/tex] и [tex]AB=2 \text{ . } 5=10[/tex]; височината е [tex]h=2r=4\sqrt{5}[/tex].
[tex]S=\frac{10+8}{2} \cdot 4\sqrt{5}=36\sqrt{5}[/tex].

Решение:
Нека [tex]\triangle ABC[/tex] е с [tex]AC=BC[/tex], центърът е [tex]O[/tex], а радиусът е [tex]R[/tex]. Перпендикулярът от [tex]O[/tex] разполовява всяка хорда, затова [tex]\frac{AB}{2}=\sqrt{R^2-49}[/tex] и [tex]\frac{BC}{2}=\sqrt{R^2-225}[/tex].
Триъгълникът е остроъгълен, затова [tex]O[/tex] е вътре в него и височината към основата е [tex]h=R+7[/tex].
От [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], откъдето [tex]R=25[/tex].
Тогава [tex]\frac{AB}{2}=24[/tex], [tex]h=32[/tex] и [tex]S=24 \text{ . } 32=768[/tex].

Решение:
От свойството на ъглополовящата [tex]AL:LB=AC:BC=36:27=4:3[/tex], затова [tex]AL=\frac{4}{7} \cdot 21=12[/tex].
[tex]AI[/tex] е ъглополовящата на ъгъла при [tex]A[/tex] в [tex]\triangle ACL[/tex], затова [tex]CI:IL=AC:AL=36:12=3:1[/tex].

Решение:
Трите триъгълника са подобни: [tex]\triangle ACD \sim \triangle CBD \sim \triangle ABC[/tex], а радиусите на вписаните им окръжности са пропорционални на хипотенузите: [tex]\frac{r_1}{AC}=\frac{r_2}{BC}=\frac{r}{AB}[/tex], където [tex]r_1=3[/tex], [tex]r_2=4[/tex].
Повдигаме на квадрат и събираме, като използваме [tex]AC^2+BC^2=AB^2[/tex]: [tex]r_1^2+r_2^2=r^2[/tex], затова [tex]r=\sqrt{9+16}=5[/tex].

Решение:
Нека диагоналите се пресичат в [tex]P[/tex], т.е. [tex]\angle APB=90^\circ[/tex], и нека [tex]\angle ACB=\varphi[/tex]. Тогава [tex]\angle AOB=2\varphi[/tex], затова разстоянието от [tex]O[/tex] до [tex]AB[/tex] е [tex]d=R\cos\varphi[/tex].
В правоъгълния [tex]\triangle PBC[/tex]: [tex]\angle PBC=90^\circ-\varphi[/tex], а това е вписаният ъгъл [tex]\angle DBC[/tex], който се опира на хордата [tex]CD[/tex], затова от синусовата теорема [tex]CD=2R\sin(90^\circ-\varphi)=2R\cos\varphi[/tex].
Следователно [tex]d=\frac{CD}{2}=5[/tex].

Решение:
[tex]9x=360^\circ[/tex], затова [tex]\overset{\frown}{AB}=80^\circ;\ \overset{\frown}{BC}=120^\circ;\ \overset{\frown}{CA}=160^\circ[/tex].
В четириъгълника с върхове центъра, две допирни точки и пресечната точка на допирателните ъглите при допирните точки са прави, затова ъгълът между две допирателни е равен на [tex]180^\circ[/tex] минус централния ъгъл на дъгата между допирните точки.
Следователно [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:
Нека [tex]H[/tex] е средата на основата [tex]AB[/tex]; вписаната окръжност се допира до основата в [tex]H[/tex], а центърът ѝ лежи на ъглополовящата на [tex]\angle BAC[/tex], затова [tex]AH=\frac{r}{\operatorname{tg}\frac{A}{2}}=\sqrt{\frac{3}{2}}[/tex], където [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], затова [tex]\operatorname{tg}A=\frac{\sin A}{\cos A}=2\sqrt{6}[/tex], а височината е [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:
Равни вписани ъгли се опират на равни дъги: [tex]\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{CD}[/tex], затова [tex]BC=CD[/tex].
В четириъгълника може да се впише окръжност: [tex]AB+CD=BC+AD[/tex], затова [tex]AB=AD[/tex]. Тогава [tex]\triangle ABC \cong \triangle ADC[/tex] (по три страни), затова [tex]\angle ABC=\angle ADC[/tex].
Четириъгълникът е вписан: [tex]\angle ABC+\angle ADC=180^\circ[/tex], затова [tex]\angle ABC=90^\circ[/tex] и [tex]AC[/tex] е диаметър: [tex]R=\frac{AC}{2}=\frac{a}{2}[/tex].

Решение:
[tex]E[/tex] лежи на окръжността с диаметър [tex]BC[/tex], затова [tex]\angle BEC=90^\circ[/tex]. Понеже [tex]ED \perp BC[/tex], в правоъгълния [tex]\triangle BEC[/tex]: [tex]CE^2=CD \cdot CB[/tex].
От правоъгълния [tex]\triangle ADC[/tex]: [tex]CD=AC\cos C[/tex]; понеже триъгълникът е равнобедрен, [tex]\cos C=\frac{AC}{2BC}[/tex].
Тогава [tex]CE^2=AC \cdot \frac{AC}{2BC} \cdot BC=\frac{AC^2}{2}=2[/tex], т.е. [tex]CE=\sqrt{2}[/tex].

Решение:
Поставяме триъгълника така: [tex]A(-\sqrt{3};0),\ B(\sqrt{3};0),\ C(0;1)[/tex]; тогава [tex]AC=BC=2[/tex].
Ортоцентърът [tex]H[/tex] лежи на височината от [tex]C[/tex] (ординатната ос): [tex]H(0;y)[/tex], а от [tex]\overrightarrow{AH}\cdot\overrightarrow{BC}=0[/tex] следва [tex]\sqrt{3}\cdot(-\sqrt{3})+y\cdot 1=0[/tex], т.е. [tex]y=3[/tex].
Центърът на вписаната окръжност е на същата ос на височина [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:
Нека [tex]a[/tex], [tex]b[/tex] са катетите, а [tex]c[/tex] – хипотенузата. Хипотенузата е диаметър на описаната окръжност: [tex]c=2R[/tex].
Допирателните отсечки от върха на правия ъгъл са равни на [tex]r[/tex], затова [tex]a+b=2r+c=2r+2R[/tex].
От Питагоровата теорема [tex]a^2+b^2=c^2=4R^2[/tex], затова [tex]2ab=(a+b)^2-(a^2+b^2)=(2r+2R)^2-4R^2=4r^2+8rR[/tex].
Следователно [tex]S=\frac{ab}{2}=r^2+2rR=r(r+2R)[/tex].

Решение:
Четириъгълникът [tex]ABCM[/tex] е вписан, затова от теоремата на Птолемей (произведението на диагоналите е равно на сбора от произведенията на срещуположните страни) [tex]MB \cdot AC=MA \cdot BC+MC \cdot AB[/tex].
Понеже [tex]AB=BC=CA[/tex], след деление на [tex]AC[/tex] получаваме [tex]MB=MA+MC[/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[/tex] (връхни ъгли; при тъпоъгълен триъгълник ъгълът може да е равен и на [tex]\angle ACB[/tex], а синусът е същият).
Следователно [tex]\sin\angle AHB=\sin\angle ACB[/tex] и от синусовата теорема [tex]R_{ABH}=\frac{AB}{2\sin\angle AHB}=\frac{AB}{2\sin\angle ACB}=R[/tex].
Аналогично радиусите на окръжностите, описани около [tex]\triangle BCH[/tex] и [tex]\triangle ACH[/tex], са равни на [tex]R[/tex].

Решение:
Ъгълът [tex]120^\circ[/tex] е ъгълът при върха. Нека [tex]AC=BC=b[/tex]; тогава [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], затова [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], затова [tex]R=\frac{4+2\sqrt{3}}{\sqrt{3}}=2+\frac{4\sqrt{3}}{3}[/tex].

Решение:
От синусовата теорема [tex]\sin\angle ACB=\frac{AB}{2R}=\frac{3}{2\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{2}[/tex]; триъгълникът е остроъгълен, затова [tex]\angle ACB=60^\circ[/tex].
Понеже [tex]\overset{\frown}{AD}=\overset{\frown}{DB}[/tex], вписаните ъгли над тези дъги са равни, т.е. [tex]CD[/tex] е ъглополовяща на ъгъла при [tex]C[/tex]: [tex]\angle ACD=\frac{\angle ACB}{2}=30^\circ[/tex].

Решение:
Нека [tex]AB=6[/tex], [tex]AC=BC=9[/tex], а вписаната окръжност се допира до [tex]AC[/tex] и [tex]BC[/tex] в [tex]K[/tex] и [tex]L[/tex]. При [tex]p=\frac{6+9+9}{2}=12[/tex] допирателните отсечки от [tex]C[/tex] са [tex]CK=CL=p-AB=6[/tex].
Поради симетрията [tex]KL \parallel AB[/tex], затова [tex]\frac{KL}{AB}=\frac{CK}{CA}[/tex], т.е. [tex]KL=6 \cdot \frac{6}{9}=4[/tex].

Решение:
Височината е равна на диаметъра: [tex]h=2r=6[/tex]. Бедрата са [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].
В трапеца е вписана окръжност, затова [tex]a+b=c_1+c_2[/tex] и [tex]P=2(c_1+c_2)=8\sqrt{3}+12\sqrt{2}[/tex].

Решение:
Равните хорди стягат равни дъги: [tex]\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{CD}[/tex], затова [tex]\angle CAD=\angle CDB[/tex] (вписани ъгли над тези дъги).
Триъгълниците имат и общ [tex]\angle C[/tex], затова [tex]\triangle CDE \sim \triangle CAD[/tex] и [tex]\frac{CD}{CA}=\frac{CE}{CD}[/tex].
Следователно [tex]CA=\frac{CD^2}{CE}=\frac{36}{3}=12[/tex] и [tex]P=12+6+7=25[/tex].

Решение:
В ромба [tex]PA=PB=OA=R[/tex], затова [tex]\triangle AOP[/tex] е равностранен и [tex]\angle AOP=60^\circ[/tex].
Диагоналът на ромба разполовява ъгъла му, затова [tex]\angle AOB=120^\circ[/tex]; този централен ъгъл се опира на дъгата, съдържаща [tex]P[/tex], а [tex]C[/tex] лежи на другата дъга.
Следователно [tex]\angle ACB=\frac{120^\circ}{2}=60^\circ[/tex].

Решение:
В трапеца е вписана окръжност, затова [tex]a+b=2c[/tex]; следователно бедрото е равно на средната отсечка: [tex]m=\frac{a+b}{2}=c=80[/tex].
[tex]h=c\sin 30^\circ=40[/tex], а височината е диаметър: [tex]r=\frac{h}{2}=20[/tex].

Решение:
От косинусовата теорема [tex]BC^2=48+36-2 \cdot 4\sqrt{3} \cdot 6 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=12[/tex], затова [tex]BC=2\sqrt{3}[/tex].
[tex]AC^2+BC^2=48=AB^2[/tex], затова [tex]\angle ACB=90^\circ[/tex] и [tex]\angle ABC=60^\circ[/tex].
Трапецът е вписан, следователно равнобедрен: [tex]AD=BC[/tex], и [tex]CD=AB-2BC\cos 60^\circ=4\sqrt{3}-2\sqrt{3}=2\sqrt{3}[/tex].

Решение:
Диаметър, перпендикулярен на хорда, разполовява дъгите, които хордата отсича, затова [tex]\overset{\frown}{CB}=\overset{\frown}{BD}[/tex].
Вписаните ъгли [tex]\angle CPB[/tex] и [tex]\angle BPD[/tex] се опират на тези равни дъги, затова [tex]\angle CPB=\angle BPD[/tex], т.е. [tex]PB[/tex] е ъглополовяща на [tex]\angle CPD[/tex].

Решение:
[tex]AB[/tex] е диаметър, затова [tex]\angle ACB=90^\circ[/tex] и [tex]AC=\sqrt{36-6}=\sqrt{30}[/tex].
Височината от [tex]C[/tex] е [tex]h=\frac{AC \cdot BC}{AB}=\frac{\sqrt{180}}{6}=\sqrt{5}[/tex], а петата ѝ [tex]H[/tex] дава [tex]BH=\frac{BC^2}{AB}=1[/tex].
Трапецът е равнобедрен, затова [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], затова допирателните отсечки от [tex]A[/tex] са [tex]AM=AN=p-BC=\frac{5}{2}[/tex].
От косинусовата теорема [tex]\cos A=\frac{16+9-4}{2 \text{ . } 4 \text{ . } 3}=\frac{7}{8}[/tex], затова [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] са ъглополовящи на външните ъгли при [tex]B[/tex] и [tex]C[/tex], затова [tex]\angle OBC=\frac{180^\circ-\angle B}{2}[/tex] и [tex]\angle OCB=\frac{180^\circ-\angle C}{2}[/tex].
Следователно [tex]\angle BOC=180^\circ-\angle OBC-\angle OCB=\frac{\angle B+\angle C}{2}=90^\circ-\frac{\angle A}{2}[/tex].
Тогава [tex]\frac{\angle A}{2}=50^\circ[/tex] и [tex]\angle BAC=100^\circ[/tex].

Решение:
Бедрото, перпендикулярно на основите, е височина: [tex]AD=h=2r=2[/tex].
[tex]BC=\frac{h}{\sin 30^\circ}=4[/tex].
В трапеца е вписана окръжност, затова [tex]AB+CD=AD+BC=6[/tex] и [tex]P=2 \text{ . } 6=12[/tex].

Решение:
[tex]c=\sqrt{15^2+20^2}=25[/tex] и [tex]r=\frac{15+20-25}{2}=5[/tex].
Поставяме [tex]C(0;0),\ A(20;0),\ B(0;15)[/tex]; тогава [tex]I(5;5)[/tex]. Хипотенузата лежи на правата [tex]3x+4y=60[/tex], а височината [tex]CH[/tex] е перпендикулярна на нея и минава през началото: [tex]4x-3y=0[/tex].
[tex]d=\frac{|4 \text{ . } 5-3 \text{ . } 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] получаваме [tex]\frac{R}{r}=\frac{c}{a+b-c}=\frac{1}{\sin A+\cos A-1}[/tex].
Следователно [tex]\sin A+\cos A=1+\frac{1}{\sqrt{3}+1}=\frac{1+\sqrt{3}}{2}[/tex], а понеже [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].
Тогава [tex]A=30^\circ[/tex] или [tex]A=60^\circ[/tex]: острите ъгли са [tex]30^\circ[/tex] и [tex]60^\circ[/tex].

Решение:
Нека [tex]AC=BC[/tex], [tex]CH=30[/tex], като [tex]H[/tex] е върху основата. Медицентърът [tex]G[/tex] и центърът [tex]O[/tex] на описаната окръжност лежат на [tex]CH[/tex] и [tex]GH=10[/tex].
Понеже [tex]OG=5[/tex], или [tex]OH=15[/tex], или [tex]OH=5[/tex], като [tex]R=CO=30-OH[/tex].
Ако [tex]OH=15[/tex], то [tex]R=15[/tex] и [tex]\frac{AB}{2}=\sqrt{R^2-OH^2}=0[/tex] – невъзможно. Затова [tex]OH=5[/tex], [tex]R=25[/tex] и [tex]\frac{AB}{2}=\sqrt{625-25}=10\sqrt{6}[/tex].

Решение:
Двете окръжности се допират до диагонала [tex]BD[/tex]; понеже се допират една до друга, те се допират до [tex]BD[/tex] в една и съща точка [tex]K[/tex].
Допирателната отсечка от [tex]B[/tex] дава [tex]BK=\frac{AB+BD-AD}{2}[/tex] в първия триъгълник и [tex]BK=\frac{BC+BD-CD}{2}[/tex] във втория.
Следователно [tex]AB-AD=BC-CD[/tex], т.е. [tex]AB+CD=AD+BC=20[/tex], затова [tex]P=40[/tex].

Решение:
В трапеца е вписана окръжност: [tex]AB+CD=AD+BC=18[/tex]. Нека [tex]AD=h[/tex]; тогава [tex]BC=18-h[/tex].
Проекцията на [tex]BC[/tex] върху голямата основа е [tex]12-6=6[/tex], затова [tex]BC^2=h^2+6^2[/tex], т.е. [tex](18-h)^2=h^2+36[/tex], откъдето [tex]h=8[/tex] и [tex]BC=10[/tex].
Тъпият и острият ъгъл при бедрото [tex]BC[/tex] са допълнителни до развит ъгъл, затова [tex]\sin\angle BCD=\sin\angle ABC=\frac{h}{BC}=\frac{4}{5}[/tex].

Решение:
От правоъгълния [tex]\triangle ACH[/tex]: [tex]\sin A=\frac{CH}{AC}=\frac{5}{6}[/tex].
От синусовата теорема [tex]2R=\frac{BC}{\sin A}=\frac{15 \text{ . } 6}{5}=18[/tex]. (В общия случай [tex]2R=\frac{AC \cdot BC}{CH}[/tex].)

Решение:
[tex]h=2r=4[/tex]; проекцията на бедрото върху голямата основа е [tex]\frac{a-b}{2}=\frac{h}{\operatorname{tg}\alpha}=1[/tex], затова бедрото е [tex]c=\sqrt{1+16}=\sqrt{17}[/tex].
В трапеца е вписана окръжност, затова [tex]a+b=2c=2\sqrt{17}[/tex]. Следователно [tex]a=\sqrt{17}+1;\ b=\sqrt{17}-1[/tex].
[tex]S=\frac{a+b}{2} \cdot h=4\sqrt{17}[/tex].

Решение:
Отсечката [tex]CD[/tex] се вижда от [tex]A[/tex] и [tex]B[/tex] под равни ъгли ([tex]\angle DAC=\angle DBC=50^\circ[/tex]) от една и съща страна, затова [tex]ABCD[/tex] е вписан четириъгълник.
Вписаните ъгли над една и съща дъга са равни: [tex]\angle ACB=\angle ADB=45^\circ[/tex].
Тогава [tex]\angle ACD=100^\circ-45^\circ=55^\circ[/tex] и [tex]\angle ABD=\angle ACD=55^\circ[/tex].

Решение:
Трапецът е равнобедрен; проекцията на бедрото върху голямата основа е [tex]\frac{8-2}{2}=3[/tex], затова [tex]h=\sqrt{16-9}=\sqrt{7}[/tex].
Проекцията на диагонала върху голямата основа е полусборът на основите, затова [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].
Окръжността е описана около [tex]\triangle ABD[/tex], затова от синусовата теорема [tex]R=\frac{BD}{2\sin A}=\frac{4\sqrt{2}}{\frac{\sqrt{7}}{2}}=\frac{8\sqrt{14}}{7}[/tex].

Решение:
Нека [tex]x[/tex] е допирателната отсечка от третия връх. Страните са [tex]6+8=14[/tex], [tex]6+x[/tex] и [tex]8+x[/tex], а [tex]p=14+x[/tex].
[tex]S=pr=4(14+x)[/tex], а от формулата на Херон, където [tex]p-a;\ p-b;\ p-c[/tex] са допирателните отсечки, [tex]S=\sqrt{p \cdot x \cdot 6 \cdot 8}[/tex].
Затова [tex]16(14+x)^2=48x(14+x)[/tex], т.е. [tex]16(14+x)=48x[/tex], откъдето [tex]x=7[/tex] и другите страни са [tex]13;\ 15[/tex].

Решение:
Нека бедрата са [tex]c[/tex]. В трапеца е вписана окръжност: [tex]a+b=2c[/tex]; от проекциите на бедрата [tex]a-b=2c\cos\alpha[/tex].
Събираме: [tex]c=\frac{a}{1+\cos\alpha}[/tex], затова [tex]b=a-2c\cos\alpha=\frac{a(1-\cos\alpha)}{1+\cos\alpha}=a\operatorname{tg}^2\frac{\alpha}{2}[/tex].
Височината е равна на диаметъра, затова [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], където [tex]\operatorname{tg}\frac{\alpha}{2}=\sqrt{\frac{1-\cos\alpha}{1+\cos\alpha}}[/tex].

Решение:
От [tex]OA \cdot OC=OB \cdot OD[/tex]: [tex]\frac{OA}{OD}=\frac{OB}{OC}[/tex]. Освен това [tex]\angle AOB=\angle DOC[/tex] (връхни ъгли), затова [tex]\triangle AOB \sim \triangle DOC[/tex] (по втори признак за подобие).
Следователно [tex]\angle OAB=\angle ODC[/tex], т.е. [tex]\angle CAB=\angle CDB[/tex].
Значи отсечката [tex]BC[/tex] се вижда от [tex]A[/tex] и [tex]D[/tex] под равни ъгли от една и съща страна, затова [tex]ABCD[/tex] е вписан.

Решение:
Центърът на вписаната окръжност лежи на ъглополовящите на [tex]ABCD[/tex]; понеже [tex]O[/tex] лежи на [tex]AC[/tex], диагоналът [tex]AC[/tex] разполовява ъглите при [tex]A[/tex] и [tex]C[/tex]: [tex]\angle BAC=\angle DAC[/tex] и [tex]\angle BCA=\angle DCA[/tex].
Тогава [tex]\triangle ABC \cong \triangle ADC[/tex] (обща страна [tex]AC[/tex]), затова [tex]AB=AD;\ CB=CD[/tex].
Аналогично [tex]BD[/tex] разполовява ъглите при [tex]B[/tex] и [tex]D[/tex], затова [tex]BA=BC[/tex].
Следователно [tex]AB=BC=CD=DA[/tex] и [tex]ABCD[/tex] е ромб.

Решение:
При лице [tex]S[/tex] и полупериметър [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].
Тогава [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:
Във всеки правоъгълен триъгълник [tex]r=\frac{a+b-c}{2}[/tex], където [tex]a[/tex] и [tex]b[/tex] са катетите, а [tex]c[/tex] – хипотенузата. Трите триъгълника са правоъгълни, затова [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].
Събираме и използваме [tex]AP+BP=AB[/tex]: [tex]r_1+r_2+r_3=\frac{AP+BP+2CP-AB}{2}=CP[/tex].

Решение:
Нека [tex]a=BC[/tex], [tex]b=CA[/tex] и [tex]p=\frac{a+b+c}{2}[/tex]. От допирателните отсечки [tex]AM=p-a[/tex] за вписаната окръжност и [tex]AN=p-b[/tex] за външно вписаната.
Двете точки лежат на [tex]AB[/tex], затова [tex]MN=|AM-AN|=|b-a|[/tex].

Решение:
Трапецът е вписан, следователно равнобедрен: [tex]AC=BD[/tex] и [tex]\angle ABC=\alpha[/tex]. Нека диагоналите се пресичат в [tex]P[/tex]; [tex]\triangle ABP[/tex] е равнобедрен и правоъгълен, затова [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].
От синусовата теорема [tex]AB=2R\sin(135^\circ-\alpha)=2R\sin(45^\circ+\alpha)[/tex].

Решение:
Поставяме [tex]A(-b;0),\ B(b;0),\ C(0;h)[/tex]. Тогава [tex]H\left(0;\frac{b^2}{h}\right)[/tex], а центърът на вписаната окръжност е на [tex]CM[/tex] на височина [tex]r=\frac{bh}{b+\sqrt{b^2+h^2}}[/tex].
Вписаната окръжност пресича оста [tex]CM[/tex] в петата на височината и на височина [tex]2r[/tex], затова [tex]\frac{b^2}{h}=2r[/tex], т.е. [tex]b\sqrt{b^2+h^2}=2h^2-b^2[/tex].
Повдигаме на квадрат: [tex]b^2(b^2+h^2)=(2h^2-b^2)^2[/tex], откъдето [tex]5b^2=4h^2[/tex] и [tex]h=\frac{\sqrt{5}}{2}b[/tex].
Тогава [tex]HM=\frac{b^2}{h}=\frac{2b}{\sqrt{5}};\ CH=h-HM=\frac{b}{2\sqrt{5}}[/tex], затова [tex]CH:HM=1:4[/tex].

Решение:
Трапецът е равнобедрен; нека [tex]AB=a[/tex], [tex]CD=b[/tex]. Вписаната окръжност се допира до основите в средите им, затова от допирателните отсечки [tex]AK=\frac{a}{2};\ DK=\frac{b}{2}[/tex] и [tex]AD=\frac{a+b}{2}[/tex]. Поради симетрията [tex]KL \parallel AB[/tex], а [tex]K[/tex] дели [tex]AD[/tex] в отношение [tex]a:b[/tex], т.е. лежи на [tex]\frac{a}{a+b}[/tex] от височината [tex]h[/tex], мерено от [tex]AB[/tex].
Понеже [tex]\triangle AOB[/tex] и [tex]\triangle COD[/tex] са подобни, [tex]\frac{AO}{OC}=\frac{AB}{CD}=\frac{a}{b}[/tex]; следователно [tex]O[/tex] лежи на оста на симетрия на същите [tex]\frac{a}{a+b}[/tex] от височината, мерено от [tex]AB[/tex].
Значи [tex]O[/tex] лежи на правата [tex]KL[/tex].

Решение:
Нека основите са [tex]a[/tex] и [tex]b[/tex]. В трапеца е вписана окръжност, затова бедрото е равно на средната отсечка: [tex]c=m=5[/tex], и [tex]a+b=2m=10[/tex].
Всяка от двете части има височина, равна на половината от височината на трапеца: [tex]S_1=\frac{b+5}{2} \cdot \frac{h}{2};\ S_2=\frac{a+5}{2} \cdot \frac{h}{2}[/tex], затова [tex](b+5):(a+5)=7:13[/tex]. Понеже [tex](b+5)+(a+5)=20[/tex], получаваме [tex]b=2[/tex] и [tex]a=8[/tex].
Проекцията на бедрото е [tex]\frac{a-b}{2}=3[/tex], затова [tex]h=\sqrt{25-9}=4[/tex] и [tex]r=2[/tex].

Решение:
Вписаната окръжност се допира до основите в средите им, а допирателните отсечки от един връх са равни: [tex]\frac{CD}{2}=CM=3[/tex] и [tex]\frac{AB}{2}=MB=6[/tex], затова [tex]CD=6[/tex], [tex]AB=12[/tex] и [tex]BC=9[/tex].
Проекцията на бедрото върху голямата основа е [tex]\frac{12-6}{2}=3[/tex], затова [tex]h=\sqrt{9^2-3^2}=6\sqrt{2}[/tex].
Проекцията на диагонала е полусборът на основите, затова [tex]AC=\sqrt{h^2+\left(\frac{AB+CD}{2}\right)^2}=\sqrt{72+81}=3\sqrt{17}[/tex].

Решение:
От степента на точката [tex]C[/tex] спрямо окръжността (правите [tex]CA[/tex] и [tex]CB[/tex] я пресичат в [tex]M[/tex], [tex]A[/tex] и в [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], затова [tex]CA=CB[/tex]; понеже [tex]AB=2[/tex], [tex]CA=CB=\sqrt{2}[/tex].
Поставяме [tex]C(0;0),\ A(\sqrt{2};0),\ B(0;\sqrt{2})[/tex]. Центърът [tex]Q[/tex] лежи на симетралите на [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], затова [tex]R=\frac{\sqrt{5}}{2}[/tex].

Решение:
От [tex]S=\frac{a h_a}{2}[/tex] и аналогичните формули: [tex]a=\frac{2S}{h_a};\ b=\frac{2S}{h_b};\ c=\frac{2S}{h_c}[/tex].
Тогава [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], затова [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:
От правоъгълния триъгълник, образуван от височината [tex]CH[/tex]: [tex]\angle BCH=90^\circ-\angle B[/tex].
Централният ъгъл е [tex]\angle AOC=2\angle B[/tex], а [tex]\triangle AOC[/tex] е равнобедрен, затова [tex]\angle OCA=\frac{180^\circ-2\angle B}{2}=90^\circ-\angle B[/tex]. Следователно [tex]\angle OCA=\angle BCH[/tex].
Понеже [tex]CL[/tex] разполовява [tex]\angle ACB[/tex], [tex]\angle OCL=\angle ACL-\angle OCA=\angle BCL-\angle BCH=\angle HCL[/tex].

Решение:
[tex]\triangle AOD[/tex] е равностранен, затова [tex]\angle AOD=60^\circ[/tex], а вписаният ъгъл над същата дъга е [tex]\angle ABD=30^\circ[/tex].
Височината е [tex]h=BD\sin 30^\circ=2[/tex], а проекцията на диагонала върху голямата основа е полусборът на основите: [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], затова [tex]P[/tex] лежи на продължението на [tex]AC[/tex] след [tex]A[/tex] и [tex]\angle PAB=180^\circ-130^\circ=50^\circ[/tex].
Ъгълът между допирателната и хордата [tex]BA[/tex] е равен на вписания ъгъл над същата дъга: [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], затова [tex]c=\frac{2S}{h_c}=42[/tex] и [tex]a+b=2p-c=54[/tex].
От формулата на Херон [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]; освен това [tex](48-a)+(48-b)=42[/tex]. Затова [tex]\{48-a;\ 48-b\}=\{14;\ 28\}[/tex] и [tex]a=34;\ b=20[/tex].
[tex]R=\frac{abc}{4S}=\frac{34 \text{ . } 20 \text{ . } 42}{4 \text{ . } 336}=\frac{85}{4}[/tex].

Решение:
За вписан четириъгълник е в сила формулата на Брахмагупта: [tex]S=\sqrt{(p-a)(p-b)(p-c)(p-d)}[/tex], където [tex]p=\frac{2+3+4+7}{2}=8[/tex].
[tex]S=\sqrt{6 \text{ . } 5 \text{ . } 4 \text{ . } 1}=\sqrt{120}=2\sqrt{30}[/tex].

Решение:
[tex]O[/tex] лежи на ъглополовящите на ъглите при краищата на бедрото [tex]AD[/tex], а тези ъгли са допълнителни до развит ъгъл, затова [tex]\angle DAO+\angle ADO=\frac{\angle A+\angle D}{2}=90^\circ[/tex] и [tex]\angle AOD=90^\circ[/tex].
Тогава [tex]AD=\sqrt{36+64}=10[/tex]. Трапецът е описан и равнобедрен, затова [tex]AB+CD=AD+BC=20[/tex] и [tex]P=40[/tex].

Решение:
В трапеца е вписана окръжност: [tex]AB+CD=AD+BC[/tex], затова [tex]BC=2[/tex].
Поставяме [tex]A(0;0),\ B(4;0),\ D(x;h),\ C(x+1;h)[/tex]. Тогава [tex]x^2+h^2=9[/tex] и [tex](x-3)^2+h^2=4[/tex]; изваждаме и получаваме [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], затова [tex]BD=\frac{\sqrt{57}}{3}[/tex].

Решение:
Срещуположните ъгли на вписан четириъгълник са допълнителни до развит ъгъл: [tex]\angle ABC+\angle CDA=180^\circ[/tex], затова [tex]\angle ABC=\angle CDA=90^\circ[/tex].
В правоъгълния [tex]\triangle ABC[/tex]: [tex]\sin\angle BAC=\frac{BC}{AC}=\frac{1}{2}[/tex], затова [tex]\angle BAC=30^\circ;\ \angle BCA=60^\circ[/tex]. Правоъгълният [tex]\triangle ACD[/tex] е равнобедрен, затова [tex]\angle DAC=\angle DCA=45^\circ[/tex].
Следователно [tex]\angle A=75^\circ;\ \angle B=90^\circ;\ \angle C=105^\circ;\ \angle D=90^\circ[/tex].

Решение:
Нека [tex]r[/tex] е радиусът. Бедрото, перпендикулярно на основите, е височина: [tex]h=2r[/tex]; другото бедро е [tex]c=\frac{2r}{\sin\alpha}[/tex].
В трапеца е вписана окръжност, затова [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].
Следователно [tex]r^2=\frac{8\sin\alpha}{1+\sin\alpha}[/tex] и лицето на кръга е [tex]\pi r^2=\frac{8\pi\sin\alpha}{1+\sin\alpha}[/tex].

Решение:
Разстоянието от центъра [tex]O[/tex] до хордата [tex]AB[/tex] е [tex]d_1=\sqrt{130-81}=7[/tex]. Другата основа [tex]CD[/tex] е хорда, успоредна на [tex]AB[/tex], на разстояние, равно на височината, затова разстоянието ѝ от [tex]O[/tex] е [tex]d_2=7-4=3[/tex] (двете основи са от една и съща страна на [tex]O[/tex]) или [tex]d_2=7+4=11[/tex] (от различни страни).
В първия случай [tex]\frac{CD}{2}=\sqrt{130-9}=11[/tex], затова [tex]CD=22[/tex] и [tex]S=\frac{18+22}{2} \cdot 4=80[/tex]; във втория случай [tex]\frac{CD}{2}=\sqrt{130-121}=3[/tex], затова [tex]CD=6[/tex] и [tex]S=\frac{18+6}{2} \cdot 4=48[/tex].

Решение:
Нека страните са [tex]7k;\ 15k;\ 20k[/tex]; тогава [tex]p=21k[/tex]. От формулата на Херон [tex]S=\sqrt{21k \cdot 14k \cdot 6k \cdot k}=42k^2[/tex]; освен това [tex]S=pr=21k[/tex].
Следователно [tex]42k^2=21k[/tex], т.е. [tex]k=\frac{1}{2}[/tex], и [tex]S=\frac{21}{2}[/tex].

Решение:
[tex]O[/tex] лежи на ъглополовящите на ъглите на четириъгълника. От [tex]\triangle AOB[/tex]: [tex]\angle AOB=180^\circ-\frac{\angle A+\angle B}{2}[/tex]; от [tex]\triangle COD[/tex]: [tex]\angle COD=180^\circ-\frac{\angle C+\angle D}{2}[/tex].
Сборът от ъглите на четириъгълника е пълен ъгъл, затова [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:
Ъгълът между допирателната [tex]t[/tex] и хордата [tex]CA[/tex] е равен на вписания ъгъл над същата дъга: [tex]\angle(t;CA)=\angle ABC[/tex].
Понеже [tex]\angle AA_1B=\angle AB_1B=90^\circ[/tex], четириъгълникът [tex]ABA_1B_1[/tex] е вписан, затова външният му ъгъл е [tex]\angle CB_1A_1=\angle ABC[/tex].
Следователно [tex]\angle CB_1A_1=\angle(t;CA)[/tex]; това са кръстни ъгли при секущата [tex]CA[/tex], затова [tex]A_1B_1 \parallel t[/tex].

Решение:
Както е доказано в задачата [tex]AH=2OM[/tex] на тази страница, [tex]AH=2R\cos A[/tex]; от синусовата теорема [tex]BC=2R\sin A[/tex].
Следователно [tex]\cos A=\sin A[/tex], т.е. [tex]\operatorname{tg}A=1[/tex], и понеже ъгълът е остър, [tex]\angle BAC=45^\circ[/tex].

Решение:
Както е доказано в задачата [tex]AH=2OM[/tex] на тази страница, [tex]\overrightarrow{OH}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}[/tex]. За медицентъра [tex]\overrightarrow{OG}=\frac{\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}}{3}[/tex].
Следователно [tex]\overrightarrow{OH}=3\overrightarrow{OG}[/tex], затова [tex]O[/tex], [tex]G[/tex], [tex]H[/tex] лежат на една права и [tex]\overrightarrow{GH}=\overrightarrow{OH}-\overrightarrow{OG}=2\overrightarrow{OG}[/tex], т.е. [tex]GH=2OG[/tex].

Решение:
Нека [tex]O[/tex] е центърът (средата на [tex]AC[/tex]), а [tex]K[/tex] – проекцията му върху [tex]BD[/tex]. Понеже [tex]OK \perp BD[/tex] и [tex]O[/tex] е центърът, [tex]BK=KD[/tex].
Освен това [tex]AM \parallel OK \parallel CN[/tex], а [tex]O[/tex] е средата на [tex]AC[/tex], затова по теоремата на Талес [tex]MK=KN[/tex].
Следователно [tex]BM=DN[/tex].

Решение:
Според доказаното по-горе на тази страница (описаните около [tex]\triangle ABC[/tex] и [tex]\triangle ABH[/tex] окръжности имат равни радиуси) [tex]R_{ABH}=R[/tex]. Затова [tex]OA=OB=O'A=O'B=R[/tex] и [tex]AOBO'[/tex] е ромб (точките [tex]O[/tex] и [tex]O'[/tex] са различни, защото [tex]H[/tex] не лежи на описаната около [tex]\triangle ABC[/tex] окръжност).
Диагоналите на ромба са перпендикулярни и се разполовяват, затова [tex]AB[/tex] е симетрала на [tex]OO'[/tex].

Решение:
Ъглите, които се опират на диаметъра, са прави: [tex]\angle CAD=\angle CBD=90^\circ[/tex], затова [tex]DB \perp BC[/tex]; освен това [tex]AH \perp BC[/tex]. Следователно [tex]AH \parallel DB[/tex] и аналогично [tex]BH \parallel DA[/tex].
Затова [tex]AHBD[/tex] е успоредник и диагоналите му [tex]AB[/tex] и [tex]HD[/tex] се разполовяват: средата [tex]M[/tex] на [tex]AB[/tex] е и среда на [tex]HD[/tex].

Решение:
Нека [tex]a=BC[/tex], [tex]b=CA[/tex], [tex]c=AB[/tex]. От допирателните отсечки [tex]AK=p-a[/tex] и [tex]KB=p-b[/tex], затова [tex]AK \cdot KB=\frac{(c+b-a)(c+a-b)}{4}=\frac{c^2-(a-b)^2}{4}[/tex].
Понеже [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:
Нека [tex]\angle C=90^\circ[/tex]. Тогава [tex]c=2R[/tex], [tex]r=\frac{a+b-c}{2}[/tex] и [tex]a=c\sin A;\ b=c\cos A[/tex], затова [tex]\frac{r}{R}=\sin A+\cos A-1[/tex].
Понеже [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 има при [tex]A=45^\circ[/tex].