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.

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

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°.

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

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°.