Комбинация многоугольников и окружностей

Задание 26 № 52

1. Основание рав­но­бед­рен­но­го тре­уголь­ни­ка равно 12. Окруж­ность ра­ди­у­са 8 с цен­тром вне этого тре­уголь­ни­ка ка­са­ет­ся про­дол­же­ний бо­ко­вых сто­рон тре­уголь­ни­ка и ка­са­ет­ся ос­но­ва­ния в его се­ре­ди­не. Най­ди­те ра­ди­ус окружности, впи­сан­ной в тре­уголь­ник .

Решение.

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.

Критерии проверки:

Источник: Демонстрационная вер­сия ГИА—2013 по математике.

Задание 26 № 339825

2. В па­рал­ле­ло­грам­ме ABCD про­ве­де­на диа­го­наль AC. Точка O яв­ля­ет­ся цен­тром окружности, впи­сан­ной в тре­уголь­ник ABC. Рас­сто­я­ния от точки O до точки A и пря­мых AD и AC со­от­вет­ствен­но равны 5, 4 и 3. Най­ди­те пло­щадь па­рал­ле­ло­грам­ма ABCD.

Решение.

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:

Критерии проверки:

Задание 26 № 339886

3. Высоты ост­ро­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка ABC, проведённые из точек B и C, про­дол­жи­ли до пе­ре­се­че­ния с опи­сан­ной окруж­но­стью в точ­ках B ₁ и C ₁. Оказалось, что от­ре­зок B ₁ C ₁ про­хо­дит через центр опи­сан­ной окружности. Най­ди­те угол BAC.

Решение.

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°.

Критерии проверки:

Задание 26 № 340855

4. В тра­пе­ции ABCD бо­ко­вая сто­ро­на AB пер­пен­ди­ку­ляр­на ос­но­ва­нию BC. Окруж­ность про­хо­дит через точки C и D и ка­са­ет­ся пря­мой AB в точке E. Най­ди­те рас­сто­я­ние от точки E до пря­мой CD, если AD = 14, BC = 12.

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 = 6 x.

Поэтому

 

Следовательно,

 

Ответ:

Критерии проверки:

Источник: СтатГрад: Тре­ни­ро­воч­ная ра­бо­та по ма­те­ма­ти­ке 26.11.2014 ва­ри­ант МА90201.

Задание 26 № 340907

5. В тра­пе­ции ABCD боковая сто­ро­на AB пер­пен­ди­ку­ляр­на ос­но­ва­нию BC. Окруж­ность про­хо­дит через точки C и D и ка­са­ет­ся пря­мой AB в точке E. Най­ди­те рас­сто­я­ние от точки E до пря­мой CD, если AD = 15, BC = 14.

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 = α, CD = x.

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

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

Поэтому

 

Следовательно,

 

Ответ:

Критерии проверки:

Источник: СтатГрад: Тре­ни­ро­воч­ная ра­бо­та по ма­те­ма­ти­ке 26.11.2014 ва­ри­ант МА90203.

Задание 26 № 340936

6. В тра­пе­ции ABCD боковая сто­ро­на AB пер­пен­ди­ку­ляр­на ос­но­ва­нию BC. Окруж­ность про­хо­дит через точки C и D и ка­са­ет­ся пря­мой AB в точке E. Най­ди­те рас­сто­я­ние от точки E до пря­мой CD, если AD = 16, BC = 8.

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 = 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:

Критерии проверки:

Источник: СтатГрад: Тре­ни­ро­воч­ная ра­бо­та по ма­те­ма­ти­ке 26.11.2014 ва­ри­ант МА90204.

Задание 26 № 341345

7. В тре­уголь­ни­ке ABC на его ме­ди­а­не BM от­ме­че­на точка K так, что BK: KM = 7:3. Пря­мая AK пе­ре­се­ка­ет сто­ро­ну BC в точке P. Най­ди­те от­но­ше­ние пло­ща­ди тре­уголь­ни­ка BKP к пло­ща­ди четырёхугольника KPCM.

Решение.

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

Пусть и Тогда от­сю­да Далее, а тогда то есть и

Получаем, что

Ответ: 49: 81.

Критерии проверки:

Источник: СтатГрад: Тренировочная ра­бо­та по математике 07.04.2015 ва­ри­ант МА90701.

Задание 26 № 341371

8. В вы­пук­лом четырёхугольнике NPQM диа­го­наль NQ яв­ля­ет­ся бис­сек­три­сой угла PNM и пе­ре­се­ка­ет­ся с диа­го­на­лью PM в точке S. Най­ди­те NS, если известно, что около четырёхугольника NPQM можно опи­сать окружность, PQ = 14, SQ = 4.

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.

Критерии проверки:

Источник: СтатГрад: Тре­ни­ро­воч­ная ра­бо­та по ма­те­ма­ти­ке 07.04.2015 ва­ри­ант МА90702.

Задание 26 № 341397

9. Из вер­ши­ны пря­мо­го угла C тре­уголь­ни­ка ABC про­ве­де­на вы­со­та CP. Ра­ди­ус окружности, впи­сан­ной в треугольник BCP, равен 96, тан­генс угла BAC равен Най­ди­те ра­ди­ус окружности, впи­сан­ной в тре­уголь­ник ABC.

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.

Критерии проверки:

Источник: СтатГрад: Тре­ни­ро­воч­ная ра­бо­та по ма­те­ма­ти­ке 07.04.2015 ва­ри­ант МА90703.

Задание 26 № 341512

10. На сто­ро­не AB тре­уголь­ни­ка ABC взята точка D так, что окружность, про­хо­дя­щая через точки A, C и D, ка­са­ет­ся пря­мой BC. Най­ди­те AD, если AC = 40, BC = 34 и CD = 20.

Решение.

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.

Критерии проверки:

Источник: СтатГрад: Тре­ни­ро­воч­ная ра­бо­та по ма­те­ма­ти­ке 07.05.2015 ва­ри­ант МА90901.

Задание 26 № 311574

11. Диагонали четырёхугольника , вер­ши­ны ко­то­ро­го рас­по­ло­же­ны на окружности, пе­ре­се­ка­ют­ся в точке . Известно, что = 72°, = 102°, = 110°. Най­ди­те .

Решение.

Пусть .

= 180° − 110° = 70°;

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

= 72°; ; = 72° − x; 2x = 104°, x=52°.

Ответ: 52°.

Критерии проверки:

Источник: ГИА-2013. Математика. Тренировочная работа № 1 (1 вар)

Задание 26 № 311703

12. Длина ка­те­та пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка равна 8 см. Окруж­ность с диа­мет­ром пе­ре­се­ка­ет ги­по­те­ну­зу в точке . Най­ди­те пло­щадь тре­уголь­ни­ка , если известно, что .

Решение.

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

.

 

По тео­ре­ме о се­ку­щей и ка­са­тель­ной

.

 

Следовательно, , от­ку­да .
Тогда .
Следовательно, пло­щадь тре­уголь­ни­ка равна

.

 

Ответ: .

Критерии проверки:

Источник: ГИА-2012. Математика. Тренировочная работа №1 (1 вар.)

Задание 26 № 341423

13. Углы при одном из ос­но­ва­ний тра­пе­ции равны 85° и 5°, а отрезки, со­еди­ня­ю­щие се­ре­ди­ны про­ти­во­по­лож­ных сто­рон трапеции, равны 11 и 1. Най­ди­те ос­но­ва­ния трапеции.

Решение.

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.

Критерии проверки:

Источник: СтатГрад: Тре­ни­ро­воч­ная ра­бо­та по ма­те­ма­ти­ке 07.04.2015 ва­ри­ант МА90704.

Задание 26 № 341538

14. Боковые сто­ро­ны AB и CD тра­пе­ции ABCD равны со­от­вет­ствен­но 28 и 35, а ос­но­ва­ние BC равно 7. Бис­сек­три­са угла ADC про­хо­дит через се­ре­ди­ну сто­ро­ны AB. Най­ди­те пло­щадь трапеции.

Решение.

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 CD ² = 35² = 28²+ + 21² = PC ²+ + PD ².

Поэтому CP — вы­со­та трапеции. Следовательно,

 

 

Ответ: 490.

Критерии проверки:

Источник: СтатГрад: Тре­ни­ро­воч­ная ра­бо­та по ма­те­ма­ти­ке 07.05.2015 ва­ри­ант МА90902.

Задание 26 № 130

15. Из вер­ши­ны пря­мо­го угла C тре­уголь­ни­ка ABC про­ве­де­на вы­со­та CP. Ра­ди­ус окружности, впи­сан­ной в тре­уголь­ник BCP, равен 8, тан­генс угла BAC равен . Най­ди­те ра­ди­ус впи­сан­ной окруж­но­сти тре­уголь­ни­ка ABC.

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

 

Ответ:

Критерии проверки:

Источник: ГИА по математике 28.05.2013. Основная волна. Вариант 1309.

Задание 26 № 311705

16. На каж­дой из двух окруж­но­стей с ра­ди­у­са­ми 3 и 4 лежат по три вер­ши­ны ромба. Най­ди­те его сторону.

Решение.

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.

Критерии проверки:

Источник: ГИА-2012. Математика. Тренировочная работа № 2(1 вар)

Задание 26 № 156

17. Медиана BM тре­уголь­ни­ка ABC яв­ля­ет­ся диа­мет­ром окружности, пе­ре­се­ка­ю­щей сто­ро­ну BC в её середине. Длина сто­ро­ны AC равна 4. Най­ди­те ра­ди­ус опи­сан­ной окруж­но­сти тре­уголь­ни­ка ABC.

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 = 2 ON = 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.

Критерии проверки:

Источник: ГИА по математике 28.05.2013. Основная волна. Вариант 1313.

Задание 26 № 315126

18. Ме­ди­а­на BM тре­уголь­ни­ка ABC яв­ля­ет­ся диа­мет­ром окруж­но­сти, пе­ре­се­ка­ю­щей сто­ро­ну BC в её се­ре­ди­не. Най­ди­те длину сто­ро­ны AC, если ра­ди­ус опи­сан­ной окруж­но­сти тре­уголь­ни­ка ABC равен 7.

Решение.

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.

Критерии проверки:

Источник: Банк заданий ФИПИ

Задание 26 № 314944

19. Ос­но­ва­ние AC рав­но­бед­рен­но­го тре­уголь­ни­ка ABC равно 16. Окруж­ность ра­ди­у­са 12 с цен­тром вне этого тре­уголь­ни­ка ка­са­ет­ся про­дол­же­ния бо­ко­вых сто­рон тре­уголь­ни­ка и ка­са­ет­ся ос­но­ва­ния AC в его се­ре­ди­не. Най­ди­те ра­ди­ус окруж­но­сти, впи­сан­ной в тре­уголь­ник ABC.

Решение.

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:

Критерии проверки:

Источник: Банк заданий ФИПИ

Задание 26 № 339675

20. Четырёхугольник ABCD со сто­ро­на­ми AB = 25 и CD = 16 впи­сан в окружность. Диа­го­на­ли AC и BD пе­ре­се­ка­ют­ся в точке K, причём ∠ AKB =60°. Най­ди­те ра­ди­ус окружности, опи­сан­ной около этого четырёхугольника.

 

Для ре­ше­ния этой за­да­чи необходимо зна­ние формул тригонометрии.

Решение.

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:

 

Критерии проверки:

Задание 26 № 339413

21. Биссектриса CM тре­уголь­ни­ка ABC делит сто­ро­ну AB на от­рез­ки AM = 17 и MB = 19. Ка­са­тель­ная к опи­сан­ной окруж­но­сти тре­уголь­ни­ка ABC, про­хо­дя­щая через точку C, пе­ре­се­ка­ет пря­мую AB в точке D. Най­ди­те CD.

Решение.

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:

Критерии проверки:

Задание 26 № 311668

22. В тре­уголь­ни­ке угол равен 120°, а длина сто­ро­ны на мень­ше по­лу­пе­ри­мет­ра треугольника. Най­ди­те ра­ди­ус окружности, ка­са­ю­щей­ся сто­ро­ны и про­дол­же­ний сто­рон и .

Решение.

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