Ре­ше­ние. Пусть Ox  — центр дан­ной окруж­но­сти, а Q  — центр окруж­но­сти, впи­сан­ной в тре­уголь­ник ABC . Точка ка­са­ния M окруж­но­стей делит AC по­по­лам. AQ и AO  — бис­сек­три­сы смеж­ных углов, зна­чит, угол OAQ пря­мой. Из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка OAQ по­лу­ча­ем:

Сле­до­ва­тель­но,

Ответ: 4,5.

Ре­ше­ние. Сде­ла­ем по­стро­е­ния и вве­дем обо­зна­че­ния, как по­ка­за­но на ри­сун­ке. Пусть O  — центр окруж­но­сти, впи­сан­ной в тре­уголь­ник ABC. Центр впи­сан­ной окруж­но­сти  — это точка пе­ре­се­че­ния бис­сек­трис, по­это­му AO, BO, CO  — бис­сек­три­сы. Из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка AOK по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра най­дем AK:

От­рез­ки OM, OL и OK равны как ра­ди­у­сы впи­сан­ной в тре­уголь­ник ABC окруж­но­сти, то есть Рас­смот­рим тре­уголь­ни­ки ALO и AOK, они пря­мо­уголь­ные, углы LAO и OAK равны, AO  — общая, сле­до­ва­тель­но, тре­уголь­ни­ки равны, от­ку­да Ана­ло­гич­но из ра­вен­ства тре­уголь­ни­ков COM и COK по­лу­ча­ем а из ра­вен­ства тре­уголь­ни­ков BOL и BOM  — Пло­щадь тре­уголь­ни­ка ABC можно найти как про­из­ве­де­ние ра­ди­у­са впи­сан­ной окруж­но­сти на по­лу­пе­ри­метр:

Пло­щадь па­рал­ле­ло­грам­ма равна про­из­ве­де­нию вы­со­ты на ос­но­ва­ние:

Рас­смот­рим тре­уголь­ни­ки ABC и ACD, AB равно CD, AD равно BC, углы ABC и ADC равны, сле­до­ва­тель­но, тре­уголь­ни­ки ABC и ACD равны. По­это­му пло­щадь тре­уголь­ни­ка ABC равна по­ло­ви­не пло­ща­ди па­рал­ле­ло­грам­ма:

Пло­щадь па­рал­ле­ло­грам­ма равна:

Ответ:

При­ве­дем дру­гое ре­ше­ние.

Сде­ла­ем по­стро­е­ния и вве­дем обо­зна­че­ния, как по­ка­за­но на ри­сун­ке. Пусть O— центр окруж­но­сти, впи­сан­ной в тре­уголь­ник ABC, точки K, L, M  — точки ка­са­ния окруж­но­сти со сто­ро­на­ми AC, AB и BC со­от­вет­ствен­но.

Из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка AOK по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра най­дем AK:

Из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка AOH най­дем AH:

Сле­до­ва­тель­но, тре­уголь­ни­ки AOK и AOH равны по трем сто­ро­нам, тогда ∠OAK = ∠AOH.

Центр впи­сан­ной окруж­но­сти лежит на пе­ре­се­че­нии бис­сек­трис тре­уголь­ни­ка, сле­до­ва­тель­но, AO  — бис­сек­три­са, тогда ∠BAO = ∠OAK = ∠AOH. Углы BAO и AOH  — на­крес­тле­жа­щие при пе­ре­се­че­нии пря­мых AB и OH се­ку­щей AO, сле­до­ва­тель­но, пря­мые AB и OH па­рал­лель­ны, зна­чит, ABCD  — пря­мо­уголь­ник.

Пусть r  — ра­ди­ус окруж­но­сти, впи­сан­ной в тре­уголь­ник ABC, r  =  OK  =  3.

В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке ABC AL  =  AK  =  4, LB  =  BM  =  r  =  3, MC  =  CK по свой­ству ка­са­тель­ных. Пусть MC  =  CK  =  x. Тогда по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра

Сле­до­ва­тель­но, сто­ро­ны пря­мо­уголь­ни­ка ABC: AB  =  4 + 3  =  7, BC  =  3 + 21  =  24, тогда его пло­щадь

Ре­ше­ние. Вве­дем обо­зна­че­ния, как по­ка­за­но на ри­сун­ке. От­ре­зок B₁C₁ про­хо­дит через центр опи­сан­ной окруж­но­сти, сле­до­ва­тель­но, B₁C₁  — диа­метр. Углы BB₁C, CAB и CC₁B  — впи­сан­ные и опи­ра­ют­ся на одну и ту же дугу, зна­чит, они равны. Из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка B₁OC: Из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка LCO: Рас­смот­рим пря­мо­уголь­ный тре­уголь­ник CAM, углы BAC и ACC₁ равны, зна­чит,

Ответ: 45°.

Ре­ше­ние. Пусть T  — точка пе­ре­се­че­ния пря­мых AB и CD, P  — про­ек­ция точки E на пря­мую CD, Q  — про­ек­ция точки C на пря­мую AD (см. рис.). Обо­зна­чим ∠CDA = a, CD = x.

По­сколь­ку QD = AD − AQ = AD − BC = 2, по­лу­ча­ем, что Из по­до­бия тре­уголь­ни­ков TBC и TAD на­хо­дим, что TC = 6x. По­это­му

Сле­до­ва­тель­но,

Ответ:

Ре­ше­ние. Пусть

По свой­ству ка­са­тель­ных AM = AP, BM = BK , CP = CK . Зна­чит, тре­уголь­ни­ки AMP, BMK и CPK рав­но­бед­рен­ные, от­ку­да по­лу­ча­ем:

Зна­чит, Ана­ло­гич­но по­лу­ча­ем, что и

Решая си­сте­му от­но­си­тель­но α , β и γ , по­лу­ча­ем, что углы тре­уголь­ни­ка ABC равны 82°, 42°, 56°.

При­ве­дем ре­ше­ние Марии Ва­си­льев­ны.

Угол AMP  — угол между ка­са­тель­ной и хор­дой, сле­до­ва­тель­но, его ве­ли­чи­на равна по­ло­ви­не гра­дус­ной меры дуги, стя­ги­ва­е­мой хор­дой, то есть дуги MP.

Угол MKP  — впи­сан­ный, сле­до­ва­тель­но, его ве­ли­чи­на равна по­ло­ви­не гра­дус­ной меры дуги, на ко­то­рую он опи­ра­ет­ся, то есть дуги MP.

Тогда

По свой­ству ка­са­тель­ных AM = AP, тогда в рав­но­бед­рен­ном тре­уголь­ни­ке MAP

Ана­ло­гич­но най­дем

При­ве­дем дру­гое ре­ше­ние.

Пусть O  — центр окруж­но­сти.

Угол MKP  — впи­сан­ный, угол MOP  — цен­траль­ный, тогда

В че­ты­рех­уголь­ни­ке AMOP как углы между ка­са­тель­ной и ра­ди­у­сом, про­ве­ден­ным в точку ка­са­ния. Тогда

Ана­ло­гич­но

Ответ: 82°, 42°, 56°.

Ре­ше­ние. Ме­ди­а­на KM раз­би­ва­ет тре­уголь­ник AKC на два рав­но­ве­ли­ких тре­уголь­ни­ка  — пусть их пло­ща­ди равны по 3S. По­сколь­ку

по­лу­ча­ем, что

Пусть и Тогда

от­сю­да Далее, а тогда

то есть и

По­лу­ча­ем, что

Ответ: 49 : 81.

Ре­ше­ние. По­сколь­ку ∠QPS  =  ∠QPM  =  ∠MNQ  =  ∠QNP (см. рис.), тре­уголь­ник PQS по­до­бен тре­уголь­ни­ку NQP по двум углам (угол при вер­ши­не Q общий). По­это­му

Пусть NS = x. Тогда

Из этого урав­не­ния на­хо­дим, что x = 45.

Ответ: 45.

Ре­ше­ние. За­ме­тим, что ∠CAB  =  90° − ∠CBA  =  ∠PCB, так что тре­уголь­ник ABC по­до­бен тре­уголь­ни­ку CBP.

Пусть ра­ди­ус окруж­но­сти, впи­сан­ной в тре­уголь­ник ABC, равен r, тогда По­сколь­ку тан­генс угла BAC равен по­лу­ча­ем, что, Зна­чит, от­ку­да r  =  204.

Ре­ше­ние. Пусть 

= 102° − x;       x = + 32°.

= 72°;      =  72° − x;  2x  =  104°, x  =  52°.

Ответ: 52°.

При­ве­дем ре­ше­ние Сер­гея Пе­пе­ля­е­ва.

За­ме­тим, что углы ABD и ACD равны, как углы, опи­ра­ю­щи­е­ся на одну дугу. Пусть Тогда:

Решив по­лу­чив­шу­ю­ся си­сте­му урав­не­ний, най­дем

Ре­ше­ние. Пусть и По­это­му ги­по­те­ну­за По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

Ответ: 24 см².

Ре­ше­ние. Су­ще­ству­ет точка, рав­но­уда­лен­ная от всех вер­шин че­ты­рех­уголь­ни­ка, по­это­му этот че­ты­рех­уголь­ник можно впи­сать в окруж­ность. Че­ты­рех­уголь­ник впи­сан в окруж­ность, сле­до­ва­тель­но, суммы про­ти­во­по­лож­ных углов равны 180°:

От­рез­ки AM, BM и CM равны как ра­ди­у­сы окруж­но­сти, по­это­му тре­уголь­ни­ки ABM и BMC  — рав­но­бед­рен­ные, от­ку­да

Рас­смот­рим тре­уголь­ник BMC. Сумма углов в тре­уголь­ни­ке равна 180°, тогда

По тео­ре­ме си­ну­сов най­дем сто­ро­ну BM из тре­уголь­ни­ка BMC:

Сто­ро­на AD  — диа­метр опи­сан­ной окруж­но­сти, по­это­му

Ответ:

Ре­ше­ние. Угол BAC равен углу BCP так как и Так как тан­генс  —  это от­но­ше­ние про­ти­во­ле­жа­ще­го ка­те­та к при­ле­жа­ще­му, имеем: Тогда а ги­по­те­ну­за по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра. Пло­щадь тре­уголь­ни­ка равна про­из­ве­де­нию по­ло­ви­ны его пе­ри­мет­ра на ра­ди­ус впи­сан­ной окруж­но­сти, но пло­щадь пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка равна по­ло­ви­не про­из­ве­де­ния ка­те­тов, имеем:

Таким об­ра­зом, а Так как то а по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра.

В тре­уголь­ни­ке ABC пло­щадь равна про­из­ве­де­нию по­ло­ви­ны его пе­ри­мет­ра на ра­ди­ус впи­сан­ной в него окруж­но­сти, но пло­щадь пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка равна по­ло­ви­не про­из­ве­де­ния ка­те­тов, имеем:

Ответ:

Ре­ше­ние. Пусть вер­ши­ны A, B, и C ромба ABCD лежат на окруж­но­сти ра­ди­у­са 3, а вер­ши­ны и D лежат на окруж­но­сти ра­ди­у­са 4. При­мем сто­ро­ну ромба за х, а ве­ли­чи­ну угла BAC за

Тогда по тео­ре­ме си­ну­сов для тре­уголь­ни­ка ABC

Ана­ло­гич­но по тео­ре­ме си­ну­сов для тре­уголь­ни­ка ABD:

Зна­чит, и По­лу­ча­ем урав­не­ние

От­ку­да Сле­до­ва­тель­но, сто­ро­на ромба равна 4,8.

Ответ: 4,8.

Ре­ше­ние. Ме­ди­а­на BM делит AC по­по­лам. Центр окруж­но­сти лежит на се­ре­ди­не ме­ди­а­ны BM, тогда ON  — сред­няя линия в тре­уголь­ни­ке BMC, где O  — центр окруж­но­сти, а N  — точка пе­ре­се­че­ния этой окруж­но­сти сто­ро­ны BC. Сред­няя линия в тре­уголь­ни­ке равна по­ло­ви­не ос­но­ва­ния, по­это­му ON  =  1. Сред­няя линия ON яв­ля­ет­ся ра­ди­у­сом окруж­но­сти. Так как ме­ди­а­на BM яв­ля­ет­ся диа­мет­ром, то BM  =  2ON  =  2. Про­ве­дем MN в тре­уголь­ни­ке BMC. Так как угол BNM опи­ра­ет­ся на диа­метр BM, то таким об­ра­зом, тре­уголь­ник BNM  — пря­мо­уголь­ный. Так как MN  — сред­няя линия, то она па­рал­лель­на AB, тогда тре­уголь­ник ABC  — пря­мо­уголь­ный. Центр опи­сан­ной во­круг пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка окруж­но­сти лежит на се­ре­ди­не ги­по­те­ну­зы, таким об­ра­зом, ра­ди­ус опи­сан­ной во­круг тре­уголь­ни­ка ABC окруж­но­сти равен 2.

Ре­ше­ние. Вве­дем обо­зна­че­ния, как по­ка­за­но на ри­сун­ке. Рас­смот­рим тре­уголь­ник BOK: он рав­но­бед­рен­ный, сле­до­ва­тель­но, Ана­ло­гич­но в тре­уголь­ни­ке OKM имеем: Те­перь рас­смот­рим тре­уголь­ник MBK: сумма его углов равна 180°, по­это­му

По­сколь­ку кроме этого имеем:

Рас­смот­рим тре­уголь­ни­ки BMK и они пря­мо­уголь­ные, имеют общий катет, а ка­те­ты BK и KC равны. Сле­до­ва­тель­но, эти тре­уголь­ни­ки равны, а зна­чит,

Точка M рав­но­уда­ле­на от всех вер­шин тре­уголь­ни­ка: сле­до­ва­тель­но, точка M  — центр окруж­но­сти, опи­сан­ной около тре­уголь­ни­ка ABC. Тогда

Ответ: 14.

При­ве­дем дру­гое ре­ше­ние.

Вве­дем обо­зна­че­ния, как по­ка­за­но на ри­сун­ке. Угол BKM пря­мой, по­сколь­ку он опи­ра­ет­ся на диа­метр окруж­но­сти. Тогда от­ре­зок MK яв­ля­ет­ся вы­со­той тре­уголь­ни­ка BMC, и так как он яв­ля­ет­ся также ме­ди­а­ной этого тре­уголь­ни­ка, тре­уголь­ник BMC рав­но­бед­рен­ный. По­это­му BM  =  MC  =  AM. Сле­до­ва­тель­но, точка М яв­ля­ет­ся цен­тром окруж­но­сти, опи­сан­ной во­круг тре­уголь­ни­ка ABC, тогда AC  =  2R  =  2 · 7  =  14.

При­ве­дем еще одно ре­ше­ние.

Угол BKM  — пря­мой, по­сколь­ку опи­ра­ет­ся на диа­метр. MK  — сред­няя линия тре­уголь­ни­ка ABC, тогда MK па­рал­лель­на AB и ∠ABC  =  ∠MKC  =  90°. Таким об­ра­зом, тре­уголь­ник ABC пря­мо­уголь­ный, центр опи­сан­ной во­круг него окруж­но­сти лежит на се­ре­ди­не ги­по­те­ну­зы AC, тогда AC  =  2R  =  2 · 7  =  14.

При­ме­ча­ние.

Об­ра­ща­ем вни­ма­ние чи­та­те­лей на то, что в усло­вии за­да­чи задан ра­ди­ус окруж­но­сти, опи­сан­ной во­круг тре­уголь­ни­ка ABC, а не ра­ди­ус изоб­ра­жен­ной на ри­сун­ке окруж­но­сти, опи­сан­ной во­круг тре­уголь­ни­ка BMK.

Ре­ше­ние. Угол ACD, об­ра­зо­ван­ный ка­са­тель­ной к окруж­но­сти и хор­дой, про­ве­ден­ной через точку ка­са­ния, равен по­ло­ви­не за­клю­чен­ной между ними дуги AC. Угол ABC  — впи­сан­ный, по­это­му он также равен по­ло­ви­не дуги AC, на ко­то­рую он опи­ра­ет­ся. По­это­му углы ABC и ACD равны.

В тре­уголь­ни­ках ACD и CBD угол BDC общий, углы ABC и ACD равны. Cле­до­ва­тель­но, эти тре­уголь­ни­ки по­доб­ны, от­ку­да

Бис­сек­три­са угла делит сто­ро­ну тре­уголь­ни­ка на от­рез­ки, про­пор­ци­о­наль­ные при­ле­жа­щим сто­ро­нам: По­лу­ча­ем:

Най­дем CD:

Ответ: 161,5.

Ре­ше­ние. Центр окруж­но­сти яв­ля­ет­ся точ­кой пе­ре­се­че­ния бис­сек­трис углов CBM и BCL. При этом по свой­ству ка­са­тель­ных Сле­до­ва­тель­но, длины ло­ма­ных ACK и ABK равны по­лу­пе­ри­мет­ру p. По усло­вию

Най­дем ра­ди­ус KO из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка BKO. В тре­уголь­ни­ке BKO

Ответ: 3.

Ре­ше­ние. Вве­дем обо­зна­че­ния, как по­ка­за­но на ри­сун­ке. От­рез­ки ка­са­тель­ных, про­ве­ден­ные из одной точки равны, по­это­му Сле­до­ва­тель­но, тре­уголь­ни­ки MBK, AMP, KPC  — рав­но­бед­рен­ные, по­это­му в каж­дом тре­уголь­ни­ке углы при ос­но­ва­нии равны. Угол MPK  — впи­сан­ный, по­это­му он равен по­ло­ви­не дуги, на ко­то­рую опи­ра­ет­ся. Угол BMK об­ра­зо­ван хор­дой и ка­са­тель­ной, сле­до­ва­тель­но, он равен по­ло­ви­не ве­ли­чи­ны дуги, ко­то­рую за­клю­ча­ет. Зна­чит, Сумма углов тре­уголь­ни­ка равна 180°. Най­дем угол ABC:

Ана­ло­гич­но, из тре­уголь­ни­ков AMP и PKC по­лу­ча­ем,

Ответ: 24°; 104°; 52°.

Ре­ше­ние. Про­ве­дем по­стро­е­ния, как по­ка­за­но на ри­сун­ке. Угол ABE  — впи­сан­ный и опи­ра­ет­ся на диа­метр, зна­чит, угол ABE  — пря­мой. Рас­смот­рим тре­уголь­ни­ки AEB и ABF, они пря­мо­уголь­ные, угол BAE  — общий, сле­до­ва­тель­но, эти тре­уголь­ни­ки по­доб­ны. От­ку­да:

Угол ECA  — впи­сан­ный и опи­ра­ет­ся на диа­метр, сле­до­ва­тель­но, он пря­мой. Рас­смот­рим тре­уголь­ни­ки AEC и AFD, они пря­мо­уголь­ные, угол FAD  — общий, сле­до­ва­тель­но, эти тре­уголь­ни­ки по­доб­ны. От­ку­да

Под­став­ляя выше най­ден­ное ра­вен­ство:

Ответ: 26.

Ре­ше­ние. Из CDE имеем тогда Далее так как они опи­ра­ют­ся на одну дугу окруж­но­сти, сле­до­ва­тель­но, В че­ты­рех­уголь­ни­ке BKDE имеем:

Ответ: 50°.

Ре­ше­ние. По усло­вию окруж­ность про­хо­дит через точку B и это един­ствен­ная общая точка окруж­но­сти и пря­мой BC. Сле­до­ва­тель­но, ра­ди­ус OB окруж­но­сти пер­пен­ди­ку­ля­рен пря­мой BC. По­это­му пря­мые AC и OB па­рал­лель­ны. Центр O окруж­но­сти рав­но­уда­лен от точек A и B, сле­до­ва­тель­но, он лежит на се­ре­дин­ном пер­пен­ди­ку­ля­ре к AB. Обо­зна­чим се­ре­ди­ну AB бук­вой M.

  — это на­крест ле­жа­щие углы при па­рал­лель­ных пря­мых и се­ку­щей AB.

Сле­до­ва­тель­но, пря­мо­уголь­ные тре­уголь­ни­ки ACB и BMO по­доб­ны.

По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра най­дем, что Ко­эф­фи­ци­ент по­до­бия равен

Тогда

Ответ:

Ре­ше­ние. Вве­дем обо­зна­че­ния, как по­ка­за­но на ри­сун­ке. По тео­ре­ме о ка­са­тель­ной и се­ку­щей:

Рас­смот­рим тре­уголь­ник AEM, по тео­ре­ме ко­си­ну­сов най­дем сто­ро­ну EM:

Ана­ло­гич­но из тре­уголь­ни­ка AEN най­дем сто­ро­ну EN:

В тре­уголь­ни­ке AEN сто­ро­ны AE и EN равны, сле­до­ва­тель­но, тре­уголь­ник AEN  — рав­но­бед­рен­ный, от­ку­да Из ос­нов­но­го три­го­но­мет­ри­че­ско­го тож­де­ства най­дем

Най­дем ис­ко­мый ра­ди­ус окруж­но­сти по тео­ре­ме си­ну­сов:

Ответ: 5,4.

Ре­ше­ние. Про­ве­дем по­стро­е­ния и вве­дем обо­зна­че­ния, как по­ка­за­но на ри­сун­ке. Угол, об­ра­зо­ван­ный ка­са­тель­ной и хор­дой равен по­ло­ви­не дуги, ко­то­рую он за­клю­ча­ет, по­это­му угол BCD равен по­ло­ви­не дуги CD. Впи­сан­ный угол равен по­ло­ви­не дуги, на ко­то­рую он опи­ра­ет­ся, по­это­му угол CAD равен по­ло­ви­не дуги CD. Сле­до­ва­тель­но, углы BCD и CAD равны. Рас­смот­рим тре­уголь­ни­ки ABC и CDB, углы BCD и CAD равны, угол B  — общий, зна­чит, тре­уголь­ни­ки по­доб­ны. От­ку­да Зна­чит, и Таким об­ра­зом,

Ответ: 15.

Ре­ше­ние. Про­ве­дем по­стро­е­ния и вве­дем обо­зна­че­ния как ука­за­но на ри­сун­ке. Угол BKC  — впи­сан­ный, опи­ра­ю­щий­ся на диа­метр, по­это­му он равен 90°. Зна­чит, точка пе­ре­се­че­ния пря­мых BK и AD  — точка пе­ре­се­че­ния высот H. Про­дол­жим вы­со­ту AD до пе­ре­се­че­ния с окруж­но­стью в точке Q. По­лу­ча­ем, что По тео­ре­ме о се­ку­щих по­лу­ча­ем, что

Тре­уголь­ни­ки AKH и ADC  — пря­мо­уголь­ные, угол DAC  — общий, сле­до­ва­тель­но, эти тре­уголь­ни­ки по­доб­ны, от­ку­да:

Ответ: 15.

Ре­ше­ние. Про­дол­жим сто­ро­ны AB и CD до их пе­ре­се­че­ния в точке E. Угол AEC равен 90°, по­сколь­ку сумма углов EAD и EDA равна 90°. Рас­смот­рим тре­уголь­ни­ки AED и BEC, они пря­мо­уголь­ные, углы ECB и EDA равны как со­от­вет­ствен­ные углы при па­рал­лель­ных пря­мых, сле­до­ва­тель­но, эти тре­уголь­ни­ки по­доб­ны, от­ку­да

Най­дем длину от­рез­ка BE:

Пусть окруж­ность ка­са­ет­ся пря­мой CD в точке F, при­чем точка F может ле­жать или на сто­ро­не CD, или на ее про­дол­же­нии. От­ре­зок OF пер­пен­ди­ку­ля­рен пря­мой CD, как ра­ди­ус про­ве­ден­ный в точку ка­са­ния, от­рез­ки OA, OB и OF  — ра­ди­у­сы.

Тре­уголь­ник AOB  — рав­но­бед­рен­ный, от­ре­зок OH  — вы­со­та, сле­до­ва­тель­но, она яв­ля­ет­ся ме­ди­а­ной и бис­сек­три­сой. Че­ты­рех­уголь­ник OHEF  — пря­мо­уголь­ник, по­то­му что все его углы пря­мые, то есть:

Ответ: 25.

Ре­ше­ние. Обо­зна­чим BH вы­со­ту, про­ве­ден­ную из вер­ши­ны B. Бис­сек­три­са, про­ве­ден­ная из угла A, делит BH в от­но­ше­нии, рав­ном от­но­ше­нию AB и AH. Зна­чит, по­это­му

По тео­ре­ме си­ну­сов ра­ди­ус опи­сан­ной около тре­уголь­ни­ка ABC окруж­но­сти равен от­но­ше­нию сто­ро­ны к удво­ен­но­му си­ну­су про­ти­во­ле­жа­ще­го угла:

Ответ: 17.