Окръжност - хорди и допирателни - много трудни задачи с решения

Решение:
В [tex]k_1[/tex] всяка хорда през [tex]P[/tex] дава едно и също произведение на отсечките, а хордата [tex]AB[/tex] дава [tex]PA \cdot PB[/tex]. В [tex]k_2[/tex] и двете хорди [tex]AB[/tex] и [tex]CD[/tex] минават през [tex]P[/tex], затова [tex]PA \cdot PB[/tex] = [tex]PC \cdot PD[/tex]. В [tex]k_3[/tex] хордата [tex]CD[/tex] дава [tex]PC \cdot PD[/tex].
Нека правата [tex]PE[/tex] пресича [tex]k_1[/tex] втори път в [tex]F_1[/tex], а [tex]k_3[/tex] – в [tex]F_3[/tex]. Произведенията в [tex]k_1[/tex] и [tex]k_3[/tex] са равни, затова [tex]PE \cdot PF_1=PE \cdot PF_3[/tex], откъдето [tex]PF_1=PF_3[/tex] и [tex]F_1[/tex] = [tex]F_3[/tex]. Тази точка е обща за [tex]k_1[/tex] и [tex]k_3[/tex] и е различна от [tex]E[/tex], затова това е [tex]F[/tex].
Следователно правата [tex]EF[/tex] минава през [tex]P[/tex].

Решение:
Продължаваме [tex]CL[/tex] до второто пресичане с описаната окръжност в [tex]M[/tex]. Тогава [tex]\angle ACL=\angle MCB[/tex] ([tex]CL[/tex] е ъглополовяща) и [tex]\angle CAL=\angle CMB[/tex] (вписани ъгли над една и съща дъга), затова [tex]\triangle ACL \sim \triangle MCB[/tex].
Следователно [tex]\frac{AC}{CM}=\frac{CL}{CB}[/tex], т.е. [tex]AC \cdot CB=CL \cdot CM=CL(CL+LM)=CL^2+CL \cdot LM[/tex].
От теоремата за пресичащите се хорди [tex]CL \cdot LM=LA \cdot LB[/tex], затова [tex]CL^2=AC \cdot CB-LA \cdot LB[/tex].

Решение:
Трапецът е равнобедрен; проекцията на бедрото е [tex]\frac{15-1}{2}=7[/tex], затова [tex]h=\sqrt{14^2-7^2}=7\sqrt{3}[/tex]. Поставяме [tex]A(0;0),\ B(15;0),\ C(8;7\sqrt{3}),\ D(7;7\sqrt{3})[/tex].
Центърът на окръжността е средата на [tex]BC[/tex]: [tex]Q\left(\frac{23}{2};\frac{7\sqrt{3}}{2}\right)[/tex], а радиусът е [tex]7[/tex]. Правата е [tex]AD:\ y=\sqrt{3}x[/tex], затова разстоянието от [tex]Q[/tex] до нея е [tex]d=\frac{\left|\sqrt{3} \cdot \frac{23}{2}-\frac{7\sqrt{3}}{2}\right|}{2}=4\sqrt{3}[/tex].
[tex]MN=2\sqrt{7^2-(4\sqrt{3})^2}=2\sqrt{49-48}=2[/tex].

Решение:
Нека [tex]M[/tex] и [tex]N[/tex] са проекциите на [tex]O_1[/tex] и [tex]O_2[/tex] върху правата. Перпендикулярът от центъра разполовява хордата, затова [tex]AM=MP;\ AN=NQ[/tex], откъдето [tex]PQ=2MN[/tex].
[tex]MN[/tex] е проекцията на [tex]O_1O_2[/tex] върху правата, затова [tex]MN \le O_1O_2[/tex], като равенство има точно когато правата е успоредна на [tex]O_1O_2[/tex].
Следователно [tex]PQ[/tex] е най-голяма, равна на два пъти [tex]O_1O_2[/tex], когато правата е успоредна на [tex]O_1O_2[/tex].

Решение:
Построяваме общата допирателна [tex]t[/tex] в [tex]T[/tex]. Ъгълът между допирателна и хорда е равен на вписания ъгъл над същата дъга, затова в [tex]k_1[/tex]: [tex]\angle TAB=\angle(t;TB)[/tex].
[tex]\angle(t;TB)=\angle(t;TD)[/tex] (връхни ъгли, понеже [tex]B[/tex], [tex]T[/tex], [tex]D[/tex] лежат на една права), а в [tex]k_2[/tex]: [tex]\angle(t;TD)=\angle TCD[/tex].
Следователно [tex]\angle TAB=\angle TCD[/tex]; това са кръстни ъгли при секущата [tex]AC[/tex], затова [tex]AB \parallel CD[/tex].

Решение:
За две външно допиращи се окръжности, които се допират до една права, разстоянието между допирните точки е два пъти средното геометрично на радиусите: [tex]T_1T_2=2\sqrt{R_1R_2}[/tex] и аналогично [tex]T_1T=2\sqrt{R_1r};\ TT_2=2\sqrt{rR_2}[/tex].
Понеже [tex]T[/tex] е между [tex]T_1[/tex] и [tex]T_2[/tex], [tex]2\sqrt{R_1r}+2\sqrt{rR_2}=2\sqrt{R_1R_2}[/tex]; делим на произведението на трите корена и получаваме [tex]\frac{1}{\sqrt{r}}=\frac{1}{\sqrt{R_1}}+\frac{1}{\sqrt{R_2}}[/tex].
Следователно [tex]r=\frac{R_1R_2}{\left(\sqrt{R_1}+\sqrt{R_2}\right)^2}[/tex].

Решение:
Поставяме [tex]A(0;0),\ B(R-r;0)[/tex] (окръжностите се допират в точка от положителната ос x), а центърът е [tex]Q(x;\rho)[/tex]. Условията за допиране дават [tex]AQ=R-\rho[/tex] и [tex]BQ=r+\rho[/tex].
От първото [tex]x^2=R^2-2R\rho[/tex]. От второто [tex](x-R+r)^2+\rho^2=(r+\rho)^2[/tex]; изваждаме и използваме [tex]x^2=R^2-2R\rho[/tex]: [tex]x=R-\frac{\rho(R+r)}{R-r}[/tex].
Заместваме в [tex]x^2=R^2-2R\rho[/tex]: [tex]\frac{\rho(R+r)^2}{(R-r)^2}=\frac{4Rr}{R-r}[/tex], затова [tex]\rho=\frac{4Rr(R-r)}{(R+r)^2}[/tex].

Решение:
Хомотетията с център [tex]M[/tex] и коефициент [tex]\frac{R_1}{R_2}[/tex] ([tex]R_1[/tex] и [tex]R_2[/tex] са радиусите на [tex]k_1[/tex] и [tex]k_2[/tex]) изобразява [tex]k_2[/tex] в [tex]k_1[/tex]. Тя изобразява [tex]L[/tex] във втората пресечна точка [tex]N[/tex] на правата [tex]ML[/tex] с [tex]k_1[/tex], а допирателната [tex]AB[/tex] към [tex]k_2[/tex] в [tex]L[/tex] – в допирателната [tex]t[/tex] към [tex]k_1[/tex] в [tex]N[/tex], затова [tex]t \parallel AB[/tex].
Допирателна, успоредна на хорда, се допира до окръжността в средата на дъгата, отсечена от хордата, затова [tex]\overset{\frown}{AN}=\overset{\frown}{NB}[/tex].
Равните дъги стягат равни вписани ъгли: [tex]\angle AMN=\angle NMB[/tex], т.е. [tex]ML[/tex] е ъглополовяща на [tex]\angle AMB[/tex].

Решение:
[tex]O_1[/tex] лежи на ъглополовящата на ъгъла при [tex]C[/tex], която минава през [tex]O[/tex], и [tex]\angle O_1CA=30^\circ[/tex]; затова радиусът (разстоянието от [tex]O_1[/tex] до страните) е половината от [tex]CO_1[/tex]: [tex]CO_1=2\rho[/tex].
Окръжността се допира вътрешно до [tex]k(O;R)[/tex], затова [tex]OO_1=R-\rho[/tex]; [tex]O_1[/tex] лежи на [tex]CO[/tex] след [tex]O[/tex], затова [tex]CO_1=CO+OO_1[/tex], т.е. [tex]2\rho=R+(R-\rho)[/tex].
Следователно [tex]\rho=\frac{2R}{3}[/tex].

Решение:
Използваме кривините (реципрочните стойности на радиусите): [tex]k_1=\frac{1}{a};\ k_2=\frac{1}{b};\ k_3=\frac{1}{c};\ k_4=\frac{1}{r}[/tex]. От теоремата на Декарт за четири взаимно допиращи се окръжности [tex]k_4=k_1+k_2+k_3+2\sqrt{k_1k_2+k_2k_3+k_3k_1}[/tex] (знак плюс за малката вътрешна окръжност).
Тук [tex]k_1k_2+k_2k_3+k_3k_1=\frac{a+b+c}{abc}[/tex], затова [tex]\frac{1}{r}=\frac{ab+bc+ca+2\sqrt{abc(a+b+c)}}{abc}[/tex] и [tex]r=\frac{abc}{ab+bc+ca+2\sqrt{abc(a+b+c)}}[/tex].

Решение:
Понеже [tex]\angle ADC=90^\circ[/tex], точката [tex]D[/tex] лежи на окръжността с диаметър [tex]AC[/tex], затова [tex]MD=MA=MC=7[/tex], и от равнобедрения триъгълник [tex]\angle MDC=\angle MCD=\angle C[/tex].
С височината [tex]BH[/tex] на [tex]\triangle ABC[/tex]: [tex]BH=\sqrt{25^2-7^2}=24[/tex], затова [tex]\sin C=\frac{BH}{BC}=\frac{24}{25}[/tex].
Ъгълът между допирателната [tex]BC[/tex] и хордата [tex]MD[/tex] е равен на вписания ъгъл над [tex]MD[/tex], затова от синусовата теорема [tex]r=\frac{MD}{2\sin C}=\frac{7}{2 \cdot \frac{24}{25}}=\frac{175}{48}[/tex].

Решение:
Поставяме [tex]O_1(0;0),\ O_2(2\sqrt{2};0)[/tex]. Допирателната [tex]l[/tex] е [tex]l:\ \frac{\sqrt{2}}{2}x+\frac{\sqrt{2}}{2}y=3[/tex] (разстоянията ѝ до центровете са равни на радиусите), а допирателната отсечка е [tex]AB=\sqrt{(2\sqrt{2})^2-(3-1)^2}=2[/tex].
От [tex]x^2+y^2=9;\ (x-2\sqrt{2})^2+y^2=1[/tex] намираме пресечните точки; по-близката до [tex]l[/tex] е [tex]C(2\sqrt{2};1)[/tex], на разстояние [tex]d=3-\frac{\sqrt{2}}{2}(2\sqrt{2}+1)=1-\frac{\sqrt{2}}{2}[/tex] от [tex]l[/tex].
Следователно [tex]S=\frac{AB \cdot d}{2}=1-\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{2-\sqrt{2}}{2}[/tex].

Решение:
Нека [tex]O[/tex] е центърът, [tex]OM=m[/tex], а [tex]d[/tex] е разстоянието от [tex]O[/tex] до хордата: [tex]d=m\sin 45^\circ=\frac{m}{\sqrt{2}}[/tex]. Тогава [tex]CD^2=4(R^2-d^2)=4R^2-2m^2[/tex].
От теоремата за пресичащите се хорди (с диаметъра през [tex]M[/tex]) [tex]CM \cdot DM=R^2-m^2[/tex].
Следователно [tex]CM^2+DM^2=(CM+DM)^2-2CM \cdot DM=4R^2-2m^2-2(R^2-m^2)=2R^2[/tex], което не зависи от положението на [tex]M[/tex].

Решение:
От свойството на ъглополовящата [tex]\frac{BL}{LC}=\frac{AB}{AC}=\frac{5}{7}[/tex], затова [tex]BL=\frac{35}{4};\ LC=\frac{49}{4}[/tex].
От формулата за ъглополовящата, доказана по-горе на тази страница, [tex]AL^2=AB \cdot AC-BL \cdot LC=560-\frac{1715}{16}=\frac{7245}{16}[/tex]. От теоремата за пресичащите се хорди [tex]AL \cdot LL'=BL \cdot LC=\frac{1715}{16}[/tex].
Следователно [tex]\frac{AL}{LL'}=\frac{AL^2}{AL \cdot LL'}=\frac{7245}{1715}=\frac{207}{49}[/tex].

Решение:
Правите [tex]AD;\ BC[/tex] се пресичат в [tex]P[/tex] и [tex]\frac{PD}{PA}=\frac{PC}{PB}=\frac{CD}{AB}=\frac{2}{3}[/tex], затова [tex]PA=15;\ PB=36[/tex] и [tex]PD=10[/tex]. Понеже [tex]PA^2+PB^2=225+1296=1521=AB^2[/tex], [tex]\angle APB=90^\circ[/tex].
Нека [tex]T[/tex] е допирната точка върху [tex]BC[/tex]; от теоремата за допирателна и секуща [tex]PT^2=PD \cdot PA=10 \text{ . } 15=150[/tex].
Поставяме [tex]P(0;0),\ A(15;0),\ T(0;5\sqrt{6})[/tex]; центърът е [tex]Q(\rho;5\sqrt{6})[/tex], а [tex](15-\rho)^2+150=\rho^2[/tex] дава [tex]\rho=\frac{25}{2}[/tex].

Решение:
Нека [tex]AB=x[/tex], тогава [tex]AD=x+24[/tex]. От косинусовата теорема за [tex]\triangle ABD[/tex]: [tex]56^2=x^2+(x+24)^2-x(x+24)[/tex], т.е. [tex]x^2+24x-2560=0[/tex], затова [tex]x=40[/tex] и [tex]AD=64[/tex].
Ъгълът между допирателната и хордата [tex]BC[/tex] е равен на вписания ъгъл над нея: [tex]\angle ABC=\angle ADB[/tex]; с общия ъгъл при [tex]A[/tex] получаваме [tex]\triangle ABC \sim \triangle ADB[/tex].
Следователно [tex]\frac{BC}{DB}=\frac{AB}{AD}[/tex] и [tex]BC=\frac{56 \text{ . } 40}{64}=35[/tex].

Решение:
От теоремата за допирателна и секуща от [tex]B[/tex]: [tex]BA^2=BM \cdot BC=\frac{b}{2} \cdot b[/tex], затова [tex]AB=\frac{b}{\sqrt{2}}[/tex]. Нека [tex]\alpha[/tex] е ъгълът при основата: [tex]\cos\alpha=\frac{AB}{2b}=\frac{1}{2\sqrt{2}}[/tex], [tex]\sin\alpha=\sqrt{1-\frac{1}{8}}=\frac{\sqrt{14}}{4}[/tex].
Ъгълът между допирателната [tex]AB[/tex] и хордата [tex]AC[/tex] е равен на вписания ъгъл над нея: [tex]\angle AMC=\angle BAC=\alpha[/tex]. От синусовата теорема в тази окръжност [tex]R=\frac{AC}{2\sin\alpha}=\frac{2b}{\sqrt{14}}[/tex], затова [tex]b=\frac{R\sqrt{14}}{2}[/tex].

Решение:
Външната ъглополовяща [tex]CL'[/tex] при [tex]C[/tex] пресича правата [tex]AB[/tex] в [tex]L'[/tex] след [tex]B[/tex], и [tex]\frac{AL'}{BL'}=\frac{AC}{BC}=\frac{AL}{BL}=\frac{5}{3}[/tex], затова [tex]\frac{8+BL'}{BL'}=\frac{5}{3}[/tex], т.е. [tex]BL'=12[/tex].
Вътрешната и външната ъглополовяща са перпендикулярни: [tex]\angle LCL'=90^\circ[/tex], затова [tex]C[/tex] лежи на окръжността с диаметър [tex]LL'=3+12=15[/tex], чийто център е на [tex]AB[/tex].
Само една окръжност минава през [tex]C[/tex] и [tex]L[/tex] и има център на [tex]AB[/tex] (центърът е пресечната точка на [tex]AB[/tex] със симетралата на [tex]CL[/tex]), следователно това е тази окръжност: [tex]r=\frac{LL'}{2}=\frac{15}{2}[/tex].