Krug - tetive i tangente - teški zadaci sa rešenjima

Rešenje:
Najmanje rastojanje meri se po pravoj kroz centar [tex]O[/tex], pa je [tex]OA=R+25[/tex]. Poluprečnik ka tački dodira [tex]T[/tex] normalan je na tangentu: [tex]\angle OTA=90^\circ[/tex], [tex]OT=R[/tex].
Po Pitagorinoj teoremi [tex](R+25)^2=R^2+35^2[/tex], tj. [tex]50R+625=1225[/tex], pa je [tex]R=12[/tex].

Rešenje:
[tex]R=\frac{6+14}{2}=10[/tex], a rastojanje centra [tex]O[/tex] od [tex]P[/tex] je [tex]OP=10-6=4[/tex].
Rastojanje [tex]O[/tex] od tetive je [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], pa je [tex]AB=4\sqrt{23}[/tex].

Rešenje:
Poluprečnik ka tački dodira normalan je na tangentu: [tex]OB \perp t[/tex], pa je [tex]OB \perp AC[/tex]. Prečnik normalan na tetivu polovi nju i njen luk, pa je [tex]BA=BC=10[/tex].
Neka je [tex]H[/tex] središte [tex]AC[/tex]; tada je [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].

Rešenje:
Rastojanje centara je [tex]O_1O_2=3+1=4[/tex]. Zajednička unutrašnja tangenta prolazi kroz tačku dodira i normalna je na [tex]O_1O_2[/tex].
Spoljašnja tangenta gradi sa [tex]O_1O_2[/tex] ugao [tex]\varphi[/tex], gde je [tex]\sin\varphi=\frac{3-1}{4}=\frac{1}{2}[/tex] (razlika poluprečnika podeljena rastojanjem centara), pa je [tex]\varphi=30^\circ[/tex].
Prema tome, ugao između tangenti je [tex]90^\circ-30^\circ=60^\circ[/tex].

Rešenje:
Ugao između tangente i tetive [tex]TA[/tex] jednak je periferijskom uglu nad istim lukom: [tex]\angle MTA=\angle MBT[/tex].
Trouglovi imaju i zajednički [tex]\angle M[/tex], pa je [tex]\triangle MTA \sim \triangle MBT[/tex].
Prema tome, [tex]\frac{MT}{MB}=\frac{MA}{MT}[/tex], tj. [tex]MT^2=MA \cdot MB[/tex].

Rešenje:
[tex]BC=8[/tex]. Ugao između tangente i tetive [tex]CA[/tex] jednak je periferijskom uglu nad istim lukom: [tex]\angle MCA=\angle MBC[/tex]; uz zajednički ugao kod [tex]M[/tex] dobijamo [tex]\triangle MCA \sim \triangle MBC[/tex].
Zato je [tex]\frac{MC}{MB}=\frac{MA}{MC}=\frac{AC}{BC}=\frac{3}{4}[/tex]. Tačka [tex]M[/tex] je iza [tex]A[/tex]; neka je [tex]MA=x[/tex], tada je [tex]MB=x+10[/tex].
Iz odnosa [tex]x=\frac{3}{4}MC=\frac{9}{16}(x+10)[/tex], pa je [tex]x=\frac{90}{7}[/tex] i [tex]MC=\frac{4}{3}x=\frac{120}{7}[/tex].

Rešenje:
Neka je [tex]\theta[/tex] ugao između tetive i tangente u [tex]A[/tex]; on je jednak periferijskom uglu nad lukom [tex]AB[/tex], pa je [tex]AB=2R\sin\theta[/tex]. Rastojanje [tex]B[/tex] od tangente je [tex]d=AB\sin\theta=\frac{AB^2}{2R}[/tex].
Dakle, [tex]\frac{AB^2}{4}+AB=3[/tex], tj. [tex]AB^2+4AB-12=0[/tex], a pozitivno rešenje je [tex]AB=2[/tex].

Rešenje:
Proizvod [tex]AB \cdot AC[/tex] je isti za svaku sečicu kroz [tex]A[/tex]; za sečicu kroz centar on je [tex](9-7)(9+7)=32[/tex].
Kako je [tex]AB=BC[/tex], [tex]AC=2AB[/tex], pa je [tex]2AB^2=32[/tex] i [tex]AB=4[/tex].

Rešenje:
Neka je [tex]MC=mk;\ MD=nk[/tex]. Prečnik normalan na tetivu polovi je: [tex]AM=MB=\frac{a}{2}[/tex].
Po teoremi o tetivama koje se seku [tex]AM \cdot MB=MC \cdot MD[/tex], tj. [tex]\frac{a^2}{4}=mnk^2[/tex], pa je [tex]k=\frac{a}{2\sqrt{mn}}[/tex].
[tex]2R=(m+n)k[/tex], prema tome [tex]R=\frac{(m+n)a}{4\sqrt{mn}}[/tex].

Rešenje:
Centralni ugao nad lukom je [tex]\angle AOB=2\alpha[/tex]; u jednakokrakom [tex]\triangle AOB[/tex] sa kracima [tex]R[/tex]: [tex]AB=2R\sin\alpha[/tex].
[tex]M[/tex] polovi luk, pa je [tex]\angle AOM=\alpha[/tex], i analogno [tex]AM=2R\sin\frac{\alpha}{2}[/tex].

Rešenje:
Neka je [tex]P[/tex] tačka svoda iznad [tex]C[/tex]; visina je [tex]CP[/tex]. [tex]\triangle APB[/tex] je pravougli jer je nad prečnikom, a [tex]CP[/tex] je njegova visina na hipotenuzu.
Kako je [tex]CB=5[/tex], [tex]CP[/tex]² = [tex]AC \cdot CB=1 \cdot 5=5[/tex], pa je [tex]h=\sqrt{5}[/tex] m.

Rešenje:
[tex]\angle AMD=\angle CMB[/tex] (unakrsni uglovi) i [tex]\angle DAB=\angle DCB[/tex] (periferijski uglovi nad lukom [tex]DB[/tex]), pa je [tex]\triangle AMD \sim \triangle CMB[/tex] sa koeficijentom [tex]\frac{AM}{CM}=\frac{4}{3}[/tex].
Površine sličnih trouglova odnose se kao kvadrati odgovarajućih stranica, pa je [tex]S_{CMB}=S_{AMD} \cdot \left(\frac{3}{4}\right)^2=\frac{9}{8}[/tex].

Rešenje:
Ugao između tangente [tex]BC[/tex] i tetive [tex]CD[/tex] jednak je periferijskom uglu nad istim lukom: [tex]\angle BCD=\angle BAC[/tex]; uz zajednički ugao kod [tex]B[/tex] dobijamo [tex]\triangle BCD \sim \triangle BAC[/tex].
Zato je [tex]\frac{BC}{BA}=\frac{CD}{AC}=\frac{BD}{BC}[/tex]: [tex]\frac{12}{BA}=\frac{6}{9}[/tex], odakle je [tex]BA=18[/tex] i [tex]BD=\frac{BC^2}{BA}=\frac{144}{18}=8[/tex].

Rešenje:
Po teoremi o dve sečice [tex]MA \cdot MB=MD \cdot MC[/tex]: [tex]3MB=36[/tex], pa je [tex]MB=12[/tex] i [tex]AB=MB-MA=9[/tex].
Trouglovi imaju zajednički ugao kod [tex]M[/tex] i proporcionalne stranice [tex]\frac{MA}{MC}=\frac{MD}{MB}=\frac{1}{3}[/tex], pa je [tex]\triangle MAD \sim \triangle MCB[/tex]; prema tome [tex]\frac{AD}{CB}=\frac{1}{3}[/tex] i [tex]BC=6[/tex].

Rešenje:
Kako je [tex]\angle AA_1B=\angle AB_1B=90^\circ[/tex], tačke [tex]A;\ B;\ A_1;\ B_1[/tex] leže na krugu prečnika [tex]AB[/tex].
[tex]AA_1;\ BB_1[/tex] su dve tetive tog kruga koje se seku u [tex]H[/tex], pa po teoremi o tetivama koje se seku [tex]AH \cdot HA_1=BH \cdot HB_1[/tex].
Analogno (krug prečnika [tex]BC[/tex]) [tex]BH \cdot HB_1=CH \cdot HC_1[/tex].

Rešenje:
Neka je [tex]O[/tex] presek dijagonala; on ih polovi. [tex]AC=81[/tex], pa je [tex]AO=\frac{81}{2}[/tex] i [tex]OL=65-\frac{81}{2}=\frac{49}{2}[/tex].
Po teoremi o tetivama [tex]AL[/tex] i [tex]BD[/tex] koje se seku: [tex]OB \cdot OD=OA \cdot OL[/tex], tj. [tex]OB^2=\frac{81}{2} \cdot \frac{49}{2}[/tex], pa je [tex]OB=\frac{63}{2}[/tex].
Tada je [tex]BD=63[/tex] i [tex]AB=BD=63[/tex].

Rešenje:
Kako je [tex]\angle BAD=\angle DAC=60^\circ[/tex], tetive nad kojima su jednaki periferijski uglovi jednake su: [tex]BD=CD[/tex]. Četvorougao [tex]ABDC[/tex] je tetivni, pa je [tex]\angle BDC=180^\circ-120^\circ=60^\circ[/tex], dakle [tex]\triangle BCD[/tex] je jednakostraničan: [tex]BC=BD=CD[/tex].
Po Ptolomejevoj teoremi [tex]AD \cdot BC=AB \cdot CD+AC \cdot BD[/tex]; deljenjem sa [tex]BC[/tex] dobijamo [tex]AD=AB+AC=3[/tex].

Rešenje:
Za spoljašnju tangentu prava kroz centar manjeg kruga paralelna tangenti daje pravougli trougao sa hipotenuzom jednakom rastojanju centara i katetom jednakom razlici poluprečnika: [tex]\sqrt{25^2-(11-4)^2}=\sqrt{625-49}=24[/tex].
Za unutrašnju tangentu kateta je zbir poluprečnika: [tex]\sqrt{25^2-(11+4)^2}=\sqrt{625-225}=20[/tex].

Rešenje:
Neka je [tex]\overset{\frown}{BC}=3k;\ \overset{\frown}{AC}=5k[/tex]. Ugao sa temenom van kruga jednak je polurazlici lukova između njegovih krakova: [tex]\angle AMC=\frac{\overset{\frown}{AC}-\overset{\frown}{BC}}{2}[/tex].
Dakle, [tex]\frac{5k-3k}{2}=32^\circ[/tex], [tex]k=32^\circ[/tex] i [tex]\overset{\frown}{BC}=96^\circ;\ \overset{\frown}{AC}=160^\circ[/tex].

Rešenje:
Neka je [tex]O[/tex] centar, a [tex]CH[/tex] visina; [tex]AH=3[/tex] i [tex]CH=4[/tex]. Poluprečnik ka tački dodira normalan je na tangentu: [tex]OA \perp AC[/tex], pa je [tex]\angle OAH=\angle ACH[/tex].
Iz pravouglih trouglova [tex]\triangle OAH \sim \triangle ACH[/tex], pa je [tex]\frac{OA}{AC}=\frac{AH}{CH}[/tex] i [tex]OA=\frac{5 \cdot 3}{4}=\frac{15}{4}[/tex].

Rešenje:
[tex]O_1T_1T_2O_2[/tex] je pravougli trapez čije su paralelne stranice poluprečnici [tex]3[/tex] i [tex]9[/tex] (normalni su na tangentu). Rastojanje [tex]AK[/tex] od [tex]A[/tex] do tangente je duž kroz [tex]A[/tex] paralelna njima, a [tex]A[/tex] deli [tex]O_1O_2[/tex] u odnosu [tex]1:3[/tex], jer je [tex]\frac{O_1A}{O_1O_2}=\frac{3}{12}=\frac{1}{4}[/tex].
Prema tome, [tex]AK=3+\frac{1}{4}(9-3)=\frac{9}{2}[/tex].

Rešenje:
Za [tex]k_1[/tex] tangenta iz [tex]N[/tex] i sečica kroz [tex]A[/tex] i [tex]B[/tex] daju [tex]NT_1^2=NA \cdot NB[/tex]. Analogno za [tex]k_2[/tex]: [tex]NT_2^2=NA \cdot NB[/tex].
Dakle, kvadrati su jednaki i [tex]NT_1=NT_2[/tex]: prava [tex]AB[/tex] polovi duž zajedničke tangente.

Rešenje:
Prečnik kroz [tex]C[/tex] deli se tačkom [tex]C[/tex] na duži čiji je proizvod [tex](7-3)(7+3)=40[/tex]; po teoremi o tetivama koje se seku i [tex]AC \cdot CB=40[/tex].
Neka je [tex]AC=x[/tex]; kako je [tex]AC+CB=13[/tex], [tex]x(13-x)=40[/tex], tj. [tex]x^2-13x+40=0[/tex], pa je [tex]x_1=5;\ x_2=8[/tex].
Tetiva se deli na duži [tex]5;\ 8[/tex].

Rešenje:
Poluprečnici ka tačkama dodira normalni su na tangentu, pa je [tex]O_1T_1 \parallel O_2T_2[/tex] i [tex]\triangle PO_1T_1 \sim \triangle PO_2T_2[/tex], odakle je [tex]\frac{PO_1}{PO_2}=\frac{R}{r}[/tex].
[tex]P[/tex] je sa strane manjeg kruga, pa je [tex]PO_1=PO_2+R+r[/tex]. Tada je [tex]\frac{PO_2+R+r}{PO_2}=\frac{R}{r}[/tex], odakle je [tex]PO_2=\frac{r(R+r)}{R-r}[/tex].

Rešenje:
Neka zajednička tangenta u [tex]M[/tex] seče [tex]AB[/tex] u [tex]N[/tex]. Tangentne duži iz jedne tačke su jednake: [tex]NA=NM=NB[/tex].
Zato [tex]M[/tex] leži na krugu prečnika [tex]AB[/tex], odakle je [tex]\angle AMB=90^\circ[/tex].
Dužina zajedničke spoljašnje tangente dva kruga koji se dodiruju jednaka je dvostrukoj geometrijskoj sredini poluprečnika: [tex]AB=2\sqrt{4 \cdot 1}=4[/tex].

Rešenje:
Ugao između tangente [tex]AD[/tex] i tetive [tex]AC[/tex] jednak je periferijskom uglu nad istim lukom: [tex]\angle DAC=\angle ABC[/tex]. Takođe [tex]\angle DCA=\angle CAB[/tex] (naizmenični uglovi).
Dakle, [tex]\triangle DAC \sim \triangle CBA[/tex], odakle je [tex]\frac{DC}{CA}=\frac{CA}{AB}[/tex], tj. [tex]AC^2=ab[/tex] i [tex]AC=\sqrt{ab}[/tex].

Rešenje:
Stranica kvadrata je [tex]25[/tex]. Postavimo [tex]A(0;0),\ B(25;0),\ C(25;25),\ D(0;25)[/tex]; centar je [tex]Q(r;r)[/tex], a poluprečnik [tex]r[/tex]. Krug seče [tex]BC[/tex] u tački [tex](25;2)[/tex], pa je [tex](25-r)^2+(2-r)^2=r^2[/tex], tj. [tex]r^2-54r+629=0[/tex], i [tex]r_1=17;\ r_2=37[/tex].
Poluprečnik je manji od stranice, [tex]r<25[/tex], pa je [tex]r=17[/tex].

Rešenje:
Prava [tex]AO[/tex] prolazi kroz centar i normalna je na [tex]BC=6[/tex], pa je polovi u [tex]H[/tex]; dakle [tex]AC=AB=5[/tex].
[tex]AH=\sqrt{25-9}=4[/tex]. Prečnik [tex]AD[/tex] kroz [tex]O[/tex] daje pravougli [tex]\triangle ABD[/tex] sa visinom [tex]AH[/tex], pa je [tex]AB^2=AH \cdot AD[/tex] i [tex]AD=\frac{25}{4};\ R=\frac{25}{8}[/tex].

Rešenje:
Tačke [tex]O;\ O_1;\ T[/tex] su na jednoj pravoj (prava centara prolazi kroz tačku dodira), pa je [tex]\angle OTA=\angle O_1TA_1[/tex].
[tex]\triangle TOA[/tex] i [tex]\triangle TO_1A_1[/tex] su jednakokraki: [tex]\angle OAT=\angle OTA[/tex], [tex]\angle O_1A_1T=\angle O_1TA_1[/tex]. Dakle, [tex]\angle OAT=\angle O_1A_1T[/tex], a to su saglasni uglovi, pa je [tex]OA \parallel O_1A_1[/tex].
Takođe [tex]\triangle TOA \sim \triangle TO_1A_1[/tex] sa koeficijentom jednakim odnosu poluprečnika, pa je [tex]\frac{TA}{TA_1}=\frac{R}{r}[/tex].

Rešenje:
Centri krugova su središta [tex]M[/tex] i [tex]N[/tex] krakova, pa je rastojanje centara jednako srednjoj liniji: [tex]MN=\frac{AB+CD}{2}[/tex].
Zbir poluprečnika je [tex]\frac{AD}{2}+\frac{BC}{2}=\frac{AD+BC}{2}[/tex] i po uslovu je jednak [tex]MN=\frac{AB+CD}{2}[/tex].
Dakle, [tex]MN=\frac{AD}{2}+\frac{BC}{2}[/tex]: rastojanje centara jednako je zbiru poluprečnika, pa se krugovi dodiruju spolja.

Rešenje:
Neka je [tex]AB=CD=a[/tex]. Po teoremi o dve sečice [tex]PA \cdot PB=PC \cdot PD[/tex], gde je [tex]PA=PB+a[/tex] i [tex]PC=PD+a[/tex].
Dakle, [tex](PB+a)PB=(PD+a)PD[/tex], tj. [tex](PB-PD)(PB+PD+a)=0[/tex]. Drugi činilac je pozitivan, pa je [tex]PB=PD[/tex], a odatle i [tex]PA=PC[/tex].

Rešenje:
Centar leži na simetrali ugla: [tex]\angle ABO=15^\circ[/tex]. U pravouglom [tex]\triangle ABO[/tex] (poluprečnik [tex]OA[/tex] je normalan na tangentu): [tex]AB=BO\cos 15^\circ[/tex]. Tangentne duži su jednake, [tex]BA=BC[/tex], pa je [tex]AC \perp BO[/tex]; neka je [tex]H[/tex] presek [tex]AC[/tex] i [tex]BO[/tex].
[tex]AH=AB\sin 15^\circ=14\sin 15^\circ\cos 15^\circ=7\sin 30^\circ=\frac{7}{2}[/tex], pa je [tex]AC=2AH=7[/tex].

Rešenje:
Ugao između tangente i tetive [tex]CB[/tex] jednak je periferijskom uglu nad njom: [tex]\angle PCB=\angle CAB[/tex]. Tada je [tex]\angle PCL=\angle PCB+\angle BCL[/tex], a [tex]\angle PLC=\angle CAL+\angle ACL[/tex] kao spoljašnji ugao [tex]\triangle ALC[/tex].
Kako je [tex]\angle BCL=\angle ACL[/tex] i [tex]\angle PCB=\angle CAB[/tex], [tex]\angle PCL=\angle PLC[/tex], pa je [tex]\triangle PCL[/tex] jednakokraki i [tex]PC=PL[/tex].

Rešenje:
Neka je [tex]I[/tex] presek duži [tex]AO[/tex] sa krugom. Zbog simetrije [tex]AO[/tex] je simetrala [tex]\angle BAC[/tex], a [tex]I[/tex] je središte luka koji odseca [tex]BC[/tex]: [tex]\overset{\frown}{BI}=\overset{\frown}{IC}[/tex].
Ugao između tangente [tex]AB[/tex] i tetive [tex]BI[/tex] jednak je periferijskom uglu nad njom: [tex]\angle ABI=\angle BCI[/tex], a iz jednakih lukova [tex]\angle BCI=\angle IBC[/tex].
Dakle, [tex]\angle ABI=\angle IBC[/tex], tj. [tex]BI[/tex] je simetrala ugla kod [tex]B[/tex]. Prema tome, [tex]I[/tex] leži na dve simetrale uglova [tex]\triangle ABC[/tex] i centar je upisanog kruga.

Rešenje:
Po svojstvu simetrale ugla [tex]\frac{AP}{PB}=\frac{AC}{BC}=2[/tex], pa je [tex]BP=2;\ AP=4[/tex].
Po teoremi o dve sečice iz [tex]B[/tex]: [tex]BP \cdot BA=BD \cdot BC[/tex], tj. [tex]2 \cdot 6=4 \cdot BD[/tex], pa je [tex]BD=3[/tex].
Kako je [tex]\angle ACP=\angle PCD[/tex], tetive nad kojima su ti jednaki periferijski uglovi jednake su: [tex]PD=PA=4[/tex].

Rešenje:
Centar kruga je središte [tex]M[/tex] duži [tex]AD[/tex], a poluprečnik je polovina od [tex]AD[/tex]. Neka je [tex]N[/tex] središte [tex]BC[/tex]; srednja linija je normalna na [tex]BC[/tex] ([tex]MN \perp BC[/tex]), pa je jednaka rastojanju od [tex]M[/tex] do [tex]BC[/tex], tj. poluprečniku: [tex]MN=4[/tex].
Takođe [tex]MN=\frac{AB+CD}{2}[/tex], pa je [tex]S=\frac{AB+CD}{2} \cdot BC=4 \cdot 6=24[/tex].

Rešenje:
Neka je [tex]r[/tex] poluprečnik: [tex]OE=r;\ BO=2r[/tex], pa je [tex]BE=\sqrt{4r^2-r^2}=r\sqrt{3}[/tex]. Osnovice dodiruju [tex]k(O)[/tex] u krajevima prečnika, pa iz tangentnih duži [tex]BA=BE;\ CD=CE[/tex] i [tex]AB+CD=BE+EC=16[/tex].
U [tex]\triangle BOC[/tex] je [tex]\angle BOC=90^\circ[/tex], a [tex]OE[/tex] je visina, pa je [tex]OE^2=BE \cdot EC[/tex], tj. [tex]EC=\frac{r^2}{r\sqrt{3}}=\frac{r}{\sqrt{3}}[/tex].
Tada je [tex]r\sqrt{3}+\frac{r}{\sqrt{3}}=16[/tex], pa je [tex]r=4\sqrt{3};\ AD=8\sqrt{3}[/tex] i [tex]S=\frac{AB+CD}{2} \cdot AD=\frac{16}{2} \cdot 8\sqrt{3}=64\sqrt{3}[/tex].

Rešenje:
Po teoremi o tangenti i sečici iz [tex]A[/tex]: [tex]AC^2=AD \cdot AB=\frac{a}{3} \cdot a[/tex], pa je [tex]AC=\frac{a}{\sqrt{3}}[/tex]. Po kosinusnoj teoremi [tex]BC^2=a^2+\frac{a^2}{3}-2a \cdot \frac{a}{\sqrt{3}} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{a^2}{3}[/tex], pa je [tex]BC=\frac{a}{\sqrt{3}}[/tex] i [tex]\angle CBA=\angle CAB=30^\circ[/tex].
Ugao između tangente [tex]AC[/tex] i tetive [tex]CD[/tex] jednak je periferijskom uglu nad njom: [tex]\angle ACD=\angle CBD=30^\circ[/tex]. Tada je [tex]\angle ADC=120^\circ;\ \angle BDC=60^\circ[/tex].
Po sinusnoj teoremi u [tex]k[/tex]: [tex]R=\frac{BC}{2\sin 60^\circ}=\frac{a}{3}[/tex].