Пусть — центр дан­ной окружности, а — центр окружности, впи­сан­ной в тре­уголь­ник . Точка ка­са­ния окруж­но­стей делит пополам. и — бис­сек­три­сы смеж­ных углов, значит, угол прямой. Из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка получаем:

Следовательно,

Ответ: 4,5.

----------

Дублирует задание 314827.

Проведём по­стро­е­ния и введём обо­зна­че­ния как по­ка­за­но на рисунке. Пусть — центр окружности, впи­сан­ной в тре­уголь­ник Центр впи­сан­ной окруж­но­сти — это точка пе­ре­се­че­ния биссектрис, по­это­му — биссектрисы. Из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра найдём

Отрезки и равны как ра­ди­у­сы впи­сан­ной в тре­уголь­ник окружности, то есть Рас­смот­рим тре­уголь­ни­ки ALO и AOK, они прямоугольные, углы и равны, — общая, следовательно, тре­уголь­ни­ки равны, от­ку­да Ана­ло­гич­но из ра­вен­ства тре­уголь­ни­ков и по­лу­ча­ем а из ра­вен­ства тре­уголь­ни­ков и — Пло­щадь тре­уголь­ни­ка можно найти как про­из­ве­де­ние ра­ди­у­са впи­сан­ной окруж­но­сти на полупериметр:

Площадь па­рал­ле­ло­грам­ма равна про­из­ве­де­нию вы­со­ты на основание:

Рассмотрим тре­уголь­ни­ки и равно , равно углы и равны, следовательно, тре­уголь­ни­ки и равны. По­это­му пло­щадь тре­уголь­ни­ка равна по­ло­ви­не пло­ща­ди параллелограмма:

Площадь па­рал­ле­ло­грам­ма равна:

Ответ:

ВВедём обо­зна­че­ния как по­ка­за­но на рисунке. От­ре­зок про­хо­дит через центр опи­сан­ной окружности, следовательно, — диаметр. Углы и — впи­сан­ные и опи­ра­ют­ся на одну и ту же дугу, значит, они равны. Из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка Из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка Рас­смот­рим пря­мо­уголь­ный тре­уголь­ник углы и равны, зна­чит

Ответ: 45°.

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:

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 = α, CD = x.

Поскольку QD = AD − AQ = AD − BC = 1, получаем, что

Из по­до­бия тре­уголь­ни­ков TBC и TAD находим, что TC = 14x.

Поэтому

Следовательно,

Ответ:

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 = α, CD = x.

Поскольку QD = AD − AQ = AD − BC = 8, получаем, что

Из по­до­бия тре­уголь­ни­ков TBC и TAD находим, что TC = x.

Поэтому

Следовательно,

Ответ:

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.

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.

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.

Из тео­ре­мы об угле между ка­са­тель­ной и хор­дой следует, что ∠BCD = ∠CAD = ∠CAB, значит, тре­уголь­ник ABC по­до­бен тре­уголь­ни­ку CBD по двум углам, причём ко­эф­фи­ци­ент по­до­бия равен (см. рисунок). Тогда

Следовательно,

Ответ: 51.

Пусть  .

= 180° − 110° = 70°;

= 102° − x;     + 102° − x = 70°;    x = + 32°.

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

Ответ: 52°.

Пусть см, см и см. По­это­му ги­по­те­ну­за см. По тео­ре­ме Пифагора:

Пусть ABCD — дан­ная трапеция, AD — боль­шее основания, K и L — се­ре­ди­ны сто­рон AB и CD соответственно. Сумма углов при одном из ос­но­ва­ний равна 85° + 5° = 90°, так что это боль­шее ос­но­ва­ние AD.

Продолжим бо­ко­вые сто­ро­ны тра­пе­ции до пе­ре­се­че­ния в точке O (см. рис.).

Легко видеть, что ∠AOD = 180° − (85° + 5°) = 90°.

Пусть N — се­ре­ди­на от­рез­ка AD. Тогда — ме­ди­а­на пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка AOD. По­сколь­ку ме­ди­а­на ON делит по­по­лам любой от­ре­зок с кон­ца­ми на сто­ро­нах AO и DO тре­уголь­ни­ка AOD, па­рал­лель­ный стороне AD, она пе­ре­се­ка­ет ос­но­ва­ние BC также в его се­ре­ди­не M.

Значит, Таким образом, Сред­няя линия KL тра­пе­ции при этом равна

Получаем, что AD = MN + KL = 11 + 1 = 12; BC = KL − MN = 11 −1 = 10.

Ответ: 12; 10.

Пусть M — се­ре­ди­на AB (см. рис.). Про­дол­жим биссектрису DM угла ADC до пе­ре­се­че­ния с про­дол­же­ни­ем основания BC в точке K. По­сколь­ку ∠CKD = ∠ADK = ∠CDK, тре­уголь­ник KCD равнобедренный, KC = CD = 35. Тогда KB = KC − BC = 35 − 7 = 28.

Из ра­вен­ства треугольников AMD и BMK следует, что AD = BK = 28. Проведём через вер­ши­ну C прямую, па­рал­лель­ную стороне AB, до пе­ре­се­че­ния с ос­но­ва­ни­ем AD в точке P. Тре­уголь­ник CPD прямоугольный, так как CD² = 35² = 28² + 21² = PC² + PD².

Поэтому CP — вы­со­та трапеции. Следовательно,

Ответ: 490.

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

Ответ:

Пусть вер­ши­ны и ромба лежат на окруж­но­сти ра­ди­у­са 3, а вер­ши­ны и лежат на окруж­но­сти ра­ди­у­са 4. При­мем сто­ро­ну ромба за , а ве­ли­чи­ну угла за .

Тогда по тео­ре­ме си­ну­сов для тре­уголь­ни­ка

Аналогично по тео­ре­ме си­ну­сов для тре­уголь­ни­ка :

Значит, и . По­лу­ча­ем урав­не­ние

Откуда . Следовательно, сто­ро­на ромба равна 4,8.

Ответ: 4,8.

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.

Введём обо­зна­че­ния как по­ка­за­но на рисунке. Рас­смот­рим тре­уголь­ник — он равнобедренный, сле­до­ва­тель­но, . Ана­ло­гич­но в тре­уголь­ни­ке имеем: Те­перь рас­смот­рим тре­уголь­ник : сумма его углов равна 180°, по­это­му

Поскольку кроме этого имеем:

Рас­смот­рим тре­уголь­ни­ки и они прямоугольные, имеют общий катет и равно следовательно, эти тре­уголь­ни­ки равны, а зна­чит, .

Точка от­сто­ит на рав­ное рас­сто­я­ние от всех трёх вер­шин треугольника, , следовательно, точка — центр окружности, опи­сан­ной около тре­уголь­ни­ка . Найдём сто­ро­ну

Ответ: 14.

Введём обозначения, приведённые на рисунке. Лучи и — со­от­вет­ствен­но бис­сек­три­сы углов и , по­сколь­ку эти лучи про­хо­дят через цен­тры впи­сан­ных окружностей. — се­ре­ди­на ос­но­ва­ния сле­до­ва­тель­но Углы и равны друг другу, как углы с вза­им­но пер­пен­ди­ку­ляр­ны­ми сторонами. Рас­смот­рим тре­уголь­ни­ки и — они пря­мо­уголь­ные и имеют рав­ные углы и , сле­до­ва­тель­но эти тре­уголь­ни­ки подобны:

Отсюда следует, что ра­ди­ус впи­са­ной окружности:

Ответ:

Проведём через точку прямую, параллельную диагонали Дуги и равны, следовательно, равны и стягивающие их хорды:

Вертикальные углы и равны. Углы и равны как накрест лежащие:

Четырёхугольник вписан в окружность, следовательно, суммы противолежащих углов равны 180°, откуда

Рассмотрим треугольник По теореме косинусов:

Найдём радиус описанной вокруг треугольника окружности по теореме синусов:

Ответ:

Приведём другое решение.

Передвинем хорду так, чтобы она стала параллельна стороне (см. рисунок). Заметим, что при таком движении угол остаётся равен 60°, поскольку он равен полусумме дуг и Параллельные прямые отсекают равные дуги, поэтому дуги и равны. Углы и равны, как вписанные углы, опирающиеся на равные дуги. Таким образом, треугольник — равнобедренный:

Все углы треугольника равны 60°, следовательно, треугольник — равносторонний, значит Аналогично можно показать, что треугольник — равносторонний, откуда

Рассмотрим треугольник По теореме косинусов:

По теореме синусов:

Приведём другое решение.

Рас­смот­рим тре­уголь­ник сумма углов тре­уголь­ни­ка равна 180°: Углы и яв­ля­ют­ся смежными, следовательно, откуда:

Пусть — ра­ди­ус опи­сан­ной окружности, угол обо­зна­чим как Рас­смот­рим тре­уголь­ник он впи­сан в окружность, следовательно, по тео­ре­ме синусов:

Аналогично, из тре­уголь­ни­ка

Разделим на

Откуда:

Найдём

Таким образом, ра­ди­ус опи­сан­ной окруж­но­сти равен:

Угол равен по­ло­ви­не дуги на ко­то­рую он опирается, по­сколь­ку это угол, об­ра­зо­ван­ный ка­са­тель­ной к окруж­но­сти и секущей, проведённой через точку касания. Угол — вписанный, по­это­му он также равен по­ло­ви­не дуги, на ко­то­рую опирается. Углы и опи­ра­ют­ся на одну и ту же дугу, следовательно, они равны. Рас­смот­рим тре­уголь­ни­ки и угол — общий, углы и равны, следовательно, тре­уголь­ни­ки подобны, от­ку­да Бис­сек­три­са угла делит сто­ро­ну тре­уголь­ни­ка на отрезки, про­пор­ци­о­наль­ные при­ле­жа­щим сторонам: Получаем:

Найдём

Ответ:

Центр окруж­но­сти яв­ля­ет­ся точ­кой пе­ре­се­че­ния бис­сек­трис углов и . При этом по свой­ству ка­са­тель­ных . Следовательно, длины ло­ма­ных и равны по­лу­пе­ри­мет­ру . По усло­вию .

Найдем ра­ди­ус из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка . В тре­уголь­ни­ке

Ответ: 3.

Введём обо­зна­че­ния как по­ка­за­но на рисунке. От­рез­ки касательных, проведённые из одной точки равны, по­это­му Следовательно, тре­уголь­ни­ки — равнобедренные, по­это­му в каж­дом тре­уголь­ни­ке углы при ос­но­ва­нии равны. Угол — вписанный, по­это­му он равен по­ло­ви­не дуги, на ко­то­рую опирается. Угол об­ра­зо­ван хор­дой и касательной, следовательно, он равен по­ло­ви­не ве­ли­чи­ны дуги, ко­то­рую заключает. Значит, Сумма углов тре­уголь­ни­ка равна 180°. Найдём угол

Аналогично, из тре­уголь­ни­ков и получаем,

Ответ: 24°; 104°; 52°.

Проведём по­стро­е­ния как по­ка­за­но на рисунке. Угол — впи­сан­ный и опи­ра­ет­ся на диаметр, значит, угол — прямой. Рас­смот­рим тре­уголь­ни­ки и они прямоугольные, угол — общий, следовательно, эти тре­уголь­ни­ки подобны. Откуда:

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

Подставляя выше най­ден­ное равенство:

Ответ: 26.

Из    имеет   = 90° − 20° = 70°, тогда   = 180° − 70° = 110°. Далее  , так как они опи­ра­ют­ся на одну дугу окружности: следовательно,  . В четырёхугольнике    имеем   = 360° − 90° − 2 · 110° = 50°.

Ответ: 50°.

По усло­вию окруж­ность про­хо­дит через точку и это един­ствен­ная общая точка окруж­но­сти и пря­мой . Следовательно, ра­ди­ус окруж­но­сти пер­пен­ди­ку­ля­рен пря­мой . По­это­му пря­мые и параллельны. Центр окруж­но­сти рав­но­уда­лен от точек и , следовательно, он лежит на се­ре­дин­ном пер­пен­ди­ку­ля­ре к . Обо­зна­чим се­ре­ди­ну бук­вой .

 — это на­крест ле­жа­щие углы при па­рал­лель­ных пря­мых и се­ку­щей .

Следовательно, пря­мо­уголь­ные тре­уголь­ни­ки и подобны.

По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра найдем, что . Ко­эф­фи­ци­ент по­до­бия равен

Ответ: .

Введём обо­зна­че­ния как по­ка­за­но на рисунке. По тео­ре­ме о ка­са­тель­ной и секущей:

Рассмотрим тре­уголь­ник по тео­ре­ме ко­си­ну­сов найдём сто­ро­ну

Аналогично из тре­уголь­ни­ка найдём сто­ро­ну

В тре­уголь­ни­ке сто­ро­ны и равны, следовательно, тре­уголь­ник — равнобедренный, от­ку­да Из ос­нов­но­го три­го­но­мет­ри­че­ско­го тож­де­ства найдём

Найдём ис­ко­мый ра­ди­ус окруж­но­сти по тео­ре­ме синусов:

Ответ: 5,4.

Проведём по­стро­е­ния и введём обо­зна­че­ния как по­ка­за­но на рисунке. Угол, об­ра­зо­ван­ный ка­са­тель­ной и хор­дой равен по­ло­ви­не дуги, ко­то­рую он заключает, по­это­му угол равен по­ло­ви­не дуги Впи­сан­ный угол равен по­ло­ви­не дуги, на ко­то­рую он опирается, по­это­му угол равен по­ло­ви­не дуги Следовательно, углы и равны. Рас­смот­рим тре­уголь­ни­ки и углы и равны, угол — общий, значит, тре­уголь­ни­ки подобны. От­ку­да Значит, и Таким об­ра­зом

Ответ: 15.

Проведём по­стро­е­ния и введём обо­зна­че­ния как ука­за­но на рисунке. Угол — вписанный, опи­ра­ю­щий­ся на диаметр, по­это­му он равен 90°. Значит, точка пе­ре­се­че­ния пря­мых и — точка пе­ре­се­че­ния высот Про­дол­жим вы­со­ту до пе­ре­се­че­ния с окруж­но­стью в точке Получаем, что По тео­ре­ме о се­ку­щих получаем, что Тре­уголь­ни­ки и — прямоугольные, угол — общий, следовательно, эти тре­уголь­ни­ки подобны, откуда:

Ответ: 15.

Продолжим сто­ро­ны и до их пе­ре­се­че­ния в точке Угол равен 90°, по­сколь­ку сумма углов и равна 90°. Рас­смот­рим тре­уголь­ни­ки и они прямоугольные, углы и равны как со­от­вет­ствен­ные углы при па­рал­лель­ных прямых, следовательно, эти тре­уголь­ни­ки подобны, от­ку­да Найдём

Пусть окруж­ность ка­са­ет­ся пря­мой в точке причём точка может ле­жать или на сто­ро­не или на её продолжении. От­ре­зок пер­пен­ди­ку­ля­рен пря­мой как ра­ди­ус проведённый в точку касания, и — радиусы.

Тре­уголь­ни­к — равнобедренный, — высота, следовательно, яв­ля­ет­ся ме­ди­а­ной и биссектрисой. Че­ты­рех­уголь­ник — пря­мо­уголь­ник, по­то­му что все его углы прямые. Откуда:

Ответ: 25.

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

Ответ:

Обозначим высоту, проведённую из вер­ши­ны . Биссектриса, проведённая из угла , делит вы­со­ту в отношении, рав­но­му от­но­ше­нию и . Зна­чит , по­это­му . По тео­ре­ме си­ну­сов ра­ди­ус опи­сан­ной около тре­уголь­ни­ка окруж­но­сти

Ответ: 5.

Проведём по­стро­е­ния и введём обо­зна­че­ния как ука­за­но на рисунке. Угол — вписанный, опи­ра­ю­щий­ся на диаметр, по­это­му он равен 90°. Значит, точка пе­ре­се­че­ния пря­мых и — точка пе­ре­се­че­ния высот Про­дол­жим вы­со­ту до пе­ре­се­че­ния с окруж­но­стью в точке Получаем, что По тео­ре­ме о се­ку­щих получаем, что Тре­уголь­ни­ки и — прямоугольные, угол — общий, следовательно, эти тре­уголь­ни­ки подобны, откуда:

Ответ: 80.

Проведём по­стро­е­ния как по­ка­за­но на рисунке. Рас­сто­я­ние от точки до пря­мой — от­ре­зок Про­дол­жим сто­ро­ны и до пе­ре­се­че­ния в точке проведём от­ре­зок па­рал­лель­ный Рас­смот­рим четырёхугольник пря­мая па­рал­лель­на пря­мая параллельна пря­мой угол — прямой, следовательно, — прямоугольник. От­ку­да Значит, Из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка Рас­смот­рим тре­уголь­ни­ки и они прямоугольные, углы и равны как со­от­вет­ствен­ные углы при па­рал­лель­ных прямых, следовательно, эти тре­уголь­ни­ки подобны:

По тео­ре­ме о ка­са­тель­ной и секущей:

Откуда Рас­смот­рим тре­уголь­ни­ки и они прямоугольные, угол — общий, следовательно, эти тре­уголь­ни­ки подобны. Значит, углы и равны, а значит, Найдём из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка

Ответ:

Угол равен по­ло­ви­не дуги на ко­то­рую он опирается, по­сколь­ку это угол, об­ра­зо­ван­ный ка­са­тель­ной к окруж­но­сти и секущей, проведённой через точку касания. Угол — вписанный, по­это­му он также равен по­ло­ви­не дуги, на ко­то­рую опирается. Углы и опи­ра­ют­ся на одну и ту же дугу, следовательно, они равны. Рас­смот­рим тре­уголь­ни­ки и угол — общий, углы и равны, следовательно, тре­уголь­ни­ки подобны, от­ку­да Бис­сек­три­са угла делит сто­ро­ну тре­уголь­ни­ка на отрезки, про­пор­ци­о­наль­ные при­ле­жа­щим сторонам: Получаем:

Найдём

Ответ:

Введём обо­зна­че­ния как по­ка­за­но на рисунке. По тео­ре­ме о ка­са­тель­ной и секущей:

Рассмотрим тре­уголь­ник по тео­ре­ме ко­си­ну­сов найдём сто­ро­ну

Аналогично из тре­уголь­ни­ка найдём сто­ро­ну

В тре­уголь­ни­ке сто­ро­ны и равны, следовательно, тре­уголь­ник — равнобедренный, от­ку­да Из ос­нов­но­го три­го­но­мет­ри­че­ско­го тож­де­ства найдём

Найдём ис­ко­мый ра­ди­ус окруж­но­сти по тео­ре­ме синусов:

Ответ: 24.

Проведём по­стро­е­ния и введём обо­зна­че­ния как по­ка­за­но на рисунке. Угол, об­ра­зо­ван­ный ка­са­тель­ной и хор­дой равен по­ло­ви­не дуги, ко­то­рую он заключает, по­это­му угол равен по­ло­ви­не дуги Впи­сан­ный угол равен по­ло­ви­не дуги, на ко­то­рую он опирается, по­это­му угол равен по­ло­ви­не дуги Следовательно, углы и равны. Рас­смот­рим тре­уголь­ни­ки и углы и равны, угол — общий, значит, тре­уголь­ни­ки подобны. От­ку­да Значит, и Таким об­ра­зом

Ответ: 42.

Продолжим сто­ро­ны и до их пе­ре­се­че­ния в точке Угол равен 90°, по­сколь­ку сумма углов и равна 90°. Рас­смот­рим тре­уголь­ни­ки и они прямоугольные, углы и равны как со­от­вет­ствен­ные углы при па­рал­лель­ных прямых, следовательно, эти тре­уголь­ни­ки подобны, от­ку­да Найдём

Пусть окруж­ность ка­са­ет­ся пря­мой в точке причём точка может ле­жать или на сто­ро­не или на её продолжении. От­ре­зок пер­пен­ди­ку­ля­рен пря­мой как ра­ди­ус проведённый в точку касания, и — радиусы.

Тре­уголь­ни­к — равнобедренный, — высота, следовательно, яв­ля­ет­ся ме­ди­а­ной и биссектрисой. Че­ты­рех­уголь­ник — пря­мо­уголь­ник, по­то­му что все его углы прямые. Откуда:

Ответ: 14,4.

Проведём через точку прямую, параллельную диагонали Дуги и равны, следовательно, равны и стягивающие их хорды:

Вертикальные углы и равны. Углы и равны как накрест лежащие:

Четырёхугольник вписан в окружность, следовательно, суммы противолежащих углов равны 180°, откуда

Рассмотрим треугольник По теореме косинусов:

Найдём радиус описанной вокруг треугольника окружности по теореме синусов:

Ответ:

Проведём по­стро­е­ния как по­ка­за­но на рисунке. Угол — впи­сан­ный и опи­ра­ет­ся на диаметр, значит, угол — прямой. Рас­смот­рим тре­уголь­ни­ки и они прямоугольные, угол — общий, следовательно, эти тре­уголь­ни­ки подобны. Откуда:

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

Подставляя выше най­ден­ное равенство:

Ответ: 63.

Проведём по­стро­е­ния и введём обо­зна­че­ния как по­ка­за­но на рисунке. Пусть — центр окружности, впи­сан­ной в тре­уголь­ник Центр впи­сан­ной окруж­но­сти — это точка пе­ре­се­че­ния биссектрис, по­это­му — биссектрисы. Из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра найдём

Отрезки и равны как ра­ди­у­сы впи­сан­ной в тре­уголь­ник окружности, то есть Рас­смот­рим тре­уголь­ни­ки ALO и AOK, они прямоугольные, углы и равны, — общая, следовательно, тре­уголь­ни­ки равны, от­ку­да Ана­ло­гич­но из ра­вен­ства тре­уголь­ни­ков и по­лу­ча­ем а из ра­вен­ства тре­уголь­ни­ков и — Пло­щадь тре­уголь­ни­ка можно найти как про­из­ве­де­ние ра­ди­у­са впи­сан­ной окруж­но­сти на полупериметр:

Площадь па­рал­ле­ло­грам­ма равна про­из­ве­де­нию вы­со­ты на основание:

Рассмотрим тре­уголь­ни­ки и равно , равно углы и равны, следовательно, тре­уголь­ни­ки и равны. По­это­му пло­щадь тре­уголь­ни­ка равна по­ло­ви­не пло­ща­ди параллелограмма:

Площадь па­рал­ле­ло­грам­ма равна:

Ответ: