Задача хороша тем, что имеет несколько решений, приводящих либо к кубическому, либо к уравнению 4-ой степени, что не имеет большого значения. О- начало координат, В(-r-2, 0), A(r, 6), уравнение прямой АВ: (r+1)*y - 3x - 3r - 6 = 0. Расстояние от точки О до этой прямой равно r , откуда : (3r+6)/sqrt[(r+1)^2+9]=r. Перепишем это уравнение : (3r+6)/r = sqrt[(r+1)^2+9]. Ничего раскрывать и приводить не нужно! В положительной области слева-убывающая функция, а справа-возрастающая . Поэтому уравнение имеет единственный положительный корень, он очевиден, r = 3 ! Вообще не имеет значения, уравнение какой степени получится в явном виде !

Не знаю, почему, но у меня уже рефлекс - если я вижу прямоугольный треугольник и число 6, мне совершенно очевидно, что это треугольник (6,8,10), r = 3.Тот случай, когда одно из решений возникает просто при взгляде на картинку. Конечно, так нельзя доказать единственность. Хотя если не бояться кубических уравнений, то легко- ведь один корень уже известен. Система (r+2)/r = (x+6)/6 (биссектриса) и r/x = 6/(2r+2); легко приводится к r³ + r³ - 36 =0; корень 3 известен (ну, или тут легко найти подбором), после чего (например, используя неопределенные коэффициенты, или деля многочлен на одночлен, или просто по наитию) это приводится к виду (r - 3)(r² + 4r + 12) = 0; вторая скобка всегда положительна, действительный корень единственный.

Обозначим BK=a. По свойству гипотенузы (a+6)/(r+2)=6/r, откуда a=12/r. По теореме о секущей касательной aa=2(2r+2), подставив а получим 144/rr=4r+4, умножив на rr/4, получим то же уравнение rrr+rr-36=0 и единственный Ответ: r=3.

Можно решить через тангенс двойного угла. Задачи с вписанной полуокружностью выделяются своей необычностью и сложностью ( я решал подглядев ваше решение и в комментариях).

Я удвоил треугольник, отразив вдоль горизонтальной стороны. Получил окружность, вписаннуь в равнобедренный треугольник. Половина основания равна 6 (свойства касательной), боковая сторона пусть будет b, высота равна 2 + 2r. Тогда: S = pr = 6•(2 + 2r) p = 6 + b 6² + (2 + 2r)² = b² Решая эту систему, получим то же самое кубическое уравнение: r³ + r² - 36 = 0 и тот же самый ответ r = 3.

АС = АК = 6 из равенства отрезков касательных. Пусть радиус полуокружности равен x, тогда ctg(ABC) = (2x+2)/6 = (x+1)/3. OK перпендикулярно AB, BK = x*ctg(ABC) = (x² + x)/3. Далее применяется теорема о касательной и секущей, откуда (x² + x)²/9 = (2x+2)*2 Заметим, что x=-1 - посторонний корень, поэтому это сведётся после деления на (x+1) к x³ + x² = 36 Видно, что x = 3 - корень, квадратное уравнение после деления не имеет решений, итого ответ 3. В общем случае мы будем получать кубическое уравнение, и уравнение будет иметь единственное решение, если 3sqrt(3)a > b, где AK = a, BM = b. Случай двух и трех корней я не смотрел, но вдруг кому-то будет интересно)

Можно было получить тоже самое кубическое уравнение из подобия треугольников BKO и ABC (по двум углам). BO/AB = OK/AC = AK/BC (r+2)/(AK+6) = r/6 = AK/(2r+2). Откуда следует: AK = r(r+1)/3 и AK = 6(r+2)/r-6 = 12/r. То есть r(r+1)/3 = 12/r, r^3+r^2-36=0. А дальше нам повезло с числами т.к. в общем виде кубическое уравнение в школе решать не умеют.

Да, я такое же уравнение получила из подобия треугольников АВС и ВОК. Но решение задачи интересное, спору нет 👍

Все стало просто, когда вспомнил теорему о секущей и касательной. BK^2 = BC*BM. А второе уравнение можно получить либо из свойства биссектрисы, либо из подобия треугольников, либо из теоремы Пифагора. В любом случае мы приходим к тому же самому кубическому уравнению.

Согласен, задача классная! Опустим перпендикуляр КН и получим интересный факт КМ бисектриса угла ВКН (весь угол ВКН=ВОК а ВКМ=КСМ как угол между касательной и хордой) , обозначим ВК=х а значит 6/r=х/2 , x=12/r ,используем теорему о касательной и секущей х*х=2(2+2r). (12/r)*(12/r)=4+4r домножаем на r*r и получяем то же кубическое уравнение что у автора r*r*r+r*r-36=0 , целый корень r=3 , после деления на r-3 видим что других у нас нет !

Отражаем построение так, чтобы получился полный круг, вписанный в треугольник. Используем формулы площади: S=1/2aH=pR, где a=6+6=12; H=2+2R; неизвестный кусок стороны ((2+R)²-R²)½=2(1+R)½, что даст полупериметр p=12+2(1+R)½. Получаем уравнение 6=R(1+R)½, или 36=R²+R³, => R=3.

А вот не нужно пропускать тренировки! Тогда любая задача уже не будет «жесткой»))) Буквально вчера делали все те же упражнения без всякой алгебры. Правда все те, кто ушел «по звонку», не доработав тренировку (задачу), не увидели (а тренер сознательно не сделал на этом акцент) что, продлив касательную к полуокружности до пересечения с продолжением основания квадрата, мы получаем «выступающий» за пределы квадрата еще один египетский треугольник, вертикальный катет которого составляет 1/4 стороны квадрата (на этом тренер сделал акцент), а горизонтальный - 1/3 стороны квадрата (этот факт остался за кадром). Все это было вчера… Сегодня имеем по сути ту же задачу и можем применить все те же рассуждения, что и вчера, достроив прямоугольник(!) со сторонами МС и АС. То, что это на самом деле не прямоугольник, а именно квадрат(!) как раз следует из дополнительного условия (ВМ:АС = 1/3). Отсюда и величина радиуса внутренней полуокружности: r = 0,5*(АС=АК) = 3. Не уверен, что такое решение зачтется на официальных соревнованиях, но... продолжаем тренироваться)

У уравнения r^3+r^2=36 очевидно, из монотонности на положительной полуоси, единственный положительный корень. И мы его уже ранее угадали, предъявив одно из решений задачи - египетский треугольник. Итого: r=3, и никаких прочих манипуляций с уравнением делать не нужно.

вот зачем, Валерий Вы, рассказывая условие, поставили внизу косинус из УТП)) сразу лишили меня альтернативы искать другие решения... что я обычно делаю сначала... очевидно, что sinВ=r/(r+2)=cosA... а tg(A/2)=r/6... вот вся песня... но я еще не смотрел видос... ща гляну

КA=AC ,МА- диагональ прямоугольного тр. МАС, она пересечет окр . в т. N , то ANC тр. МNC .AC=MC=6 , r=6:2=3.извините , увлекся геометрией.

Задача из «ЧИСТАЯ АЛГЕБРА! Никакой геометрии.» превращается в задачу ЧИСТАЯ ГЕОМЕТРИЯ! Слабенько алгебра. Из М проводим перпендикуляр с пересечением с ВК в точке Р. МР=РК. Через точки Р и О проводим отрезок с пересечением продолжения АС в точке N. ∆PAN равнобедренный, АО биссектриса и высота. ∆РОА прямоугольный, КО - высота. r^2 = 6*PM, PM/2=6/(2+2r) → r^3 + r^2 -36 = 0 → r = 3.😇

Задача не в моём вкусе, однако удалось решить чистой алгеброй (без тригонометрии). ВК = х. 6/R = (6 + x)/(R + 2). (св-во биссектрисы). (6 + x) = (6R + 12)/R, (6 + x)² = (6R + 12)²/R² = 6² + (2R + 2)² (Пифагор). R⁴ + 2R³ + R² - 36R - 36 = 0. (R + 1)(R³ + R² - 36) = 0. (R + 1) ≠ 0, т. к. R > 0, ⇛ R³ + R² - 36 = 0. R = 3 (не скрою, последнее ур-е - калькулятором, бог простит😢).

Можете помочь решить практическую задачу?

Решение единственное в силу монотонности зависимости отношения указанных отрезков от угла треугольника, угадываем радиус 3.

Задача--супер! Но мне показалось, что можно обойтись геометрией. Пусть ВК=х, МС=у. Тр-ки ВОК и АВС подобны. Отсюда: х:(у/2+2)=(у+2):(6+х) x^2=(y+2)*2 (касат+секущ). х=4, у=6. r=3

Решал теоремой Пифагора, применяя к ВКО и АВС. Получил уравнение 4 степени, далее среди делителей свободного члена нашел корень 3 и далее, что более корней нет.

В комментария одни мастера спорта

Можно без тригонометрии. Достаточно одного построения - биссектриса АО. Пусть ВК = х. По св-ву бисс. треуг. ОВ/АВ = ОС/АС, ( r+2 / х+6) = ( r / 6), откуда х = 12 / r. По теореме о касательной и секущей, провед. из одной точки ВК² = ВМ•ВС, х² = 2•(2r + 2), с учётом х=12/r получим (12/r)² = 2•(2r+2), r³ + r² - 36 = .0. (r³ - 27) + (r² - 9) = 0. (r - 3) ( r² + 4r + 12) = 0. Во второй скобки D < 0, корней нет, из первой скобки r = 3. (х = 4, АВС - египетский треугольник. Как же без него, это ж половина геометрии.)

ну да... так и есть... вот не поставили б подсказку - мож че другое удумал бы... а второе решение искать не умею... циклит на первом

Задача класс, Казаков ещё лучше!