Окръжност - хорди и допирателни - задачи с решения

Решение:
Нека [tex]M[/tex] е петата на перпендикуляра от [tex]O[/tex] към хордата: [tex]OM \perp AB[/tex]. Перпендикулярът от центъра разполовява хордата, затова [tex]AM=\frac{AB}{2}=8[/tex].
От правоъгълния [tex]\triangle OAM[/tex]: [tex]OM=\sqrt{OA^2-AM^2}=\sqrt{100-64}=6[/tex].

Решение:
Нека [tex]AM=3k;\ BM=2k[/tex]. От теоремата за пресичащите се хорди [tex]AM \cdot BM=CM \cdot DM[/tex], затова [tex]6k^2=96[/tex] и [tex]k=4[/tex].
Следователно [tex]AB=5k=20[/tex].

Решение:
[tex]BA=BD+DA=26[/tex]. От теоремата за допирателна и секуща [tex]BC^2=BD \cdot BA=8 \text{ . } 26=208[/tex], затова [tex]BC=\sqrt{208}=4\sqrt{13}[/tex].

Решение:
Разстоянието между центровете е [tex]O_1O_2=50+32=82[/tex]. Радиусите към допирните точки са перпендикулярни на допирателната; права през центъра на малката окръжност, успоредна на допирателната, дава правоъгълен триъгълник с хипотенуза [tex]O_1O_2[/tex] и катет, равен на разликата на радиусите, затова [tex]T_1T_2=\sqrt{O_1O_2^2-(50-32)^2}=\sqrt{82^2-18^2}=\sqrt{6400}=80[/tex].

Решение:
Централата е симетрала на общата хорда, а половината от хордата е [tex]\frac{24}{2}=12[/tex]. Разстоянията от центровете до хордата са [tex]d_1=\sqrt{13^2-12^2}=5[/tex] и [tex]d_2=\sqrt{15^2-12^2}=9[/tex].
Центровете са от двете страни на хордата, затова [tex]O_1O_2=5+9=14[/tex].

Решение:
Нека [tex]M[/tex] и [tex]N[/tex] са петите на перпендикулярите от [tex]O[/tex]: [tex]OM \perp AB;\ ON \perp CD[/tex], и [tex]OM=ON[/tex]. Перпендикулярът от центъра разполовява хордата, затова [tex]AM=\frac{AB}{2};\ CN=\frac{CD}{2}[/tex].
Правоъгълните триъгълници имат [tex]OA=OC[/tex] (радиуси) и [tex]OM=ON[/tex], затова [tex]\triangle OAM \cong \triangle OCN[/tex] и [tex]AM=CN[/tex].
Следователно [tex]AB=CD[/tex].

Решение:
Ъгълът, който се опира на диаметъра [tex]AB[/tex], е прав: [tex]\angle AMB=90^\circ[/tex], затова [tex]BM \perp AM[/tex].
Понеже [tex]AM \parallel BN[/tex], имаме и [tex]BM \perp BN[/tex], т.е. [tex]\angle MBN=90^\circ[/tex].
Значи вписаният ъгъл [tex]\angle MBN=90^\circ[/tex] се опира на хордата [tex]MN[/tex], затова [tex]MN[/tex] е диаметър.

Решение:
[tex]O_1A=O_1B[/tex] (радиуси на [tex]k_1[/tex]), затова [tex]O_1[/tex] лежи на симетралата на [tex]AB[/tex].
Аналогично [tex]O_2A=O_2B[/tex], затова и [tex]O_2[/tex] лежи на нея.
Две различни точки определят права, затова [tex]O_1O_2[/tex] е симетралата на [tex]AB[/tex].

Решение:
Нека [tex]R=5k;\ r=3k[/tex]. При вътрешно допиране разстоянието между центровете е равно на разликата на радиусите: [tex]O_1O_2=R-r=2k[/tex].
Следователно [tex]2k=14[/tex], [tex]k=7[/tex] и [tex]R=35;\ r=21[/tex].

Решение:
Диаметърът е [tex]8+3=11[/tex], затова [tex]R=\frac{11}{2}[/tex].
Хордата пресича диаметъра в [tex]M[/tex], която е на разстояние [tex]3[/tex] от единия му край, затова [tex]OM=R-3=\frac{5}{2}[/tex].

Решение:
[tex]r_1+r_2=5+3=8[/tex], затова [tex]O_1O_2=r_1+r_2[/tex]: окръжностите се допират външно.
Две външно допиращи се окръжности имат две общи външни допирателни и една обща допирателна в допирната точка – общо [tex]3[/tex].

Решение:
Спускаме перпендикулярите [tex]AA_1 \perp a;\ BB_1 \perp a;\ OO_1 \perp a[/tex]. Тогава [tex]AA_1B_1B[/tex] е правоъгълен трапец, а [tex]OO_1[/tex] е средната му отсечка, понеже [tex]O[/tex] е средата на [tex]AB[/tex].
Следователно [tex]OO_1=\frac{AA_1+BB_1}{2}=\frac{3+11}{2}=7[/tex].

Решение:
Понеже [tex]AM \perp MB[/tex], [tex]AB[/tex] е диаметър и [tex]O[/tex] е средата му. Нека [tex]K[/tex] и [tex]L[/tex] са средите на [tex]AM[/tex] и [tex]MB[/tex]; [tex]OK;\ OL[/tex] са средни отсечки в [tex]\triangle AMB[/tex], затова [tex]OK \parallel MB;\ OL \parallel AM[/tex] и те са перпендикулярни на хордите.
Следователно [tex]OK=\frac{MB}{2}=2;\ OL=\frac{AM}{2}=\frac{3}{2}[/tex].

Решение:
Ъгълът между допирателна и хорда е равен на вписания ъгъл над същата дъга. За хордата [tex]BC[/tex]: [tex]\angle PBC=\angle BAC=60^\circ[/tex] и [tex]\angle PCB=\angle BAC=60^\circ[/tex].
Тогава [tex]\angle BPC=60^\circ[/tex], затова всички ъгли на [tex]\triangle BPC[/tex] са равни и той е равностранен.

Решение:
Симетрията относно централата [tex]O_1O_2[/tex] разменя двете общи външни допирателни, затова разменя допирните точки върху всяка окръжност. Следователно [tex]O_1O_2[/tex] е симетрала на отсечките, които ги свързват: [tex]T_1T_1' \perp O_1O_2[/tex] и [tex]T_2T_2' \perp O_1O_2[/tex].
Затова [tex]T_1T_1' \parallel T_2T_2'[/tex], а понеже радиусите са различни, тези отсечки имат различни дължини; следователно [tex]T_1T_1'T_2'T_2[/tex] е трапец (равнобедрен, понеже [tex]T_1T_2=T_1'T_2'[/tex]).

Решение:
Нека [tex]H[/tex] е петата на перпендикуляра от [tex]O[/tex] към [tex]l[/tex]: [tex]OH \perp l[/tex]. Перпендикулярът от центъра разполовява всяка хорда върху [tex]l[/tex], затова [tex]HA=HB[/tex] и [tex]HC=HD[/tex].
Следователно [tex]AC=HA-HC=HB-HD=BD[/tex].

Решение:
Сравняваме радиуса с разстоянието [tex]d=8[/tex] от центъра до правата. При [tex]R=6 \lt d[/tex] правата не пресича окръжността: [tex]0[/tex] общи точки; при [tex]R=8=d[/tex] тя е допирателна: [tex]1[/tex] обща точка; при [tex]R=10 \gt d[/tex] тя е секуща: [tex]2[/tex] общи точки.

Решение:
Радиусът към допирната точка е перпендикулярен на допирателната: [tex]OA \perp CA[/tex], затова [tex]CA=\sqrt{OC^2-OA^2}=\sqrt{16-4}=2\sqrt{3}[/tex]. Допирателните отсечки от една точка са равни: [tex]CA=CB[/tex].
Освен това [tex]\sin\angle OCA=\frac{OA}{OC}=\frac{1}{2}[/tex], затова [tex]\angle OCA=30^\circ;\ \angle ACB=60^\circ[/tex]; равнобедрен триъгълник с такъв ъгъл при върха е равностранен: [tex]AB=CA=CB=2\sqrt{3}[/tex].

Решение:
За един час върхът описва пълна окръжност с радиус [tex]10[/tex] см: [tex]C=2\pi r=2\pi \cdot 10=20\pi[/tex] см.
За [tex]10[/tex] часа: [tex]10 \cdot 20\pi=200\pi[/tex] см.