Окръжност - хорди и допирателни - трудни задачи с решения

Решение:
Най-малкото разстояние е по правата през центъра [tex]O[/tex], затова [tex]OA=R+25[/tex]. Радиусът към допирната точка [tex]T[/tex] е перпендикулярен на допирателната: [tex]\angle OTA=90^\circ[/tex], [tex]OT=R[/tex].
От Питагоровата теорема [tex](R+25)^2=R^2+35^2[/tex], т.е. [tex]50R+625=1225[/tex], затова [tex]R=12[/tex].

Решение:
[tex]R=\frac{6+14}{2}=10[/tex], а разстоянието от центъра [tex]O[/tex] до [tex]P[/tex] е [tex]OP=10-6=4[/tex].
Разстоянието от [tex]O[/tex] до хордата е [tex]d=OP\sin 45^\circ=2\sqrt{2}[/tex].
[tex]\frac{AB}{2}=\sqrt{R^2-d^2}=\sqrt{100-8}=\sqrt{92}=2\sqrt{23}[/tex], затова [tex]AB=4\sqrt{23}[/tex].

Решение:
Радиусът към допирната точка е перпендикулярен на допирателната: [tex]OB \perp t[/tex], затова [tex]OB \perp AC[/tex]. Диаметър, перпендикулярен на хорда, я разполовява заедно с дъгата ѝ, затова [tex]BA=BC=10[/tex].
Нека [tex]H[/tex] е средата на [tex]AC[/tex]; тогава [tex]BH=\sqrt{10^2-6^2}=8[/tex].
[tex]R=\frac{AB \cdot BC}{2 \cdot BH}=\frac{100}{16}=\frac{25}{4}[/tex].

Решение:
Разстоянието между центровете е [tex]O_1O_2=3+1=4[/tex]. Общата вътрешна допирателна минава през допирната точка и е перпендикулярна на [tex]O_1O_2[/tex].
Външната допирателна сключва с [tex]O_1O_2[/tex] ъгъл [tex]\varphi[/tex], за който [tex]\sin\varphi=\frac{3-1}{4}=\frac{1}{2}[/tex] (разликата на радиусите върху разстоянието между центровете), затова [tex]\varphi=30^\circ[/tex].
Следователно ъгълът между двете допирателни е [tex]90^\circ-30^\circ=60^\circ[/tex].

Решение:
Ъгълът между допирателната и хордата [tex]TA[/tex] е равен на вписания ъгъл над същата дъга: [tex]\angle MTA=\angle MBT[/tex].
Двата триъгълника имат и общ [tex]\angle M[/tex], затова [tex]\triangle MTA \sim \triangle MBT[/tex].
Следователно [tex]\frac{MT}{MB}=\frac{MA}{MT}[/tex], т.е. [tex]MT^2=MA \cdot MB[/tex].

Решение:
[tex]BC=8[/tex]. Ъгълът между допирателната и хордата [tex]CA[/tex] е равен на вписания ъгъл над същата дъга: [tex]\angle MCA=\angle MBC[/tex]; с общия ъгъл при [tex]M[/tex] получаваме [tex]\triangle MCA \sim \triangle MBC[/tex].
Затова [tex]\frac{MC}{MB}=\frac{MA}{MC}=\frac{AC}{BC}=\frac{3}{4}[/tex]. Точката [tex]M[/tex] е след [tex]A[/tex]; нека [tex]MA=x[/tex], тогава [tex]MB=x+10[/tex].
От отношенията [tex]x=\frac{3}{4}MC=\frac{9}{16}(x+10)[/tex], затова [tex]x=\frac{90}{7}[/tex] и [tex]MC=\frac{4}{3}x=\frac{120}{7}[/tex].

Решение:
Нека [tex]\theta[/tex] е ъгълът между хордата и допирателната в [tex]A[/tex]; той е равен на вписания ъгъл над дъгата [tex]AB[/tex], затова [tex]AB=2R\sin\theta[/tex]. Разстоянието от [tex]B[/tex] до допирателната е [tex]d=AB\sin\theta=\frac{AB^2}{2R}[/tex].
Следователно [tex]\frac{AB^2}{4}+AB=3[/tex], т.е. [tex]AB^2+4AB-12=0[/tex], и положителният корен е [tex]AB=2[/tex].

Решение:
Произведението [tex]AB \cdot AC[/tex] е едно и също за всяка секуща през [tex]A[/tex]; за секущата през центъра то е [tex](9-7)(9+7)=32[/tex].
Понеже [tex]AB=BC[/tex], [tex]AC=2AB[/tex], затова [tex]2AB^2=32[/tex] и [tex]AB=4[/tex].

Решение:
Нека [tex]MC=mk;\ MD=nk[/tex]. Диаметърът, перпендикулярен на хордата, я разполовява: [tex]AM=MB=\frac{a}{2}[/tex].
От теоремата за пресичащите се хорди [tex]AM \cdot MB=MC \cdot MD[/tex], т.е. [tex]\frac{a^2}{4}=mnk^2[/tex], затова [tex]k=\frac{a}{2\sqrt{mn}}[/tex].
[tex]2R=(m+n)k[/tex], следователно [tex]R=\frac{(m+n)a}{4\sqrt{mn}}[/tex].

Решение:
Централният ъгъл над дъгата е [tex]\angle AOB=2\alpha[/tex]; в равнобедрения [tex]\triangle AOB[/tex] с бедра [tex]R[/tex]: [tex]AB=2R\sin\alpha[/tex].
[tex]M[/tex] разполовява дъгата, затова [tex]\angle AOM=\alpha[/tex], и аналогично [tex]AM=2R\sin\frac{\alpha}{2}[/tex].

Решение:
Нека [tex]P[/tex] е точката от свода над [tex]C[/tex]; височината е [tex]CP[/tex]. [tex]\triangle APB[/tex] е правоъгълен, защото се опира на диаметъра, а [tex]CP[/tex] е височината му към хипотенузата.
Понеже [tex]CB=5[/tex], [tex]CP[/tex]² = [tex]AC \cdot CB=1 \text{ . } 5=5[/tex], затова [tex]h=\sqrt{5}[/tex] m.

Решение:
[tex]\angle AMD=\angle CMB[/tex] (връхни ъгли) и [tex]\angle DAB=\angle DCB[/tex] (вписани ъгли над дъгата [tex]DB[/tex]), затова [tex]\triangle AMD \sim \triangle CMB[/tex] с отношение [tex]\frac{AM}{CM}=\frac{4}{3}[/tex].
Лицата на подобни триъгълници се отнасят както квадратите на съответните страни, затова [tex]S_{CMB}=S_{AMD} \cdot \left(\frac{3}{4}\right)^2=\frac{9}{8}[/tex].

Решение:
Ъгълът между допирателната [tex]BC[/tex] и хордата [tex]CD[/tex] е равен на вписания ъгъл над същата дъга: [tex]\angle BCD=\angle BAC[/tex]; с общия ъгъл при [tex]B[/tex] получаваме [tex]\triangle BCD \sim \triangle BAC[/tex].
Затова [tex]\frac{BC}{BA}=\frac{CD}{AC}=\frac{BD}{BC}[/tex]: [tex]\frac{12}{BA}=\frac{6}{9}[/tex], откъдето [tex]BA=18[/tex] и [tex]BD=\frac{BC^2}{BA}=\frac{144}{18}=8[/tex].

Решение:
От теоремата за двете секущи [tex]MA \cdot MB=MD \cdot MC[/tex]: [tex]3MB=36[/tex], затова [tex]MB=12[/tex] и [tex]AB=MB-MA=9[/tex].
Триъгълниците имат общ ъгъл при [tex]M[/tex] и пропорционални страни [tex]\frac{MA}{MC}=\frac{MD}{MB}=\frac{1}{3}[/tex], затова [tex]\triangle MAD \sim \triangle MCB[/tex]; следователно [tex]\frac{AD}{CB}=\frac{1}{3}[/tex] и [tex]BC=6[/tex].

Решение:
Понеже [tex]\angle AA_1B=\angle AB_1B=90^\circ[/tex], точките [tex]A;\ B;\ A_1;\ B_1[/tex] лежат на окръжността с диаметър [tex]AB[/tex].
[tex]AA_1;\ BB_1[/tex] са две хорди на тази окръжност, които се пресичат в [tex]H[/tex], затова от теоремата за пресичащите се хорди [tex]AH \cdot HA_1=BH \cdot HB_1[/tex].
Аналогично (окръжността с диаметър [tex]BC[/tex]) [tex]BH \cdot HB_1=CH \cdot HC_1[/tex].

Решение:
Нека [tex]O[/tex] е пресечната точка на диагоналите; тя ги разполовява. [tex]AC=81[/tex], затова [tex]AO=\frac{81}{2}[/tex] и [tex]OL=65-\frac{81}{2}=\frac{49}{2}[/tex].
От теоремата за пресичащите се хорди [tex]AL[/tex] и [tex]BD[/tex]: [tex]OB \cdot OD=OA \cdot OL[/tex], т.е. [tex]OB^2=\frac{81}{2} \cdot \frac{49}{2}[/tex], затова [tex]OB=\frac{63}{2}[/tex].
Тогава [tex]BD=63[/tex] и [tex]AB=BD=63[/tex].

Решение:
Понеже [tex]\angle BAD=\angle DAC=60^\circ[/tex], хордите, на които се опират равни вписани ъгли, са равни: [tex]BD=CD[/tex]. Четириъгълникът [tex]ABDC[/tex] е вписан, затова [tex]\angle BDC=180^\circ-120^\circ=60^\circ[/tex], следователно [tex]\triangle BCD[/tex] е равностранен: [tex]BC=BD=CD[/tex].
От теоремата на Птолемей [tex]AD \cdot BC=AB \cdot CD+AC \cdot BD[/tex]; делим на [tex]BC[/tex] и получаваме [tex]AD=AB+AC=3[/tex].

Решение:
За външната допирателна права през центъра на малката окръжност, успоредна на допирателната, дава правоъгълен триъгълник с хипотенуза, равна на разстоянието между центровете, и катет, равен на разликата на радиусите: [tex]\sqrt{25^2-(11-4)^2}=\sqrt{625-49}=24[/tex].
За вътрешната допирателна катетът е сборът на радиусите: [tex]\sqrt{25^2-(11+4)^2}=\sqrt{625-225}=20[/tex].

Решение:
Нека [tex]\overset{\frown}{BC}=3k;\ \overset{\frown}{AC}=5k[/tex]. Ъгъл с връх вън от окръжността е равен на полуразликата на дъгите, заключени между раменете му: [tex]\angle AMC=\frac{\overset{\frown}{AC}-\overset{\frown}{BC}}{2}[/tex].
Следователно [tex]\frac{5k-3k}{2}=32^\circ[/tex], [tex]k=32^\circ[/tex] и [tex]\overset{\frown}{BC}=96^\circ;\ \overset{\frown}{AC}=160^\circ[/tex].

Решение:
Нека [tex]O[/tex] е центърът, а [tex]CH[/tex] е височината; [tex]AH=3[/tex] и [tex]CH=4[/tex]. Радиусът към допирната точка е перпендикулярен на допирателната: [tex]OA \perp AC[/tex], затова [tex]\angle OAH=\angle ACH[/tex].
Правоъгълните триъгълници дават [tex]\triangle OAH \sim \triangle ACH[/tex], затова [tex]\frac{OA}{AC}=\frac{AH}{CH}[/tex] и [tex]OA=\frac{5 \text{ . } 3}{4}=\frac{15}{4}[/tex].

Решение:
[tex]O_1T_1T_2O_2[/tex] е правоъгълен трапец, чиито успоредни страни са радиусите [tex]3[/tex] и [tex]9[/tex] (те са перпендикулярни на допирателната). Разстоянието [tex]AK[/tex] от [tex]A[/tex] до допирателната е отсечката през [tex]A[/tex], успоредна на тях, а [tex]A[/tex] дели [tex]O_1O_2[/tex] в отношение [tex]1:3[/tex], понеже [tex]\frac{O_1A}{O_1O_2}=\frac{3}{12}=\frac{1}{4}[/tex].
Следователно [tex]AK=3+\frac{1}{4}(9-3)=\frac{9}{2}[/tex].

Решение:
За [tex]k_1[/tex] допирателната от [tex]N[/tex] и секущата през [tex]A[/tex] и [tex]B[/tex] дават [tex]NT_1^2=NA \cdot NB[/tex]. Аналогично за [tex]k_2[/tex]: [tex]NT_2^2=NA \cdot NB[/tex].
Следователно квадратите са равни и [tex]NT_1=NT_2[/tex]: правата [tex]AB[/tex] разполовява отсечката от общата допирателна.

Решение:
Диаметърът през [tex]C[/tex] се дели от [tex]C[/tex] на отсечки с произведение [tex](7-3)(7+3)=40[/tex]; от теоремата за пресичащите се хорди и [tex]AC \cdot CB=40[/tex].
Нека [tex]AC=x[/tex]; понеже [tex]AC+CB=13[/tex], [tex]x(13-x)=40[/tex], т.е. [tex]x^2-13x+40=0[/tex], затова [tex]x_1=5;\ x_2=8[/tex].
Хордата се дели на отсечки [tex]5;\ 8[/tex].

Решение:
Радиусите към допирните точки са перпендикулярни на допирателната, затова [tex]O_1T_1 \parallel O_2T_2[/tex] и [tex]\triangle PO_1T_1 \sim \triangle PO_2T_2[/tex], откъдето [tex]\frac{PO_1}{PO_2}=\frac{R}{r}[/tex].
[tex]P[/tex] е от страната на малката окръжност, затова [tex]PO_1=PO_2+R+r[/tex]. Тогава [tex]\frac{PO_2+R+r}{PO_2}=\frac{R}{r}[/tex], откъдето [tex]PO_2=\frac{r(R+r)}{R-r}[/tex].

Решение:
Нека общата допирателна в [tex]M[/tex] пресича [tex]AB[/tex] в [tex]N[/tex]. Допирателните отсечки от една точка са равни: [tex]NA=NM=NB[/tex].
Затова [tex]M[/tex] лежи на окръжността с диаметър [tex]AB[/tex], откъдето [tex]\angle AMB=90^\circ[/tex].
Дължината на общата външна допирателна на две допиращи се окръжности е два пъти средното геометрично на радиусите: [tex]AB=2\sqrt{4 \text{ . } 1}=4[/tex].

Решение:
Ъгълът между допирателната [tex]AD[/tex] и хордата [tex]AC[/tex] е равен на вписания ъгъл над същата дъга: [tex]\angle DAC=\angle ABC[/tex]. Освен това [tex]\angle DCA=\angle CAB[/tex] (кръстни ъгли).
Следователно [tex]\triangle DAC \sim \triangle CBA[/tex], откъдето [tex]\frac{DC}{CA}=\frac{CA}{AB}[/tex], т.е. [tex]AC^2=ab[/tex] и [tex]AC=\sqrt{ab}[/tex].

Решение:
Страната на квадрата е [tex]25[/tex]. Поставяме [tex]A(0;0),\ B(25;0),\ C(25;25),\ D(0;25)[/tex]; центърът е [tex]Q(r;r)[/tex], а радиусът е [tex]r[/tex]. Окръжността пресича [tex]BC[/tex] в точката [tex](25;2)[/tex], затова [tex](25-r)^2+(2-r)^2=r^2[/tex], т.е. [tex]r^2-54r+629=0[/tex], и [tex]r_1=17;\ r_2=37[/tex].
Радиусът е по-малък от страната, [tex]r<25[/tex], затова [tex]r=17[/tex].

Решение:
Правата [tex]AO[/tex] минава през центъра и е перпендикулярна на [tex]BC=6[/tex], затова я разполовява в [tex]H[/tex]; следователно [tex]AC=AB=5[/tex].
[tex]AH=\sqrt{25-9}=4[/tex]. Диаметърът [tex]AD[/tex] през [tex]O[/tex] дава правоъгълния [tex]\triangle ABD[/tex] с височина [tex]AH[/tex], затова [tex]AB^2=AH \cdot AD[/tex] и [tex]AD=\frac{25}{4};\ R=\frac{25}{8}[/tex].

Решение:
Точките [tex]O;\ O_1;\ T[/tex] лежат на една права (централата минава през допирната точка), затова [tex]\angle OTA=\angle O_1TA_1[/tex].
[tex]\triangle TOA[/tex] и [tex]\triangle TO_1A_1[/tex] са равнобедрени: [tex]\angle OAT=\angle OTA[/tex], [tex]\angle O_1A_1T=\angle O_1TA_1[/tex]. Следователно [tex]\angle OAT=\angle O_1A_1T[/tex], а това са съответни ъгли, затова [tex]OA \parallel O_1A_1[/tex].
Освен това [tex]\triangle TOA \sim \triangle TO_1A_1[/tex] с коефициент отношението на радиусите, затова [tex]\frac{TA}{TA_1}=\frac{R}{r}[/tex].

Решение:
Центровете на окръжностите са средите [tex]M[/tex] и [tex]N[/tex] на бедрата, затова разстоянието между центровете е средната отсечка: [tex]MN=\frac{AB+CD}{2}[/tex].
Сборът на радиусите е [tex]\frac{AD}{2}+\frac{BC}{2}=\frac{AD+BC}{2}[/tex] и според условието е равен на [tex]MN=\frac{AB+CD}{2}[/tex].
Следователно [tex]MN=\frac{AD}{2}+\frac{BC}{2}[/tex]: разстоянието между центровете е равно на сбора на радиусите, затова окръжностите се допират външно.

Решение:
Нека [tex]AB=CD=a[/tex]. От теоремата за двете секущи [tex]PA \cdot PB=PC \cdot PD[/tex], където [tex]PA=PB+a[/tex] и [tex]PC=PD+a[/tex].
Следователно [tex](PB+a)PB=(PD+a)PD[/tex], т.е. [tex](PB-PD)(PB+PD+a)=0[/tex]. Вторият множител е положителен, затова [tex]PB=PD[/tex], а оттук и [tex]PA=PC[/tex].

Решение:
Центърът лежи на ъглополовящата: [tex]\angle ABO=15^\circ[/tex]. В правоъгълния [tex]\triangle ABO[/tex] (радиусът [tex]OA[/tex] е перпендикулярен на допирателната): [tex]AB=BO\cos 15^\circ[/tex]. Допирателните отсечки са равни, [tex]BA=BC[/tex], затова [tex]AC \perp BO[/tex]; нека [tex]H[/tex] е пресечната точка на [tex]AC[/tex] и [tex]BO[/tex].
[tex]AH=AB\sin 15^\circ=14\sin 15^\circ\cos 15^\circ=7\sin 30^\circ=\frac{7}{2}[/tex], затова [tex]AC=2AH=7[/tex].

Решение:
Ъгълът между допирателната и хордата [tex]CB[/tex] е равен на вписания ъгъл над нея: [tex]\angle PCB=\angle CAB[/tex]. Тогава [tex]\angle PCL=\angle PCB+\angle BCL[/tex], а [tex]\angle PLC=\angle CAL+\angle ACL[/tex] като външен ъгъл на [tex]\triangle ALC[/tex].
Понеже [tex]\angle BCL=\angle ACL[/tex] и [tex]\angle PCB=\angle CAB[/tex], [tex]\angle PCL=\angle PLC[/tex], затова [tex]\triangle PCL[/tex] е равнобедрен и [tex]PC=PL[/tex].

Решение:
Нека [tex]I[/tex] е пресечната точка на отсечката [tex]AO[/tex] с окръжността. Поради симетрията [tex]AO[/tex] е ъглополовяща на [tex]\angle BAC[/tex], а [tex]I[/tex] е средата на дъгата, отсечена от [tex]BC[/tex]: [tex]\overset{\frown}{BI}=\overset{\frown}{IC}[/tex].
Ъгълът между допирателната [tex]AB[/tex] и хордата [tex]BI[/tex] е равен на вписания ъгъл над нея: [tex]\angle ABI=\angle BCI[/tex], а от равните дъги [tex]\angle BCI=\angle IBC[/tex].
Следователно [tex]\angle ABI=\angle IBC[/tex], т.е. [tex]BI[/tex] е ъглополовяща на ъгъла при [tex]B[/tex]. Значи [tex]I[/tex] лежи на две ъглополовящи на [tex]\triangle ABC[/tex] и е центърът на вписаната му окръжност.