Krug - tetive i tangente - veoma teški zadaci sa rešenjima

Rešenje:
U [tex]k_1[/tex] svaka tetiva kroz [tex]P[/tex] daje isti proizvod odsečaka, a tetiva [tex]AB[/tex] daje [tex]PA \cdot PB[/tex]. U [tex]k_2[/tex] obe tetive [tex]AB[/tex] i [tex]CD[/tex] prolaze kroz [tex]P[/tex], pa je [tex]PA \cdot PB[/tex] = [tex]PC \cdot PD[/tex]. U [tex]k_3[/tex] tetiva [tex]CD[/tex] daje [tex]PC \cdot PD[/tex].
Neka prava [tex]PE[/tex] seče [tex]k_1[/tex] drugi put u [tex]F_1[/tex], a [tex]k_3[/tex] u [tex]F_3[/tex]. Proizvodi u [tex]k_1[/tex] i [tex]k_3[/tex] su jednaki, pa je [tex]PE \cdot PF_1=PE \cdot PF_3[/tex], odakle je [tex]PF_1=PF_3[/tex] i [tex]F_1[/tex] = [tex]F_3[/tex]. Ta tačka je zajednička za [tex]k_1[/tex] i [tex]k_3[/tex] i različita od [tex]E[/tex], pa je to [tex]F[/tex].
Prema tome, prava [tex]EF[/tex] prolazi kroz [tex]P[/tex].

Rešenje:
Produžimo [tex]CL[/tex] do drugog preseka sa opisanim krugom u [tex]M[/tex]. Tada je [tex]\angle ACL=\angle MCB[/tex] ([tex]CL[/tex] je simetrala) i [tex]\angle CAL=\angle CMB[/tex] (periferijski uglovi nad istim lukom), pa je [tex]\triangle ACL \sim \triangle MCB[/tex].
Prema tome, [tex]\frac{AC}{CM}=\frac{CL}{CB}[/tex], tj. [tex]AC \cdot CB=CL \cdot CM=CL(CL+LM)=CL^2+CL \cdot LM[/tex].
Po teoremi o tetivama koje se seku [tex]CL \cdot LM=LA \cdot LB[/tex], pa je [tex]CL^2=AC \cdot CB-LA \cdot LB[/tex].

Rešenje:
Trapez je jednakokraki; projekcija kraka je [tex]\frac{15-1}{2}=7[/tex], pa je [tex]h=\sqrt{14^2-7^2}=7\sqrt{3}[/tex]. Postavimo [tex]A(0;0),\ B(15;0),\ C(8;7\sqrt{3}),\ D(7;7\sqrt{3})[/tex].
Centar kruga je središte [tex]BC[/tex]: [tex]Q\left(\frac{23}{2};\frac{7\sqrt{3}}{2}\right)[/tex], a poluprečnik je [tex]7[/tex]. Prava je [tex]AD:\ y=\sqrt{3}x[/tex], pa je rastojanje od [tex]Q[/tex] do nje [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].

Rešenje:
Neka su [tex]M[/tex] i [tex]N[/tex] projekcije tačaka [tex]O_1[/tex] i [tex]O_2[/tex] na pravu. Normala iz centra polovi tetivu, pa je [tex]AM=MP;\ AN=NQ[/tex], odakle je [tex]PQ=2MN[/tex].
[tex]MN[/tex] je projekcija duži [tex]O_1O_2[/tex] na pravu, pa je [tex]MN \le O_1O_2[/tex], a jednakost važi tačno kada je prava paralelna sa [tex]O_1O_2[/tex].
Prema tome, [tex]PQ[/tex] je najveća, jednaka dvostrukoj [tex]O_1O_2[/tex], kada je prava paralelna sa [tex]O_1O_2[/tex].

Rešenje:
Povučemo zajedničku tangentu [tex]t[/tex] u [tex]T[/tex]. Ugao između tangente i tetive jednak je periferijskom uglu nad istim lukom, pa je u [tex]k_1[/tex]: [tex]\angle TAB=\angle(t;TB)[/tex].
[tex]\angle(t;TB)=\angle(t;TD)[/tex] (unakrsni uglovi, jer su [tex]B[/tex], [tex]T[/tex], [tex]D[/tex] na jednoj pravoj), a u [tex]k_2[/tex]: [tex]\angle(t;TD)=\angle TCD[/tex].
Dakle, [tex]\angle TAB=\angle TCD[/tex]; to su naizmenični uglovi kod transverzale [tex]AC[/tex], pa je [tex]AB \parallel CD[/tex].

Rešenje:
Za dva kruga koji se dodiruju spolja i dodiruju istu pravu, rastojanje tačaka dodira jednako je dvostrukoj geometrijskoj sredini poluprečnika: [tex]T_1T_2=2\sqrt{R_1R_2}[/tex], i analogno [tex]T_1T=2\sqrt{R_1r};\ TT_2=2\sqrt{rR_2}[/tex].
Kako je [tex]T[/tex] između [tex]T_1[/tex] i [tex]T_2[/tex], [tex]2\sqrt{R_1r}+2\sqrt{rR_2}=2\sqrt{R_1R_2}[/tex]; deljenjem proizvodom tri korena dobijamo [tex]\frac{1}{\sqrt{r}}=\frac{1}{\sqrt{R_1}}+\frac{1}{\sqrt{R_2}}[/tex].
Prema tome, [tex]r=\frac{R_1R_2}{\left(\sqrt{R_1}+\sqrt{R_2}\right)^2}[/tex].

Rešenje:
Postavimo [tex]A(0;0),\ B(R-r;0)[/tex] (krugovi se dodiruju u tački pozitivne x-ose), a centar traženog kruga je [tex]Q(x;\rho)[/tex]. Uslovi dodira daju [tex]AQ=R-\rho[/tex] i [tex]BQ=r+\rho[/tex].
Iz prvog [tex]x^2=R^2-2R\rho[/tex]. Iz drugog [tex](x-R+r)^2+\rho^2=(r+\rho)^2[/tex]; oduzimanjem i uz [tex]x^2=R^2-2R\rho[/tex]: [tex]x=R-\frac{\rho(R+r)}{R-r}[/tex].
Zamenom u [tex]x^2=R^2-2R\rho[/tex]: [tex]\frac{\rho(R+r)^2}{(R-r)^2}=\frac{4Rr}{R-r}[/tex], pa je [tex]\rho=\frac{4Rr(R-r)}{(R+r)^2}[/tex].

Rešenje:
Homotetija sa centrom [tex]M[/tex] i koeficijentom [tex]\frac{R_1}{R_2}[/tex] ([tex]R_1[/tex] i [tex]R_2[/tex] su poluprečnici [tex]k_1[/tex] i [tex]k_2[/tex]) preslikava [tex]k_2[/tex] u [tex]k_1[/tex]. Ona preslikava [tex]L[/tex] u drugu presečnu tačku [tex]N[/tex] prave [tex]ML[/tex] sa [tex]k_1[/tex], a tangentu [tex]AB[/tex] na [tex]k_2[/tex] u [tex]L[/tex] u tangentu [tex]t[/tex] na [tex]k_1[/tex] u [tex]N[/tex], pa je [tex]t \parallel AB[/tex].
Tangenta paralelna tetivi dodiruje krug u središtu luka koji tetiva odseca, pa je [tex]\overset{\frown}{AN}=\overset{\frown}{NB}[/tex].
Jednaki lukovi odgovaraju jednakim periferijskim uglovima: [tex]\angle AMN=\angle NMB[/tex], tj. [tex]ML[/tex] je simetrala [tex]\angle AMB[/tex].

Rešenje:
[tex]O_1[/tex] leži na simetrali ugla kod [tex]C[/tex], koja prolazi kroz [tex]O[/tex], i [tex]\angle O_1CA=30^\circ[/tex]; zato je poluprečnik (rastojanje [tex]O_1[/tex] od stranica) polovina od [tex]CO_1[/tex]: [tex]CO_1=2\rho[/tex].
Krug dodiruje [tex]k(O;R)[/tex] iznutra, pa je [tex]OO_1=R-\rho[/tex]; [tex]O_1[/tex] leži na [tex]CO[/tex] iza [tex]O[/tex], pa je [tex]CO_1=CO+OO_1[/tex], tj. [tex]2\rho=R+(R-\rho)[/tex].
Prema tome, [tex]\rho=\frac{2R}{3}[/tex].

Rešenje:
Koristimo krivine (recipročne vrednosti poluprečnika): [tex]k_1=\frac{1}{a};\ k_2=\frac{1}{b};\ k_3=\frac{1}{c};\ k_4=\frac{1}{r}[/tex]. Po Dekartovoj teoremi za četiri međusobno tangentna kruga [tex]k_4=k_1+k_2+k_3+2\sqrt{k_1k_2+k_2k_3+k_3k_1}[/tex] (znak plus za mali unutrašnji krug).
Ovde je [tex]k_1k_2+k_2k_3+k_3k_1=\frac{a+b+c}{abc}[/tex], pa je [tex]\frac{1}{r}=\frac{ab+bc+ca+2\sqrt{abc(a+b+c)}}{abc}[/tex] i [tex]r=\frac{abc}{ab+bc+ca+2\sqrt{abc(a+b+c)}}[/tex].

Rešenje:
Kako je [tex]\angle ADC=90^\circ[/tex], tačka [tex]D[/tex] leži na krugu prečnika [tex]AC[/tex], pa je [tex]MD=MA=MC=7[/tex], a iz jednakokrakog trougla [tex]\angle MDC=\angle MCD=\angle C[/tex].
Sa visinom [tex]BH[/tex] trougla: [tex]BH=\sqrt{25^2-7^2}=24[/tex], pa je [tex]\sin C=\frac{BH}{BC}=\frac{24}{25}[/tex].
Ugao između tangente [tex]BC[/tex] i tetive [tex]MD[/tex] jednak je periferijskom uglu nad [tex]MD[/tex], pa po sinusnoj teoremi [tex]r=\frac{MD}{2\sin C}=\frac{7}{2 \cdot \frac{24}{25}}=\frac{175}{48}[/tex].

Rešenje:
Postavimo [tex]O_1(0;0),\ O_2(2\sqrt{2};0)[/tex]. Tangenta [tex]l[/tex] je [tex]l:\ \frac{\sqrt{2}}{2}x+\frac{\sqrt{2}}{2}y=3[/tex] (njena rastojanja od centara jednaka su poluprečnicima), a tangentna duž je [tex]AB=\sqrt{(2\sqrt{2})^2-(3-1)^2}=2[/tex].
Iz [tex]x^2+y^2=9;\ (x-2\sqrt{2})^2+y^2=1[/tex] dobijamo presečne tačke; bliža pravoj [tex]l[/tex] je [tex]C(2\sqrt{2};1)[/tex], na rastojanju [tex]d=3-\frac{\sqrt{2}}{2}(2\sqrt{2}+1)=1-\frac{\sqrt{2}}{2}[/tex] od [tex]l[/tex].
Dakle, [tex]S=\frac{AB \cdot d}{2}=1-\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{2-\sqrt{2}}{2}[/tex].

Rešenje:
Neka je [tex]O[/tex] centar, [tex]OM=m[/tex], a [tex]d[/tex] rastojanje [tex]O[/tex] od tetive: [tex]d=m\sin 45^\circ=\frac{m}{\sqrt{2}}[/tex]. Tada je [tex]CD^2=4(R^2-d^2)=4R^2-2m^2[/tex].
Po teoremi o tetivama koje se seku (sa prečnikom kroz [tex]M[/tex]) [tex]CM \cdot DM=R^2-m^2[/tex].
Prema tome, [tex]CM^2+DM^2=(CM+DM)^2-2CM \cdot DM=4R^2-2m^2-2(R^2-m^2)=2R^2[/tex], što ne zavisi od položaja [tex]M[/tex].

Rešenje:
Po svojstvu simetrale ugla [tex]\frac{BL}{LC}=\frac{AB}{AC}=\frac{5}{7}[/tex], pa je [tex]BL=\frac{35}{4};\ LC=\frac{49}{4}[/tex].
Po formuli za simetralu ugla dokazanoj ranije na ovoj strani, [tex]AL^2=AB \cdot AC-BL \cdot LC=560-\frac{1715}{16}=\frac{7245}{16}[/tex]. Po teoremi o tetivama koje se seku [tex]AL \cdot LL'=BL \cdot LC=\frac{1715}{16}[/tex].
Prema tome, [tex]\frac{AL}{LL'}=\frac{AL^2}{AL \cdot LL'}=\frac{7245}{1715}=\frac{207}{49}[/tex].

Rešenje:
Prave [tex]AD;\ BC[/tex] seku se u [tex]P[/tex], i [tex]\frac{PD}{PA}=\frac{PC}{PB}=\frac{CD}{AB}=\frac{2}{3}[/tex], pa je [tex]PA=15;\ PB=36[/tex] i [tex]PD=10[/tex]. Kako je [tex]PA^2+PB^2=225+1296=1521=AB^2[/tex], [tex]\angle APB=90^\circ[/tex].
Neka je [tex]T[/tex] tačka dodira na [tex]BC[/tex]; po teoremi o tangenti i sečici [tex]PT^2=PD \cdot PA=10 \cdot 15=150[/tex].
Postavimo [tex]P(0;0),\ A(15;0),\ T(0;5\sqrt{6})[/tex]; centar je [tex]Q(\rho;5\sqrt{6})[/tex], a [tex](15-\rho)^2+150=\rho^2[/tex] daje [tex]\rho=\frac{25}{2}[/tex].

Rešenje:
Neka je [tex]AB=x[/tex], tada je [tex]AD=x+24[/tex]. Po kosinusnoj teoremi za [tex]\triangle ABD[/tex]: [tex]56^2=x^2+(x+24)^2-x(x+24)[/tex], tj. [tex]x^2+24x-2560=0[/tex], pa je [tex]x=40[/tex] i [tex]AD=64[/tex].
Ugao između tangente i tetive [tex]BC[/tex] jednak je periferijskom uglu nad njom: [tex]\angle ABC=\angle ADB[/tex]; uz zajednički ugao kod [tex]A[/tex] dobijamo [tex]\triangle ABC \sim \triangle ADB[/tex].
Dakle, [tex]\frac{BC}{DB}=\frac{AB}{AD}[/tex] i [tex]BC=\frac{56 \cdot 40}{64}=35[/tex].

Rešenje:
Po teoremi o tangenti i sečici iz [tex]B[/tex]: [tex]BA^2=BM \cdot BC=\frac{b}{2} \cdot b[/tex], pa je [tex]AB=\frac{b}{\sqrt{2}}[/tex]. Neka je [tex]\alpha[/tex] ugao na osnovici: [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].
Ugao između tangente [tex]AB[/tex] i tetive [tex]AC[/tex] jednak je periferijskom uglu nad njom: [tex]\angle AMC=\angle BAC=\alpha[/tex]. Po sinusnoj teoremi u tom krugu [tex]R=\frac{AC}{2\sin\alpha}=\frac{2b}{\sqrt{14}}[/tex], pa je [tex]b=\frac{R\sqrt{14}}{2}[/tex].

Rešenje:
Spoljašnja simetrala [tex]CL'[/tex] ugla kod [tex]C[/tex] seče pravu [tex]AB[/tex] u [tex]L'[/tex] iza [tex]B[/tex], i [tex]\frac{AL'}{BL'}=\frac{AC}{BC}=\frac{AL}{BL}=\frac{5}{3}[/tex], pa je [tex]\frac{8+BL'}{BL'}=\frac{5}{3}[/tex], tj. [tex]BL'=12[/tex].
Unutrašnja i spoljašnja simetrala su normalne: [tex]\angle LCL'=90^\circ[/tex], pa [tex]C[/tex] leži na krugu prečnika [tex]LL'=3+12=15[/tex], čiji je centar na [tex]AB[/tex].
Samo jedan krug prolazi kroz [tex]C[/tex] i [tex]L[/tex] i ima centar na [tex]AB[/tex] (centar je presek [tex]AB[/tex] sa simetralom duži [tex]CL[/tex]), pa je to taj krug: [tex]r=\frac{LL'}{2}=\frac{15}{2}[/tex].