Ре­ше­ние. Пусть мень­шая часть окруж­но­сти равна x, тогда

Боль­ший угол опи­ра­ет­ся на боль­шую дугу; впи­сан­ный угол равен по­ло­ви­не дуги, на ко­то­рую он опи­ра­ет­ся. Сле­до­ва­тель­но, ис­ко­мый угол равен по­ло­ви­не от 5 · 40° или 100°.

Ответ: 100.

Ре­ше­ние. Cумма про­ти­во­по­лож­ных углов че­ты­рех­уголь­ни­ка, впи­сан­но­го в окруж­ность, равна 180°, по­это­му

Ответ: 122.

При­ведём дру­гое ре­ше­ние.

Угол A впи­сан­ный и опи­ра­ет­ся на дугу BCD, сле­до­ва­тель­но, он равен по­ло­ви­не дуги BCD, зна­чит, гра­дус­ная мера дуги BCD равна 116°. Гра­дус­ная мера дуги BAD равна 360° − 116° = 244°. Угол C впи­сан­ный и опи­ра­ет­ся на дугу BAD, сле­до­ва­тель­но, он равен по­ло­ви­не дуги BAD, то есть 122°.

Ре­ше­ние. Впи­сан­ный угол равен по­ло­ви­не дуги, на ко­то­рую он опи­ра­ет­ся, зна­чит

Ответ: 108.

Ре­ше­ние. Пусть дуга AB равна 4x, тогда

Впи­сан­ный угол равен по­ло­ви­не дуги, на ко­то­рую он опи­ра­ет­ся, сле­до­ва­тель­но,

Ответ: 60.

Ре­ше­ние. Впи­сан­ный угол равен по­ло­ви­не дуги, на ко­то­рую он опи­ра­ет­ся, зна­чит,

Ответ: 110.

Ре­ше­ние. Впи­сан­ный угол равен по­ло­ви­не дуги, на ко­то­рую он опи­ра­ет­ся, сле­до­ва­тель­но,

Ответ: 40.

Ре­ше­ние. Тре­уголь­ник ABC пра­виль­ный, зна­чит, все его углы равны 60°. Тогда

Ответ: 1.

При­ве­дем дру­гое ре­ше­ние.

Ра­ди­ус R окруж­но­сти, опи­сан­ной во­круг пра­виль­но­го тре­уголь­ни­ка, и сто­ро­на a этого тре­уголь­ни­ка свя­за­ны со­от­но­ше­ни­ем:

тогда

При­ве­дем еще одно ре­ше­ние.

Центр окруж­но­сти, опи­сан­ной во­круг пра­виль­но­го тре­уголь­ни­ка, на­хо­дит­ся в точке пе­ре­се­че­ния его ме­ди­ан (бис­сек­трис, высот). Тре­уголь­ник ABC пра­виль­ный, зна­чит, все его углы равны 60°, тогда его вы­со­та h равна:

Ме­ди­а­ны точ­кой пе­ре­се­че­ния де­лят­ся в от­но­ше­нии 2:1, счи­тая от вер­ши­ны, тогда

Ре­ше­ние. Тре­уголь­ник ABC пра­виль­ный, зна­чит, все его углы равны 60°. Тогда

Ответ: 3.

Ре­ше­ние. Тре­уголь­ник ABC пра­виль­ный, зна­чит, все углы равны по По тео­ре­ме си­ну­сов имеем:

Ответ: 2.

При­ведём дру­гое ре­ше­ние.

В пра­виль­ном тре­уголь­ни­ке ра­ди­ус опи­сан­ной окруж­но­сти равен двум тре­тьим вы­со­ты. По­это­му он равен 2.

Ре­ше­ние. Тре­уголь­ник ABC пра­виль­ный, зна­чит, все его углы равны по 60°. Имеем:

Ответ: 4,5.

При­ве­дем дру­гое ре­ше­ние.

Центр окруж­но­сти, опи­сан­ной во­круг тре­уголь­ни­ка, лежит в точке пе­ре­се­че­ния се­ре­дин­ных пер­пен­ди­ку­ля­ров к его сто­ро­нам. Если тре­уголь­ник пра­виль­ный, в этой же точке пе­ре­се­ка­ют­ся ме­ди­а­ны тре­уголь­ни­ка (они же бис­сек­три­сы и вы­со­ты). Ме­ди­а­ны точ­кой пе­ре­се­че­ния де­лят­ся в от­но­ше­нии 2:1, счи­тая от вер­ши­ны. Сле­до­ва­тель­но, от­ку­да:

Тогда CH  =  CO + OH  =  3 + 1,5  =  4,5.

Ре­ше­ние. Впи­сан­ный угол опи­ра­ю­щий­ся на диа­метр окруж­но­сти, яв­ля­ет­ся пря­мым, зна­чит, AB  — диа­метр.

Ответ: 6.

Ре­ше­ние. Впи­сан­ный угол, опи­ра­ю­щий­ся на диа­метр окруж­но­сти, яв­ля­ет­ся пря­мым, зна­чит, AB  — диа­метр.

Ответ: 8.

Ре­ше­ние. Ра­ди­ус окруж­но­сти, опи­сан­ной во­круг пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка, равен по­ло­ви­не ги­по­те­ну­зы. По­это­му

Ответ: 2,5.

Ре­ше­ние. Сумма двух рав­ных углов при ос­но­ва­нии тре­уголь­ни­ка равна 60°, по­это­му каж­дый из них равен 30°. Тогда по тео­ре­ме си­ну­сов

Ответ: 2.

Ре­ше­ние. За­ме­тим, что Зна­чит, тре­уголь­ник AOB  — рав­но­сто­рон­ний. Тогда

Ответ: 6.

Ре­ше­ние. По тео­ре­ме си­ну­сов имеем:

Ответ: 1.

Ре­ше­ние. По тео­ре­ме си­ну­сов

тогда

Ответ: 30.

При­ведём дру­гое ре­ше­ние.

Пусть O  — центр окруж­но­сти. Рас­смот­рим рав­но­сто­рон­ний тре­уголь­ник AOB, все его углы равны 60°. Угол AOB  — цен­траль­ный и опи­ра­ет­ся на дугу AB, зна­чит, гра­дус­ная мера дуги AB равна 60°. Угол ACB  — впи­сан­ный и опи­ра­ет­ся на дугу AB, сле­до­ва­тель­но, его гра­дус­ная мера равна по­ло­ви­не гра­дус­ной меры дуги AB, то есть равна 30°.

Ре­ше­ние. По тео­ре­ме си­ну­сов:

Ответ: 3.

Ре­ше­ние. Ис­поль­зу­ем тео­ре­му си­ну­сов:

Ответ: 1.

Ре­ше­ние. По тео­ре­ме си­ну­сов:

По­сколь­ку угол C тупой, а его синус равен это угол 150°.

Ответ: 150.

При­ведём дру­гое ре­ше­ние.

Пусть точка О  — центр окруж­но­сти, тогда ОА и ОВ  — ее ра­ди­у­сы. Тре­уголь­ник АОВ рав­но­сто­рон­ний, по­это­му угол АОВ равен 60°. Цен­траль­ный угол из­ме­ря­ет­ся дугой, на ко­то­рую он опи­ра­ет­ся, по­это­му дуга АСВ равна 60°. Сле­до­ва­тель­но, впи­сан­ный угол АСВ опи­ра­ет­ся на дугу 360° − 60°  =  300°. Таким об­ра­зом, угол АСВ равен 150°.

Ре­ше­ние. Чтобы найти пло­щадь тре­уголь­ни­ка ABC, вос­поль­зу­ем­ся фор­му­лой Ге­ро­на:

Далее по фор­му­ле на­хо­дим:

Ответ: 25.

При­ве­дем еще одно ре­ше­ние.

Про­ве­дем вы­со­ту CH пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка ACH и най­дем ее:

Сле­до­ва­тель­но,

При­ме­ним тео­ре­му си­ну­сов к тре­уголь­ни­ку ABC, по­лу­чим от­ку­да

При­ве­дем ре­ше­ние Павла Юк­ля­е­ва.

Тре­уголь­ник ABC яв­ля­ет­ся ост­ро­уголь­ным, по­сколь­ку 48² < 40² + 40². В рав­но­бед­рен­ном ост­ро­уголь­ном тре­уголь­ни­ке центр опи­сан­ной окруж­но­сти О лежит на вы­со­те, про­ве­ден­ной к ос­но­ва­нию.

Про­ве­дем вы­со­ту CH, най­дем ее из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка ACH:

Из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка AOH по­лу­чим: а тогда

При­ве­дем ре­ше­ние Ар­те­ма Абро­си­мо­ва.

За­пи­шем тео­ре­му ко­си­ну­сов:

Далее под­ста­вим числа:

Зная, най­дем

От­рез­ки AO и OC равны ис­ко­мо­му ра­ди­у­су опи­сан­ной окруж­но­сти R, по­это­му по тео­ре­ме ко­си­ну­сов для тре­уголь­ни­ка AOC по­лу­ча­ем:

от­ку­да, под­став­ляя числа, за­клю­ча­ем:

Таким об­ра­зом, сле­до­ва­тель­но,

Ответ: 25.

Еще одно ре­ше­ние при­ве­де­но в за­да­че 53843.

Ре­ше­ние. Тра­пе­ция ABCD  — рав­но­бед­рен­ная, так как окруж­ность можно опи­сать толь­ко во­круг рав­но­бед­рен­ной тра­пе­ции. Сред­няя линия равна по­лу­сум­ме ос­но­ва­ний, зна­чит, сумма ос­но­ва­ний равна 10. Сле­до­ва­тель­но, сумма бо­ко­вых сто­рон равна 22 − 10  =  12. Тогда каж­дая из бо­ко­вых сто­рон равна 6.

Ответ: 6.

При­ве­дем дру­гое ре­ше­ние.

Тра­пе­ция ABCD  — рав­но­бед­рен­ная, так как во­круг нее опи­са­на окруж­ность. Тогда:

Ре­ше­ние. Окруж­ность, опи­сан­ная во­круг тра­пе­ции, опи­са­на и во­круг тре­уголь­ни­ка Это тре­уголь­ник рав­но­бед­рен­ный, угол при вер­ши­не равен 120°, углы при ос­но­ва­нии равны 30°. Най­дем его бо­ко­вую сто­ро­ну:

от­ку­да Тогда по тео­ре­ме си­ну­сов:

Ответ: 6.

При­ве­дем дру­гое ре­ше­ние (Р. А., СПб.).

Хорды AD, DC и CB равны, по­это­му равны и стя­ги­ва­е­мые ими дуги. Впи­сан­ный угол А равен 60°, он опи­ра­ет­ся на две из этих дуг и равен по­ло­ви­не их суммы. По­это­му каж­дая из дуг равна 60°, их сумма равна 180°, а хорда АВ яв­ля­ет­ся диа­мет­ром. От­сю­да по­лу­ча­ем, что ис­ко­мый ра­ди­ус равен 6.

При­ве­дем ре­ше­ние Анны Божко.

Окруж­ность, опи­сан­ная во­круг тра­пе­ции, опи­са­на и во­круг тре­уголь­ни­ка Это тре­уголь­ник рав­но­бед­рен­ный, угол при вер­ши­не равен 120°, углы при ос­но­ва­нии равны 30°. Тогда

Сле­до­ва­тель­но, угол ACB опи­ра­ет­ся на диа­метр, тогда AB  — диа­метр окруж­но­сти, и

Ре­ше­ние. Вы­со­та тра­пе­ции где KO и OH  — вы­со­ты рав­но­бед­рен­ных тре­уголь­ни­ков DOC и AOB. По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

Тогда

Ответ: 7.

При­ме­ча­ние.

Если бы боль­шее ос­но­ва­ние тра­пе­ции ле­жа­ло выше цен­тра окруж­но­сти (то есть оба ос­но­ва­ния рас­по­ла­га­лись по одну сто­ро­ну от цен­тра окруж­но­сти) длина вы­со­ты рав­ня­лась бы не сумме, а раз­но­сти най­ден­ных от­рез­ков.

Ре­ше­ние. Сумма про­ти­во­по­лож­ных углов впи­сан­но­го че­ты­рех­уголь­ни­ка равна 180°. Боль­ший из остав­ших­ся углов лежит на­про­тив мень­ше­го из ука­зан­ных в усло­вии. По­это­му он равен 180° − 58°  =  122°.

Ответ: 122.

Ре­ше­ние. Пе­ри­метр  — это сумма длин всех сто­рон, а сто­ро­ны пра­виль­но­го ше­сти­уголь­ни­ка равны между собой. По­это­му каж­дая из сто­рон равна

Ра­ди­ус опи­сан­ной во­круг ше­сти­уголь­ни­ка окруж­но­сти равен его сто­ро­не, а диа­метр вдвое боль­ше. По­это­му он равен 24.

Ответ: 24.

При­ме­ча­ние.

До­ка­жем, что ра­ди­ус опи­сан­ной во­круг ше­сти­уголь­ни­ка окруж­но­сти равен его сто­ро­не. Дей­стви­тель­но, тре­уголь­ник AOB рав­но­сто­рон­ний, по­сколь­ку и Сле­до­ва­тель­но, OA  =  AB.

Ре­ше­ние. Сумма углов n-уголь­ни­ка равна 180°(n − 2). Каж­дый из них равен 108°, по­это­му, с дру­гой сто­ро­ны, эта сумма равна 108°n. Решим урав­не­ние 180°(n − 2)  =  108°n. По­лу­чим 72°n  =  360°, от­ку­да n  =  5. Таким об­ра­зом, мно­го­уголь­ник имеет 5 вер­шин.

При­ведём дру­гое ре­ше­ние.

Рас­смот­рим рав­но­бед­рен­ный тре­уголь­ник AOB, где А и B  — со­сед­ние вер­ши­ны мно­го­уголь­ни­ка, О  — центр окруж­но­сти (см. рис.). Углы при ос­но­ва­нии тре­уголь­ни­ка равны равны 54°, сле­до­ва­тель­но, угол при вер­ши­не равен 72°. Тогда n  =  360° : 72°  =  5. Таким об­ра­зом, мно­го­уголь­ник имеет 5 вер­шин.

Ответ: 5.

Ре­ше­ние. При­ме­ним тео­ре­му си­ну­сов: В нашем слу­чае имеем: По­сколь­ку (см. рис.) ис­ко­мый угол яв­ля­ет­ся ост­рым, он равен 45°.

Ответ: 45.

Ре­ше­ние. Вос­поль­зу­ем­ся тео­ре­мой си­ну­сов: от­ку­да по­лу­ча­ем:

Ответ: 3.

При­ве­дем ре­ше­ние Алек­сандра По­хо­ди­е­ва.

Угол ACB яв­ля­ет­ся впи­сан­ным, сле­до­ва­тель­но, дуга AB, не со­дер­жа­щая точку C, со­став­ля­ет 135° · 2  =  270°. Тогда дуга AB, со­дер­жа­щая точку C, со­став­ля­ет 360°  –  270°  =  90°. Пусть O  — центр окруж­но­сти, тогда тре­уголь­ник AOB рав­но­бед­рен­ный пря­мо­уголь­ный, его катет равен ра­ди­у­су окруж­но­сти. По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра тогда

Ре­ше­ние. Вос­поль­зу­ем­ся тео­ре­мой си­ну­сов:

Ответ: 2.