1. `AD=BE=x, quad DE=3x, quad AB=5x, quad CD=y, quad CE=z, quad angle DCE = phi.`

2. `CD^2+CE^2-2*CD*CE*cos phi = DE^2, quad y^2+z^2-2*y*z*cos phi = 9x^2, quad 1/2(25x^2+9x^2)-4*S_(CDE)*ctg phi = 9x^2, quad`

`qquad 17x^2-4*(3*S_(ABC))/5*ctg phi = 9x^2, quad 17x^2-4*(3*18)/5*3/5 = 9x^2, quad x^2=(81)/(25), quad 5x=9.`

Ответ: `9.`

_________________
Никуда не тороплюсь!

Добрый день!
На радиус `6/23` вышел но через жесткие иррациональные уравнения, получившиеся либо через площади (Герон), либо через теорему косинусов и косинус суммы. Вот прям чувствую, что есть более красивый ход. Буду благодарен, если натолкнете на мысль.

Не знаю, насколько красиво, но точно не жёстко)

Два раза теорема косинусов + основное тригонометрическое тождество

Спасибо большое. Я в остром угле прямоугольного треугольника копошился, не обратился к прямому... Да, тогда выход на квадратное уравнение сразу получается. Благодарю.

Формула Герона (два раза) плюс теорема Пифагора (один раз).

`{(((2sqrt((r+4)*3*1*r))/4)^2+((2sqrt((r+3)*2*1*r))/3)^2=(r+1)^2),(r gt 0):} quad, quad {(23r^2+132r-36=0),(r gt 0):} quad, quad r=6/(23).`

_________________
Никуда не тороплюсь!

Спасибо!

Выкладываю аналитическое решение этой же задачи.

...и ещё один способ решения:

Я ожидал, что кто-нибудь выложит решение задачи 7 пробника от 01.07.2019, увы не дождался.
Потому вынужден выложить свои соображения.

Добрый день. На экзамене не засчитали 6 задачу. При исходном 3а*((х+3)^4) + 8b*((x-3)^4) >= x^4 +54*(x^2) + 81 я представил правую часть как ((х+3)^4 + (х-3)^4)/2. Отсюда 3а*((х+3)^4) + 8b*((x-3)^4) >= ((х+3)^4 + (х-3)^4)/2
Дальше (6а-1)*((х+3)^4) + (16b-1)*((x-3)^4) >= 0
Отсюда я сделал вывод, что а>=1/6 и b>=1/16. Эксперт оценил это решение в 0 баллов, даже без продвижения. Нужен Ваш совет: какую проверку/обоснование надо было написать? При вопросе об апелляции смерили недовольным взглядом и сказали не лезть. Спасибо.