01. Вписанная окружность

$S=p\cdot r,$

где $p$ – полупериметр треугольника, $r$ – радиус вписанной окружности.

$S=\frac{88}{2}\cdot 10=440.$

Ответ: $440.$

$S=p\cdot r,$

где $p$ – полупериметр треугольника, $r$ – радиус вписанной окружности.

$231=p\cdot 7;$

$p=\frac{231}{7};$

$p=33;$

$P=66.$

Ответ: $66.$

$S=p\cdot r,$

где $p$ – полупериметр многоугольника, $r$ – радиус вписанной окружности.

$S=\frac{29}{2}\cdot 4;$

$S=58.$

Ответ: $58.$

Раз в выпуклый четырехугольник $ABCD$ вписана окружность, то $AB+CD=BC+AD.$

Тогда  $P_{ABCD}=AB+BC+CD+AD=2(AB+CD)=2(52+53)=210$.

Ответ: $210.$

По условию три стороны  четырехугольника относятся как $1:17:23,$ пусть тогда, например, $BC=x,\;AB=17x,\; \AD=23x$.

В выпуклый четырехугольник $ABCD$ вписана окружность, значит $AB+CD=BC+AD$. Тогда $17x+CD=x+23x,$ откуда $CD=7x.$

Наконец, так как по условию периметр четырехугольника равен $84,$ то

$48x=84;$

$x=\frac{7}{4};$

Очевидно, большая сторона – это $AD=23x=23\cdot \frac{7}{4}=40,25.$

Ответ: $40,25.$

Пусть $BH\perp AD.$

В треугольнике $ABH$ против угла $BAH$ в $30^{\circ}$ лежит катет $BH,$ вдвое меньший гипотенузы $AB,$ равной $58.$ То есть $BH=29.$

Высота ромба $BH$ – и есть диаметр окружности, вписанной в ромб.

Стало быть, $r=\frac{d}{2}=14,5.$

Ответ: $14,5.$

Высота трапеции  – есть диаметр вписанной окружности в трапецию:

$14=r=\frac{h}{2};$

$h=28.$

Ответ: $28.$

Раз в трапецию  вписана окружность, значит $BC+AD=AB+CD$, что хорошо видно на картинке (равные отрезки помечены согласно свойству отрезков касательных).

Итак, $BC+AD=AB+CD=32$.

А поскольку средняя линия $l$– есть полусумма оснований, то

$l=\frac{BC+AD}{2}=16$.

Ответ: $16.$

Раз в трапецию  вписана окружность, значит $BC+AD=AB+CD.$

И так как $P_{ABCD}=80,$ то $AB+CD=40.$

Поскольку $AB=30$ по условию, то $CD=10$.

Далее,

$CD=NQ=10=2r;$

$r=5.$

Ответ: $5.$

Шестиугольник составлен из $6$ правильных равных треугольников.

Рассмотрим правильный треугольник $AOF$:

 В нем

$OH=r$ – медиана и высота;

$\angle A=60^{\circ},$

$sin60^{\circ}=\frac{OH}{AO};$

$\frac{\sqrt3}{2}=\frac{33\sqrt3}{AO};$

$AO=66.$

Ответ: $66.$

Пусть $H$ – середина $FE.$

$r=OH=\sqrt{FO^2-FH^2};$

$r=\sqrt{(94\sqrt3)^2-(47\sqrt3)^2}=141.$

Ответ: $141.$

Обозначим временно катеты за $a.$ Тогда гипотенуза есть $a\sqrt2.$

Тогда

$r=\frac{S}{p}=\frac{\frac{a^2}{2}}{\frac{a+a+a\sqrt2}{2}}=\frac{a^2}{a(2+\sqrt2)}=\frac{a}{2+\sqrt2}.$

Итак,

$r=\frac{30+15\sqrt2}{2+\sqrt2}=\frac{15(2+\sqrt2)}{2+\sqrt2}=15.$

Ответ: $15.$

Воспользуемся формулой:

$r=\frac{AC+BC-AB}{2};$

$r=\frac{24+10-\sqrt{24^2+10^2}}{2}=\frac{34-26}{2}=4.$

Ответ: $4.$

Воспользуемся формулой Герона:

$S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}$,

где $p$ – полупериметр, $a,\;b,\;c$ –  стороны треугольника.

Поскольку

$p=\frac{181+181+38}{2}=200,$

то

$S=\sqrt{200(200-181)^2(200-38)}=\sqrt{200\cdot 19^2\cdot 162}=19\cdot 180=3420.$

Наконец,

$r=\frac{S}{p}=\frac{3420}{200}=17,1.$

Ответ: $17,1.$

По свойству отрезков касательных, проведенных из одной точки к окружности, $BM=BN=13,$ а поскольку  еще $H$ – середина $AC$, то $AH=AM=CH=CN=5.$

$P=AB+BC+AC=18+18+10=46.$

Ответ: $46.$

По свойству отрезков касательных имеем:

$PW=PD,\;WL=LM,\;MN=NR$ и т.д. (см. рис.)

Значит,

$AD+AM=(AP+PD)+(AL+LM)=(AP+PW)+(AL+LW)=AP+PL+AL=P_{APL}$

$CD+CS=…=P_{CQE}$

$BS+BM=…=P_{BTN}$

Суммируем построчно последние три равенства:

$AD+AM+CD+CS+BS+BM=P_{APL}+P_{CQE}+P_{BTN};$

$P_{ABC}=10+18+33=61.$

Ответ: $61.$