Należy wyznaczyć promień okręgu wpisanego w trójkąt prostokątny równoramienny o ramionach długości $10$ metrów. Przeciwprostokątna tego trójkąta ma długość $10\sqrt{2}$. Korzystamy ze wzoru na promień okręgu wpisanego w trójkąt prostokątny $r=\frac{a+b-c}{2}=\frac{10+10-10\sqrt{2}}{2}=10-5\sqrt{2}$.

Wyznaczamy przybliżoną wartość długości tego promienia szacując $1,414<\sqrt{2}<1,415$.

Wtedy $10-5·1,414=2,93$ oraz $10-5·1,415=2,925$.

Promień basenu może mieć maksymalnie około $293$ centymetry.

Niech:
$b$ – oznacza długość ramienia trójkąta,
$a$ – oznacza długość podstawy trójkąta,  
$h$ – długość wysokości poprowadzonej do podstawy.

Pole tego trójkąta wynosi $P=\frac{ah}{2}$, a promień okręgu wpisanego w ten trójkąt $r=\frac{2}{7}h=\frac{2P}{28}$.

Stąd $\frac{2}{7}h=\frac{ah}{28}$, więc $a=\frac{2·28}{7}=8$.

Ponieważ obwód wynosi $28=2b+8$, to $b=\frac{28-8}{2}=10$.

Długości boków wynoszą $a=8$ i $b=10$.

Niech:
$a$ – oznacza długość podstawy,
$b$ – długość ramienia trójkąta $ABC$.

Pole trójkąta $ABC$ wynosi $P=\frac{1}{2}r\left(2b+a\right)$. Z drugiej strony $P=\frac{1}{2}{b}^2\sin 2\alpha$.

Stąd $\frac{1}{2}r\left(2b+a\right)=\frac{1}{2}{b}^2\sin 2\alpha$, więc $r\left(2b+a\right)=b^2\sin 2\alpha$. Poza tym korzystając z tego, że dwusieczna kąta $ACB$ zawiera wysokość trójkąta opuszczoną na podstawę, dostajemy $\sin \alpha =\frac{{\displaystyle \frac{a}{2}}}{b}$, więc $a=2b\sin \alpha$.

Stąd $r\left(2b+2b\sin \alpha \right)=b^2\sin 2\alpha$. Po skróceniu przez $b$ mamy $b=\frac{2r\left(1+\sin \alpha \right)}{\sin 2\alpha }$.

Wtedy $a=\frac{4r\sin \alpha \left(1+\sin \alpha \right)}{\sin 2\alpha }$.

Długości boków to $a=\frac{4r\sin \alpha \left(1+\sin \alpha \right)}{\sin 2\alpha }$ i $b=\frac{2r\left(1+\sin \alpha \right)}{\sin 2\alpha }$.

R8l2ZTlmPNKNA

Ilustracja przedstawia trójkąt ABC w który wpisany jest okrąg o środku O i promieniu r. Przerywaną różowa linią została opuszczona wysokość o długości 4 z wierzchołka B do punktu D w podstawie trójkąta. Punkt D dzieli podstawę AC na odcinki AD i DC . Odcinek AD ma długość 3 natomiast DC ma długość 6. Kąt ADB oznaczony jest jako prosty.

Pole trójkąta $ABC$ wynosi $P=\frac{4\left(3+6\right)}{2}=18$. Wyznaczymy długości boków $AB$ i $BC$ z twierdzenia Pitagorasa.

$\left|AB\right|{}^2=4^2+3^2=25$, więc $\left|AB\right|=\sqrt{25}=5$.

${\left|BC\right|}^2=4^2+6^2=52$, więc $\left|BC\right|=\sqrt{52}=2\sqrt{13}$.

Możemy teraz wyznaczyć promień okręgu wpisanego w trójkąt $ABC$.

$r=\frac{2\cdot 18}{5+9+2\sqrt{13}}=\frac{18}{7+\sqrt{13}}=\frac{18\left(7-\sqrt{13}\right)}{49-13}=\frac{7-\sqrt{13}}{2}$.

R12JFYYzLd2D6

Grafika przedstawia trójkąt prostokątny ABC w który wpisano okrąg o środku O i promieniu r. Okrąg styka się z trójkątem w punkcie D dzieląc bok AC na odcinki AD i DC, puncie E dzieląc bok BC na odcinki BE i EC oraz punkcie F dzieląc bok AB na odcinki AF i FB . Promienie okręgu o długości r tworzą odcinki OD , OE i OF . Zaznaczono kąty proste między bokami trójkąta a promieniami okręgu. Odcinki AD i AF oznaczone na niebiesko mają długość $5x$ , różowy odcinek DC ma wartość $4x$, również różowy odcinek CE ma długość $6y$, natomiast odcinki EB i FB oznaczone na zielono mają długość $7y$ .

Na rysunku przedstawione są informacje z zadania.

Z własności punktów styczności mamy:

$\{\begin{array}{l}4x=6y\\ 5x+7y=29\end{array}$

Stąd $y=\frac{2x}{3}$ i $5x+\frac{14x}{3}=29$

$\frac{29x}{3}=29$

$x=3$.

Stąd boki trójkąta mają długości $26\mathrm{c}\mathrm{m}$, $27\mathrm{c}\mathrm{m}$, $29 \mathrm{cm}$.

Obwód wynosi $82 \mathrm{cm}$, a połowa obwodu $p=41\mathrm{cm}$.

Obliczymy pole trójkąta korzystając z wzoru Herona $P=\sqrt{41\cdot 12\cdot 14\cdot 15}=6\sqrt{2870}$.

Ostatecznie $r=\frac{2\cdot 6\sqrt{2870}}{82}=\frac{6\sqrt{2870}}{41}=6\sqrt{\frac{70}{41} } \text{[cm]}$.