Вписанная окружность (страница 4)

Обозначим точки касания окружности и сторон угла за \(A\) и \(C\). Тогда известно, что \(AC=2\sqrt3\). Пусть также \(O\) – центр окружности. То есть необходимо найти \(OB\).

\(OA\) – радиус окружности, причем \(OA\perp BA\) (т.к. \(BA\) – касательная, а радиус, проведенный в точку касания, перпендикулярен касательной).

Рассмотрим \(\triangle ABC\): он равнобедренный (\(AB=BC\) как отрезки касательных, проведенных из одной точки), следовательно, \(\angle A=\angle C=0,5\cdot(180^\circ-60^\circ)=60^\circ\). Таким образом, он равносторонний, следовательно, \(AB=AC=2\sqrt3\).

Т.к. окружность вписана в угол, то ее центр лежит на биссектрисе этого угла, то есть \(\angle ABO=30^\circ\). Тогда из прямоугольного \(\triangle ABO\):

\[\cos 30^\circ=\dfrac{BA}{OB}=\dfrac{2\sqrt3}{OB} \quad \Rightarrow \quad OB=2\sqrt3\cdot \dfrac2{\sqrt3}=4.\]

Ответ: 4

Обозначим точки касания окружности и сторон угла за \(A\) и \(C\). Тогда известно, что \(AC=3\sqrt3\). Пусть также \(O\) – центр окружности.

Тогда \(OA\) – радиус окружности, причем \(OA\perp BA\) (т.к. \(BA\) – касательная, а радиус, проведенный в точку касания, перпендикулярен касательной).

Рассмотрим \(\triangle ABC\): он равнобедренный (\(AB=BC\) как отрезки касательных, проведенных из одной точки), следовательно, \(\angle A=\angle C=0,5\cdot(180^\circ-60^\circ)=60^\circ\). Таким образом, он равносторонний, следовательно, \(AB=AC=3\sqrt3\).

Т.к. окружность вписана в угол, то ее центр лежит на биссектрисе этого угла, то есть \(\angle ABO=30^\circ\). Тогда из прямоугольного \(\triangle ABO\):

\[\mathrm{tg}\,30^\circ=\dfrac{OA}{BA}=\dfrac{OA}{3\sqrt3} \quad \Rightarrow \quad OA=3\sqrt3\cdot \dfrac{\sqrt3}3=3.\]

Ответ: 3

Рассмотрим рисунок:

Т.к. отрезки касательных, проведенных из одной точки, равны, то \(CN=CM\), \(BM=BK\), \(AN=AK\). Таким образом, периметр

\(P=AC+CB+BA=AC+CM+MB+BA=AC+CN+BK+BA=\)
\(=(AC+CN)+(KB+BA)=AN+KA=2AN\)
Следовательно, \(AN=\frac12P=10\).

Ответ: 10

1) Пусть в треугольнике \(BC=13\), \(AC-AB=5\). Таким образом, наибольшей стороной будет или \(AC\), или \(BC\).

Т.к. отрезки касательных, проведенных из одной точки к окружности, равны, то \(AM=AK=a\), \(BM=BN=b\), \(CN=CK=c\) (где \(M,N,K\) – точки касания).

Таким образом, из условия следует, что \(b+c=13\), \(a+c-(a+b)=c-b=5\). Решая систему из этих двух уравнений, находим, что \(b=4\), \(c=9\).

2) Заметим, что полупериметр данного треугольника равен \(a+b+c=a+13\), а площадь по формуле Герона равна
\(S=\sqrt{(a+b+c)(a+b+c-(a+b))(a+b+c-(a+c))(a+b+c-(b+c))}=\)

\(=\sqrt{(a+b+c)\cdot a\cdot b\cdot c}=6\sqrt{a(a+13)}.\)

Тогда по формуле (площадь равна полупериметру, умноженному на радиус вписанной окружности) имеем:

\[S=(a+b+c)\cdot r \quad \Rightarrow \quad 6\sqrt{a(a+13)}= (a+13)\cdot 2,4\sqrt3 \quad \Rightarrow \quad 36a=(a+13)\cdot \left(\dfrac{12}5\sqrt3\right)^2,\]

откуда \(a=12\). Следовательно, \(AC=12+9=21>BC\). Значит, большая сторона равна \(21\).

Ответ: 21

Т.к. центр вписанной окружности лежит на пересечении биссектрис углов треугольника, то \(AO, BO\) – биссектрисы углов \(A, B\) соответственно.



Следовательно, \(\angle BAO+\angle ABO=180^\circ-110^\circ=70^\circ\).
Также \(\angle A+\angle B=2\cdot (\angle BAO+\angle ABO)=140^\circ\), следовательно, \(\angle C=180^\circ-(\angle A+\angle B)=180^\circ-140^\circ=40^\circ\).

Ответ: 40