Ре­ше­ние. Пусть хорда AB  — сто­ро­на пра­виль­но­го мно­го­уголь­ни­ка, R  — ра­ди­ус опи­сан­ной окруж­но­сти, а r, со­от­вет­ствен­но,  —  впи­сан­ной, тогда H  — точка ка­са­ния впи­сан­ной окруж­но­сти со сто­ро­ной AB пра­виль­но­го мно­го­уголь­ни­ка, при­чем точка H делит её на два рав­ных от­рез­ка. Тогда, Так как то В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке AOH найдём AH по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра: А зна­чит, AH  =  8, а AB  =  16.

Ответ: 16.

Ре­ше­ние. Пусть хорда AB  — сто­ро­на пра­виль­но­го мно­го­уголь­ни­ка, R  — ра­ди­ус опи­сан­ной окруж­но­сти, а r, со­от­вет­ствен­но,  —  впи­сан­ной, тогда H  — точка ка­са­ния впи­сан­ной окруж­но­сти со сто­ро­ной AB пра­виль­но­го мно­го­уголь­ни­ка, при­чем точка H делит её на два рав­ных от­рез­ка. Тогда, Так как то В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке AOH найдём AH по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра: А зна­чит, AH  =  6, а AB  =  12.

Ответ: 12.

Ре­ше­ние. При­ме­ним тео­ре­му ко­си­ну­сов в тре­уголь­ни­ке ACD:

По свой­ствам опи­сан­но­го че­ты­рех­уголь­ни­ка, BC+AD = AB+CD. AD = 16, CD = 30, по­это­му BC = AB+14.

В тре­уголь­ни­ке ABC по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

Так как АС = 26, решим урав­не­ние:

BC = AB + 14 = 24 см.

Ответ: 10 см, 24 см.

Ре­ше­ние. При­ме­ним тео­ре­му ко­си­ну­сов в тре­уголь­ни­ке ACD:

По свой­ствам опи­сан­но­го че­ты­рех­уголь­ни­ка, BC+AD = AB+CD. AD = 8, CD = 7, по­это­му BC = AB+7.

В тре­уголь­ни­ке ABC по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

Так как АС = 26, решим урав­не­ние:

BC = AB + 7 = 12 см.

Ответ: 5 см, 12 см.

Ре­ше­ние. Пусть ра­ди­ус окруж­но­сти, впи­сан­ной в тре­уголь­ник A₁A₂A₃ равен R. Так как тре­уголь­ник A₁A₂A₃ пра­виль­ный, то A₂H  — вы­со­та, равна утро­ен­но­му ра­ди­у­су:

Рис. 1

Рис. 2

Так как B₁B₂B₃B₄B₅B₆ пра­виль­ный ше­сти­уголь­ник, то тре­уголь­ник OB₆B₅  — рав­но­сто­рон­ний по свой­ству. Ра­ди­ус впи­сан­ной окруж­но­сти равен вы­со­те тре­уголь­ни­ка OB₆B₅:

Ответ: 18 см.

Ре­ше­ние. Диа­го­наль квад­ра­та A₁A₂A₃A₄ равна диа­мет­ру опи­сан­ной около него окруж­но­сти или двум ра­ди­у­сам, то есть сто­ро­на пра­виль­но­го тре­уголь­ни­ка B₁B₂B₃ равна Так как тре­уголь­ник B₁B₂B₃ рав­но­сто­рон­ний, то его вы­со­та равна

Рис. 1

Рис. 2

Ра­ди­ус окруж­но­сти, впи­сан­ной в пра­виль­ный тре­уголь­ник, равен трети его вы­со­ты по свой­ству, тогда

Ответ: 4 см.

Ре­ше­ние. 1)  Про­ве­дем вы­со­ту CH. Так как D  =  2R, то

Так как тра­пе­ция пря­мо­уголь­ная, то По тео­ре­ме о впи­сан­ной окруж­но­сти по­лу­ча­ем, что Тогда

2)  На­хо­дим и тогда

По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра из тре­уголь­ни­ка CHD по­лу­ча­ем, что Под­ста­вим из­вест­ные зна­че­ния, по­лу­чим:

3)  Вос­поль­зу­ем­ся фор­му­лой пло­ща­ди тра­пе­ции:

Ответ: 288.

Ре­ше­ние. 1.  Про­ве­дем вы­со­ту CH. Диа­метр Так как тра­пе­ция пря­мо­уголь­ная, то По тео­ре­ме о впи­сан­ной окруж­но­сти по­лу­ча­ем, что Тогда то есть

2.  За­ме­тим, что BC  =  AH. Тогда:

По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра из тре­уголь­ни­ка CHD по­лу­ча­ем, что Под­ста­вим из­вест­ные зна­че­ния, по­лу­чим:

Так как BC = AH, то по­лу­ча­ем

Тогда и BC  =  8.

3.  Вос­поль­зу­ем­ся фор­му­лой пло­ща­ди тра­пе­ции:

Ответ: 192 см².

Ре­ше­ние. Пусть АB  — сто­ро­на пра­виль­но­го мно­го­уголь­ни­ка.

1)  Знаем, что

По усло­вию т. е.

Из тре­уголь­ни­ка AHO видно, что катет OH (r  =  OH) в два раза мень­ше ги­по­те­ну­зы OA (R  =  OA). В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке катет, ле­жа­щий на­про­тив угла в 30°, равен по­ло­ви­не ги­по­те­ну­зы, тогда сле­до­ва­тель­но,

Тре­уголь­ник AOH равен тре­уголь­ни­ку HOB (по трем сто­ро­нам), сле­до­ва­тель­но, и Тогда в мно­го­уголь­ни­ке сто­ро­ны.

2)  Так как в мно­го­уголь­ни­ке 3 сто­ро­ны, а по усло­вию мно­го­уголь­ник пра­виль­ный, то мы по­лу­чи­ли рав­но­сто­рон­ний тре­уголь­ник. Его пло­щадь равна: сле­до­ва­тель­но, AB  =  4.

3)  Тогда пе­ри­метр пра­виль­но­го тре­уголь­ни­ка (AB · 3) равен

Ответ: 12

Ре­ше­ние. Пусть АB  — сто­ро­на пра­виль­но­го мно­го­уголь­ни­ка.

1)  Знаем, что

По усло­вию т. е.

Из тре­уголь­ни­ка AHO видно, что катет OH (r  =  OH) в два раза мень­ше ги­по­те­ну­зы OA (R  =  OA). В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке катет, ле­жа­щий на­про­тив угла в равен по­ло­ви­не ги­по­те­ну­зы, тогда сле­до­ва­тель­но,

Тре­уголь­ник AOH равен тре­уголь­ни­ку HOB (по трем сто­ро­нам), сле­до­ва­тель­но, и Тогда в мно­го­уголь­ни­ке сто­ро­ны.

2)  Так как в мно­го­уголь­ни­ке 3 сто­ро­ны, а по усло­вию мно­го­уголь­ник пра­виль­ный, то мы по­лу­чи­ли рав­но­сто­рон­ний тре­уголь­ник. Его пло­щадь: сле­до­ва­тель­но, AB  =  8.

3)  Тогда пе­ри­метр пра­виль­но­го тре­уголь­ни­ка (AB · 3) равен

Ответ: 24

Ре­ше­ние. Че­ты­рех­уголь­ник CA₁OB₁  — квад­рат, так как B₁O  =  OA₁ и все углы в нем равны 90°. Тогда СО  — диа­го­наль квад­ра­та, сле­до­ва­тель­но, сто­ро­на этого квад­ра­та равна Центр впи­сан­ной окруж­но­сти  — точка пе­ре­се­че­ния бис­сек­трис, по­это­му

Как мы вы­яс­ни­ли, В₁О  =  4 см, тогда сто­ро­на AB₁ равна:

Так как тре­уголь­ник CAB  — пря­мо­уголь­ный, а От­ре­зок СА лежит про­тив угла в 30° в пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке, зна­чит, это по­ло­ви­на ги­по­те­ну­зы, а ги­по­те­ну­за яв­ля­ет­ся боль­шей сто­ро­ной пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка:

Тогда

Ответ:

Ре­ше­ние. Че­ты­рех­уголь­ник CA₂OB₁  — квад­рат, так как B₁O  =  OA₁ и все углы в нем равны 90°. Тогда СО  — диа­го­наль квад­ра­та, сле­до­ва­тель­но, сто­ро­на этого квад­ра­та равна Центр впи­сан­ной окруж­но­сти  — точка пе­ре­се­че­ния бис­сек­трис, по­это­му

Как мы вы­яс­ни­ли, В₁О  =  4 см, тогда сто­ро­на AB₁ равна

Так как тре­уголь­ник CAB  — пря­мо­уголь­ный, а Сто­ро­на CA лежит про­тив угла в 30° в пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке, зна­чит, это по­ло­ви­на ги­по­те­ну­зы, а ги­по­те­ну­за яв­ля­ет­ся боль­шей сто­ро­ной пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка:

Тогда

Ответ:

Ре­ше­ние. Ра­ди­ус опи­сан­ной окруж­но­сти пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка равен по­ло­ви­не ги­по­те­ну­зы, по­это­му ги­по­те­ну­за дан­но­го равна двум ра­ди­у­сам, то есть 10 см. По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра найдём не­из­вест­ный катет b этого тре­уголь­ни­ка:

Те­перь по фор­му­ле найдём ра­ди­ус r впи­сан­ной в этот тре­уголь­ник окруж­но­сти:

Ответ: 2 см.

Ре­ше­ние. Ра­ди­ус опи­сан­ной окруж­но­сти пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка равен по­ло­ви­не ги­по­те­ну­зы, по­это­му ги­по­те­ну­за дан­но­го равна двум ра­ди­у­сам, то есть 10 см. По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра найдём не­из­вест­ный катет b этого тре­уголь­ни­ка:

Те­перь по фор­му­ле найдём ра­ди­ус r впи­сан­ной в этот тре­уголь­ник окруж­но­сти:

Ответ: 2 см.

Ре­ше­ние. Про­ве­дем NK  — вы­со­ту тра­пе­ции, и MO  — пер­пен­ди­ку­ляр к бо­ко­вой сто­ро­не, O  — центр окруж­но­сти.

Имеем

Так как тра­пе­ция опи­са­на, рав­но­бед­рен­ная, то

Имеем

В тре­уголь­ни­ке COD так как и CO  — бис­сек­три­са(центр впи­сан­ной окруж­но­сти лежит на бис­сек­три­се угла).

От­ку­да тре­уголь­ник COD  — пря­мо­уголь­ный,   — вы­со­та, про­ве­ден­ная к бис­сек­три­се, рав­ная квад­рат­но­му корню из про­из­ве­де­ния про­ек­ций ка­те­тов на ги­по­те­ну­зу, то есть:

тогда по­лу­ча­ем:

Ответ:

Ре­ше­ние. Про­ве­дем NK  — вы­со­ту тра­пе­ции, и MO  — пер­пен­ди­ку­ляр к бо­ко­вой сто­ро­не, O  — центр окруж­но­сти.

Имеем

Так как тра­пе­ция опи­са­на, рав­но­бед­рен­ная, то:

Имеем:

В тре­уголь­ни­ке COD так как и CO  — бис­сек­три­са(центр впи­сан­ной окруж­но­сти лежит на бис­сек­три­се угла).

От­ку­да, тре­уголь­ник COD  — пря­мо­уголь­ный,   — вы­со­та, про­ве­ден­ная к бис­сек­три­се, рав­ная квад­рат­но­му корню из про­из­ве­де­ния про­ек­ций ка­те­тов на ги­по­те­ну­зу, то есть

тогда по­лу­ча­ем:

Ответ:

Ре­ше­ние. Про­ве­дем вы­со­ту СМ и диа­метр FH, про­хо­дя­щую через центр впи­сан­ной окруж­но­сти. CM=FH, как па­рал­лель­ные от­рез­ки, за­клю­чен­ные между па­рал­лель­ны­ми пря­мы­ми.

Так как окруж­ность впи­са­на в тра­пе­цию, то сто­ро­ны тра­пе­ции  — это ка­са­тель­ные к окруж­но­сти. Тогда по свой­ству ка­са­тель­ных KD  =  HD = 8 см. Ана­ло­гич­но, CF  =  CK  =  2 см.

FCMH  — пря­мо­уголь­ник по опре­де­ле­нию, так как FC па­рал­лель­на HM, так как они лежат в ос­но­ва­ни­ях тра­пе­ции; FH и CM од­но­вре­мен­но пер­пен­ди­ку­ляр­ны к AD как па­рал­лель­ные вы­со­ты тра­пе­ции.

Тогда MD  =  HD − HM  =  10−2  =  8 см.

Тре­уголь­ник CDM  — пря­мо­уголь­ный, при­ме­ним для него тео­ре­му Пи­фа­го­ра:

Так как FH  — диа­метр, то AH  =  r  =  FH : 2  =  4 см.

Най­дем пло­щадь тра­пе­ции по фор­му­ле :

Ответ: