Задачи с окружностями

Т.к. \(S_{\triangle MNP}=S_{\triangle MKP}\) и эти треугольники имеют общее основание \(MP\), то \[\frac12\cdot MP\cdot NH_1=\frac12\cdot MP\cdot KH_2 \quad \Rightarrow \quad NH_1=KH_2\]

Таким образом, точки \(N\) и \(K\) находятся на одинаковом расстоянии от прямой \(MP\), следовательно, \(NK\parallel MP\). Таким образом, \(MNKP\) – трапеция, вписанная в окружность. Т.к. параллельные прямые отсекают от окружности равные дуги, то меньшие полуокружности дуги \(\buildrel\smile\over{MN}=\buildrel\smile\over{KP}\). Т.к. равные дуги стягиваются равными хордами, то отрезки \(MN\) и \(KP\) равны. Следовательно, трапеция \(MNKP\) является равнобедренной.

В равнобедренной трапеции \(\triangle MOP\) и \(\triangle NOK\) являются равнобедренными, чтд.

Действительно, вписанные углы \(\angle NKM\) и \(\angle KNP\) равны, т.к. опираются на равные дуги, следовательно, \(\triangle NOK\) – равнобедренный.

Ответ:

Доказательство

Пусть \(Q\) – точка пересечения взаимно перпендикулярных хорд \(MN\) и \(TE\), \(O\) – центр окружности. Тогда необходимо найти \(OQ\).

Пусть \(A\) и \(B\) – середины этих хорд, то есть \(AB=2\). Тогда \(OA\) и \(OB\) – перпендикуляры к этим хордам.

Действительно, \(\triangle MON\) – равнобедренный (\(OM=ON\) – радиусы), поэтому медиана \(OA\) в нем является и высотой. Аналогично доказывается, что \(OB\perp TE\).

Таким образом, в четырехугольнике \(OAQB\) три угла – прямые (\(\angle A=\angle Q=\angle B=90^\circ\)), следовательно, этот четырехугольник по признаку является прямоугольником. Т.к. в прямоугольнике диагонали равны, то \(AB=OQ=2\).

Ответ: 2

Если окружность вписана в многоугольник, то ее центр лежит на пересечении биссектрис углов этого многоугольника. Действительно, окружность вписана в угол \(A\), следовательно, центр окружности лежит на биссектрисе этого угла. Аналогично можно сказать и про остальные углы.

Введем обозначения: \(\angle A=2x, \angle B=2y, \angle C=2z, \angle D=2t\). Сумма углов четырехугольника равна \(360^\circ\), следовательно, \[2x+2y+2z+2t=360^\circ \quad \Rightarrow \quad x+y+z+t=180^\circ.\] Из \(\triangle AOB\): \(\angle AOB=180^\circ-x-y\);
из \(\triangle COD\): \(\angle COD=180^\circ-z-t\).
Таким образом, \[\angle AOB+\angle COD=180^\circ-x-y+180^\circ-z-t= 360^\circ-(x+y+z+t)=360^\circ-180^\circ=180^\circ.\]

Ответ:

Доказательство

Если две окружности касаются, то их центры и точка касания лежат на одной прямой. Таким образом, для первой и третьей окружности точки \(O\), \(Q\) и \(P\) лежат на одной прямой, для второй и третьей — точки \(O\), \(Q\) и \(E\) лежат на одной прямой. Таким образом, все эти четыре точки лежат на одной прямой.

Значит, \(OP=3\), \(OE=1\), следовательно, \(EP=3-1=2\) — диаметр третьей окружности, следовательно, ее радиус \(EQ=1\).

Пусть касательные к третьей окружности касаются ее в точках \(A\) и \(B\). Тогда радиусы \(QA\) и \(QB\) перпендикулярны к касательным \(OA\) и \(OB\) соответственно. Таким образом, \(\triangle AOQ=\triangle BOQ\) по катету и гипотенузе, следовательно, \(\angle AOQ=\angle BOQ\).

Найдем \(\angle AOQ\). Заметим, что в \(\triangle AOQ\) катет \(AQ=1\), гипотенуза \(OQ=2\). Следовательно, \(\angle AOQ=30^\circ\) как угол, лежащий против катета, равного половине гипотенузы.
А значит весь \(\angle AOB=30^\circ+30^\circ=60^\circ\).

Ответ:

\(60^\circ\)

Пусть \(AB\) – диаметр, \(O\) – центр окружности, \(AC\) и \(BC\) – хорды, \(AC+BC=14\).

Т.к. \(\angle ACB\) – вписанный и опирающийся на диаметр, то \(\angle ACB=90^\circ\). Проведем \(OH\perp AC, OP\perp BC\). В четырехугольнике \(OHCP\) три угла прямые, следовательно, по признаку он является прямоугольником. Таким образом, \(OH=CP\), \(OP=HC\).

Заметим, что т.к. радиус, перпендикулярный к хорде, делит ее пополам, то \(AH=HC\), \(CP=PB\). Таким образом, \[OH+OP=CP+HC=\frac12BC+\frac12AC=\dfrac12\left(BC+AC\right)= \frac12\cdot 14=7.\]

Ответ: 7

Пусть \(K\) – вторая точка пересечения окружностей.

\(\angle AKB=90^\circ\) как вписанный угол, опирающийся на диаметр \(AB\). Аналогично \(\angle CKB=90^\circ\) как вписанный угол, опирающийся на диаметр \(BC\). Таким образом, через точку \(K\) к прямой \(BK\) проведены две прямые \(AK\) и \(CK\), перпендикулярные \(BK\). Следовательно, эти прямые либо совпадают, либо параллельны. Но т.к. они имеют общую точку \(K\), то они не могут быть параллельны, то есть они совпадают. Значит, точки \(A, C\) и \(K\) лежат на одной прямой, чтд.

Ответ:

Доказательство

1 способ

Рассмотрим прямоугольный \(\triangle ABC\), пусть \(BC=a, AC=b, AB=c\). Проведем радиусы \(ON, OK, OM\) в точки касания. Обозначим также радиус \(ON=r\).

Рассмотрим четырехугольник \(CNOM\). У него 3 угла прямые, следовательно, по признаку он является прямоугольником. Также соседние стороны (\(ON=OM=r\)) у него равны. Следовательно, все его стороны равны \(r\) (то есть это квадрат). Таким образом, \(CN=CM=r\).

Значит, \(BN=a-r\), \(AM=b-r\). Т.к. отрезки касательных, проведенные из одной точки к окружности, равны, то \(BK=BN=a-r\), \(AK=AM=b-r\).
Таким образом, гипотенуза \(AB=a-r+b-r=a+b-2r\). Но с другой стороны гипотенуза равна \(c\). Таким образом, \[a+b-2r=c \quad \Rightarrow \quad r=\dfrac{a+b-c}2\]

2 способ

Как известно, площадь треугольника равна произведению его полупериметра на радиус вписанной окружности. Т.к. \(S=\frac12ab\), \(p=\frac12\left(a+b+c\right)\), то

\[\frac12ab=\frac12\left(a+b+c\right)\cdot r \quad \Rightarrow \quad r=\dfrac{ab}{a+b+c}\]

По теореме Пифагора \(a^2+b^2=c^2\), следовательно, \(a^2+b^2-c^2=0\). Сделаем преобразования:

\(r=\dfrac{ab}{a+b+c}=\dfrac{ab(a+b-c)}{(a+b+c)(a+b-c)}= \dfrac{ab(a+b-c)}{(a+b)^2-c^2}=\)  

\(=\dfrac{ab(a+b+c)}{a^2+2ab+b^2-c^2}= \dfrac{ab(a+b-c)}{2ab}=\dfrac{a+b-c}2.\)

Ответ:

Доказательство