Дано: \(\triangle ABC\), \(\angle C = 90^\circ\), \(\angle B = 30^\circ\), окружность \(O;r\) - вписанная, \(r = 5\). Найти \(S_{\triangle ABC}\)?

Обозначим точки касания вписанной окружности со сторонами треугольника \(\triangle ABC\) как K, M и H, где K лежит на AC, M лежит на BC, и H лежит на AB. Центр вписанной окружности O является точкой пересечения биссектрис углов треугольника.

Так как \(\angle B = 30^\circ\), то \(\angle A = 90^\circ - 30^\circ = 60^\circ\). OK и OM - радиусы вписанной окружности, перпендикулярные сторонам AC и BC соответственно. Следовательно, OK = OM = r = 5.

Рассмотрим прямоугольный треугольник \(\triangle OKC\). Так как \(\angle C = 90^\circ\) и OK - радиус вписанной окружности, то \(\angle OCK = \angle C / 2 = 45^\circ\). Тогда \(\triangle OKC\) является равнобедренным прямоугольным треугольником, и KC = OK = 5. Аналогично, MC = OM = 5.

Обозначим AC = x. Тогда BC = MC + BM = 5 + BM. Так как \(\angle B = 30^\circ\), то AC = AB / 2, и BC = AC * \(\sqrt{3}\). Так как тангенс угла B равен отношению противолежащего катета к прилежащему, то \(tan(30^\circ) = AC / BC\). Следовательно, \(BC = AC / tan(30^\circ) = x / (1/\sqrt{3}) = x \sqrt{3}\).

Также известно, что \(AC = AK + KC = AK + 5\). По свойству касательных, проведенных из одной точки к окружности, AK = AH и BM = BH. Тогда AB = AH + BH = AK + BM.

Поскольку \(\angle A = 60^\circ\), то \(tan(A/2) = tan(30^\circ) = \frac{r}{AK} = \frac{5}{AK}\). Отсюда \(AK = \frac{5}{tan(30^\circ)} = 5 \sqrt{3}\). Следовательно, AC = \(5 + 5 \sqrt{3}\).

Тогда BC = \(AC \sqrt{3} = (5 + 5 \sqrt{3})\sqrt{3} = 5\sqrt{3} + 15\).

Площадь треугольника \(\triangle ABC\) равна \(S = \frac{1}{2} AC \cdot BC = \frac{1}{2} (5 + 5 \sqrt{3}) (5\sqrt{3} + 15) = \frac{1}{2} (25\sqrt{3} + 75 + 75 + 15\sqrt{3}) = \frac{1}{2} (40\sqrt{3} + 150) = 20\sqrt{3} + 75\).

Ответ: Площадь треугольника \(\triangle ABC\) равна $$75 + 20\sqrt{3}$$.