Окружность, описанная около многоугольника (страница 5)

Рассмотрим картинку:

Т.к. равные хорды стягивают равные дуги, то меньшие полуокружности дуги \(\buildrel\smile\over{AB}\), \(\buildrel\smile\over{BC}\), \(\buildrel\smile\over{CD}\), \(\buildrel\smile\over{DE}\) равны:

\[\buildrel\smile\over{AB}=\buildrel\smile\over{BC}= \buildrel\smile\over{CD}=\buildrel\smile\over{DE}=\alpha.\]

Следовательно, \(\angle A=90^\circ=\frac32\alpha\), откуда \(\alpha=60^\circ\).

Значит, вписанный \(\angle AEB=\frac12\alpha=30^\circ\). Следовательно, из прямоугольного треугольника \(AEB\)

\[\mathrm{tg}\,30^\circ=\dfrac{AB}{AE} \quad \Rightarrow \quad AE=12.\]

Ответ: 12

Рассмотрим картинку:

Т.к. равные хорды стягивают равные дуги, то меньшие полуокружности дуги \(\buildrel\smile\over{AB}\), \(\buildrel\smile\over{BC}\), \(\buildrel\smile\over{CD}\), \(\buildrel\smile\over{DE}\) равны:

\[\buildrel\smile\over{AB}=\buildrel\smile\over{BC}= \buildrel\smile\over{CD}=\buildrel\smile\over{DE}=\alpha.\]

Следовательно, \(\angle A=45^\circ=\frac32\alpha\), откуда \(\alpha=30^\circ\).

Значит, вписанный \[\angle ABE=\frac12\buildrel\smile\over{AE}= \frac12\left(360^\circ-4\alpha\right)=120^\circ\]

Тогда, т.к. \(\triangle ABE\) – вписанный, то \(\dfrac{AE}{\sin \angle B}=2R\), где \(R\) – радиус данной окружности. Следовательно:

\[\dfrac{AE}{\sin \angle B}=2R \quad \Rightarrow \quad R=6.\]

Ответ: 6

Рассмотрим картинку:

Т.к. равные хорды стягивают равные дуги, то меньшие полуокружности дуги \(\buildrel\smile\over{AB}\), \(\buildrel\smile\over{BC}\), \(\buildrel\smile\over{CD}\), \(\buildrel\smile\over{DE}\) равны:

\[\buildrel\smile\over{AB}=\buildrel\smile\over{BC}= \buildrel\smile\over{CD}=\buildrel\smile\over{DE}=\alpha.\]

Следовательно, \(\angle A=45^\circ=\frac32\alpha\), откуда \(\alpha=30^\circ\).

Тогда \(\angle CAE=\frac12\cdot 2\alpha=30^\circ\).

Заметим, что \(\triangle ACE\) – равнобедренный (\(\angle A=\angle E=\alpha\)), следовательно, \(CH\) – высота и медиана, то есть \(AH=\frac12\cdot AE=4\sqrt3\). Значит:

\[\mathrm{tg}\,30^\circ=\dfrac{CH}{AH} \quad \Rightarrow \quad CH=4.\]

Ответ: 4

Рассмотрим картинку:

1) Т.к. равные хорды стягивают равные дуги, то меньшие полуокружности дуги \(\buildrel\smile\over{AB}\), \(\buildrel\smile\over{BC}\), \(\buildrel\smile\over{CD}\), \(\buildrel\smile\over{DE}\) равны:

\[\buildrel\smile\over{AB}=\buildrel\smile\over{BC}= \buildrel\smile\over{CD}=\buildrel\smile\over{DE}=\alpha.\]

Пусть также \(\buildrel\smile\over{EA}=\beta\).

2) \(\angle CBE=\frac12(\alpha+\alpha)=\alpha\), \(\angle BCD=\frac12(\alpha+\beta+\alpha)=\alpha+\frac12\beta\). Следовательно, \(\angle CBE+\angle BCD=2\alpha+\frac12\beta\).

Заметим, что градусная мера всей окружности равна \(360^\circ\), следовательно, \(4\alpha+\beta=360^\circ\), откуда \(2\alpha+\frac12\beta=180^\circ\). Таким образом, \(\angle CBE\) и \(\angle BCD\) – односторонние углы при прямых \(CD\) и \(BE\) и секущей \(BC\). Следовательно, \(CD\parallel BE\).

Аналогично доказывается, что \(AD\parallel BC\).

3) Значит, \(BCDQ\) – параллелограмм (\(BQ\parallel CD, BC\parallel QD\)). А в параллелограмме противоположные стороны равны, следовательно, \(BQ=CD=BC=DQ\). То есть \(BCDQ\) – ромб.

4) Таким образом, \(\triangle BCD=\triangle BQD\). Значит, и радиусы описанных около этих треугольников окружностей равны. Но радиус описанной около \(\triangle BCD\) окружности равен радиусу описанной около пятиугольника \(ABCDE\) окружности. Следовательно, ответ \(5\).

Ответ: 5

\(\angle A_1\), \(\angle A_3\), ..., \(\angle A_{99}\) – вписанные, тогда \(\angle A_1 = 0,5\cdot\smile A_2...A_{100}\), ..., \(\angle A_{99} = 0,5\cdot\smile A_{100}A_1...A_{98}\).



Назовём меньшую дугу \(\smile A_1A_2\) малой. Аналогично назовём меньшие дуги \(\smile A_2A_3\), ..., \(\smile A_{100}A_1\) малыми. Каждую из дуг \(\smile A_2...A_{100}\), ..., \(\smile A_{100}A_1...A_{98}\) можно разложить в сумму малых дуг.

\(\angle A_1 + \angle A_3 + \angle A_5 + ... + \angle A_{99} = 0,5\cdot\)(сумму некоторых малых дуг).

Остаётся понять, сколько раз в данную сумму войдёт каждая малая дуга.

Например, \(\smile A_1A_2\) войдёт \(50 - 1 = 49\) раз (среди \(50\) слагаемых \(\smile A_2...A_{100}\), ..., \(\smile A_{100}A_1...A_{98}\) она не входит только в \(\smile A_2...A_{100}\)).

Аналогично любая дуга войдёт в данную сумму \(49\) раз, следовательно, \[\angle A_1 + \angle A_3 + \angle A_5 + ... + \angle A_{99} = 0,5\cdot 49l,\] где \(l\) – градусная мера окружности.

Так как \(l = 360^\circ\), то \[\angle A_1 + \angle A_3 + \angle A_5 + ... + \angle A_{99} = \left(\dfrac{100}{2} - 1\right)\cdot 180^\circ = 8820^\circ.\]

Ответ: 8820

Рассмотрим картинку:

Т.к. хорды \(AB\) и \(CD\) равны, то равны дуги \(\buildrel\smile\over{AB}\) и \(\buildrel\smile\over{CD}\). Следовательно, вписанные углы, опирающиеся на эти дуги, будут тоже равны:

\[\angle ADB=\angle ACB=\angle DAC=\angle DBC\]

Таким образом, \(\angle ADB=\angle DBC\) – накрест лежащие при прямых \(AD\) и \(BC\) и секущей \(BD\), следовательно, \(AD\parallel BC\).

Аналогичным образом доказывается, что \(AB\parallel CD\).

Таким образом, \(ABCD\) – параллелограмм. Т.к. он вписанный, то это – прямоугольник.

В прямоугольнике центр описанной окружности лежит на пересечении диагоналей. Следовательно, по теореме Пифагора \(AC=\sqrt{5^2+12^2}=13\), а \(R=\frac12AC=6,5\).

Замечание.

Можно было доказать, что \(ABCD\) – прямоугольник, другим способом:

\(\triangle ABD=\triangle CBD\) по трем сторонам. Следовательно, \(\angle A=\angle C\). Но т.к. четырехугольник вписанный, то сумма противоположных углов равна \(180^\circ\), следовательно, \(\angle A+\angle C=180^\circ\). Отсюда следует, что \(\angle A=\angle C=90^\circ\). Аналогично \(\angle B=\angle D=90^\circ\). По признаку четырехугольник, у которого все углы прямые, является прямоугольником.

Ответ: 6,5

Рассмотрим картинку:

Докажем, что данный четырехугольник является квадратом.

Т.к. хорды \(AB\) и \(CD\) равны, то равны дуги \(\buildrel\smile\over{AB}\) и \(\buildrel\smile\over{CD}\). Следовательно, вписанные углы, опирающиеся на эти дуги, будут тоже равны:

\[\angle ADB=\angle ACB=\angle DAC=\angle DBC\]

Таким образом, \(\angle ADB=\angle DBC\) – накрест лежащие при прямых \(AD\) и \(BC\) и секущей \(BD\), следовательно, \(AD\parallel BC\).

Аналогичным образом доказывается, что \(AB\parallel CD\).

Таким образом, \(ABCD\) – параллелограмм. Т.к. он вписанный, то это – прямоугольник. Т.к. все его стороны равны, то это квадрат.

В квадрате центр описанной окружности лежит на пересечении диагоналей, следовательно, \(AC=2R=6\). По свойству квадрата \(AD=AC\div \sqrt2=3\sqrt2\). Следовательно, площадь

\[S_{ABCD}=AD^2=(3\sqrt2)^2=18.\]

Замечание.

Можно было доказать, что \(ABCD\) – квадрат, другим способом:

\(\triangle ABD=\triangle CBD\) по трем сторонам. Следовательно, \(\angle A=\angle C\). Но т.к. четырехугольник вписанный, то сумма противоположных углов равна \(180^\circ\), следовательно, \(\angle A+\angle C=180^\circ\). Отсюда следует, что \(\angle A=\angle C=90^\circ\). Аналогично \(\angle B=\angle D=90^\circ\). По признаку четырехугольник, у которого все углы прямые, является прямоугольником. Но т.к. у него еще и все стороны равны, то это квадрат.

Ответ: 18