Окружность - хорды и касательные - сложные задачи с решениями

Решение:
В [tex]k_1[/tex] любая хорда через [tex]P[/tex] даёт одно и то же произведение отрезков, а хорда [tex]AB[/tex] даёт [tex]PA \cdot PB[/tex]. В [tex]k_2[/tex] обе хорды [tex]AB[/tex] и [tex]CD[/tex] проходят через [tex]P[/tex], поэтому [tex]PA \cdot PB[/tex] = [tex]PC \cdot PD[/tex]. В [tex]k_3[/tex] хорда [tex]CD[/tex] даёт [tex]PC \cdot PD[/tex].
Пусть прямая [tex]PE[/tex] вторично пересекает [tex]k_1[/tex] в точке [tex]F_1[/tex], а [tex]k_3[/tex] — в точке [tex]F_3[/tex]. Произведения в [tex]k_1[/tex] и [tex]k_3[/tex] равны, поэтому [tex]PE \cdot PF_1=PE \cdot PF_3[/tex], откуда [tex]PF_1=PF_3[/tex] и [tex]F_1[/tex] = [tex]F_3[/tex]. Эта точка общая для [tex]k_1[/tex] и [tex]k_3[/tex] и отлична от [tex]E[/tex], значит, это [tex]F[/tex].
Следовательно, прямая [tex]EF[/tex] проходит через [tex]P[/tex].

Решение:
Продолжим [tex]CL[/tex] до вторичного пересечения с описанной окружностью в точке [tex]M[/tex]. Тогда [tex]\angle ACL=\angle MCB[/tex] ([tex]CL[/tex] — биссектриса) и [tex]\angle CAL=\angle CMB[/tex] (вписанные углы, опирающиеся на одну дугу), поэтому [tex]\triangle ACL \sim \triangle MCB[/tex].
Следовательно, [tex]\frac{AC}{CM}=\frac{CL}{CB}[/tex], т.е. [tex]AC \cdot CB=CL \cdot CM=CL(CL+LM)=CL^2+CL \cdot LM[/tex].
По теореме о пересекающихся хордах [tex]CL \cdot LM=LA \cdot LB[/tex], поэтому [tex]CL^2=AC \cdot CB-LA \cdot LB[/tex].

Решение:
Трапеция равнобедренная; проекция боковой стороны [tex]\frac{15-1}{2}=7[/tex], поэтому [tex]h=\sqrt{14^2-7^2}=7\sqrt{3}[/tex]. Положим [tex]A(0;0),\ B(15;0),\ C(8;7\sqrt{3}),\ D(7;7\sqrt{3})[/tex].
Центр окружности — середина [tex]BC[/tex]: [tex]Q\left(\frac{23}{2};\frac{7\sqrt{3}}{2}\right)[/tex], радиус равен [tex]7[/tex]. Прямая [tex]AD:\ y=\sqrt{3}x[/tex], поэтому расстояние от [tex]Q[/tex] до неё [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].

Решение:
Пусть [tex]M[/tex] и [tex]N[/tex] — проекции [tex]O_1[/tex] и [tex]O_2[/tex] на прямую. Перпендикуляр из центра делит хорду пополам, поэтому [tex]AM=MP;\ AN=NQ[/tex], откуда [tex]PQ=2MN[/tex].
[tex]MN[/tex] — проекция [tex]O_1O_2[/tex] на прямую, поэтому [tex]MN \le O_1O_2[/tex], причём равенство достигается только когда прямая параллельна [tex]O_1O_2[/tex].
Следовательно, [tex]PQ[/tex] наибольший и равен удвоенному [tex]O_1O_2[/tex], когда прямая параллельна [tex]O_1O_2[/tex].

Решение:
Проведём общую касательную [tex]t[/tex] в точке [tex]T[/tex]. Угол между касательной и хордой равен вписанному углу, опирающемуся на ту же дугу, поэтому в [tex]k_1[/tex]: [tex]\angle TAB=\angle(t;TB)[/tex].
[tex]\angle(t;TB)=\angle(t;TD)[/tex] (вертикальные углы, так как [tex]B[/tex], [tex]T[/tex], [tex]D[/tex] на одной прямой), а в [tex]k_2[/tex]: [tex]\angle(t;TD)=\angle TCD[/tex].
Значит, [tex]\angle TAB=\angle TCD[/tex]; это накрест лежащие углы при секущей [tex]AC[/tex], поэтому [tex]AB \parallel CD[/tex].

Решение:
Для двух окружностей, касающихся внешним образом и касающихся одной прямой, расстояние между точками касания равно удвоенному среднему геометрическому радиусов: [tex]T_1T_2=2\sqrt{R_1R_2}[/tex], и аналогично [tex]T_1T=2\sqrt{R_1r};\ TT_2=2\sqrt{rR_2}[/tex].
Так как [tex]T[/tex] лежит между [tex]T_1[/tex] и [tex]T_2[/tex], [tex]2\sqrt{R_1r}+2\sqrt{rR_2}=2\sqrt{R_1R_2}[/tex]; деля на произведение трёх корней, получаем [tex]\frac{1}{\sqrt{r}}=\frac{1}{\sqrt{R_1}}+\frac{1}{\sqrt{R_2}}[/tex].
Следовательно, [tex]r=\frac{R_1R_2}{\left(\sqrt{R_1}+\sqrt{R_2}\right)^2}[/tex].

Решение:
Положим [tex]A(0;0),\ B(R-r;0)[/tex] (окружности касаются в точке положительной полуоси x), а центр искомой окружности [tex]Q(x;\rho)[/tex]. Условия касания дают [tex]AQ=R-\rho[/tex] и [tex]BQ=r+\rho[/tex].
Из первого [tex]x^2=R^2-2R\rho[/tex]. Из второго [tex](x-R+r)^2+\rho^2=(r+\rho)^2[/tex]; вычитая и учитывая [tex]x^2=R^2-2R\rho[/tex]: [tex]x=R-\frac{\rho(R+r)}{R-r}[/tex].
Подставляя в [tex]x^2=R^2-2R\rho[/tex]: [tex]\frac{\rho(R+r)^2}{(R-r)^2}=\frac{4Rr}{R-r}[/tex], поэтому [tex]\rho=\frac{4Rr(R-r)}{(R+r)^2}[/tex].

Решение:
Гомотетия с центром [tex]M[/tex] и коэффициентом [tex]\frac{R_1}{R_2}[/tex] ([tex]R_1[/tex] и [tex]R_2[/tex] — радиусы [tex]k_1[/tex] и [tex]k_2[/tex]) переводит [tex]k_2[/tex] в [tex]k_1[/tex]. Она переводит [tex]L[/tex] во вторую точку пересечения [tex]N[/tex] прямой [tex]ML[/tex] с [tex]k_1[/tex], а касательную [tex]AB[/tex] к [tex]k_2[/tex] в точке [tex]L[/tex] — в касательную [tex]t[/tex] к [tex]k_1[/tex] в точке [tex]N[/tex], поэтому [tex]t \parallel AB[/tex].
Касательная, параллельная хорде, касается окружности в середине дуги, отсекаемой хордой, поэтому [tex]\overset{\frown}{AN}=\overset{\frown}{NB}[/tex].
Равные дуги стягивают равные вписанные углы: [tex]\angle AMN=\angle NMB[/tex], т.е. [tex]ML[/tex] — биссектриса [tex]\angle AMB[/tex].

Решение:
[tex]O_1[/tex] лежит на биссектрисе угла [tex]C[/tex], проходящей через [tex]O[/tex], и [tex]\angle O_1CA=30^\circ[/tex]; поэтому радиус (расстояние от [tex]O_1[/tex] до сторон) равен половине [tex]CO_1[/tex]: [tex]CO_1=2\rho[/tex].
Окружность касается [tex]k(O;R)[/tex] внутренним образом, поэтому [tex]OO_1=R-\rho[/tex]; [tex]O_1[/tex] лежит на [tex]CO[/tex] за точкой [tex]O[/tex], поэтому [tex]CO_1=CO+OO_1[/tex], т.е. [tex]2\rho=R+(R-\rho)[/tex].
Следовательно, [tex]\rho=\frac{2R}{3}[/tex].

Решение:
Используем кривизны (обратные величины радиусов): [tex]k_1=\frac{1}{a};\ k_2=\frac{1}{b};\ k_3=\frac{1}{c};\ k_4=\frac{1}{r}[/tex]. По теореме Декарта для четырёх попарно касающихся окружностей [tex]k_4=k_1+k_2+k_3+2\sqrt{k_1k_2+k_2k_3+k_3k_1}[/tex] (знак плюс для маленькой внутренней окружности).
Здесь [tex]k_1k_2+k_2k_3+k_3k_1=\frac{a+b+c}{abc}[/tex], поэтому [tex]\frac{1}{r}=\frac{ab+bc+ca+2\sqrt{abc(a+b+c)}}{abc}[/tex] и [tex]r=\frac{abc}{ab+bc+ca+2\sqrt{abc(a+b+c)}}[/tex].

Решение:
Так как [tex]\angle ADC=90^\circ[/tex], точка [tex]D[/tex] лежит на окружности с диаметром [tex]AC[/tex], поэтому [tex]MD=MA=MC=7[/tex], и из равнобедренного треугольника [tex]\angle MDC=\angle MCD=\angle C[/tex].
С высотой [tex]BH[/tex] треугольника: [tex]BH=\sqrt{25^2-7^2}=24[/tex], поэтому [tex]\sin C=\frac{BH}{BC}=\frac{24}{25}[/tex].
Угол между касательной [tex]BC[/tex] и хордой [tex]MD[/tex] равен вписанному углу, опирающемуся на [tex]MD[/tex], поэтому по теореме синусов [tex]r=\frac{MD}{2\sin C}=\frac{7}{2 \cdot \frac{24}{25}}=\frac{175}{48}[/tex].

Решение:
Положим [tex]O_1(0;0),\ O_2(2\sqrt{2};0)[/tex]. Касательная [tex]l[/tex]: [tex]l:\ \frac{\sqrt{2}}{2}x+\frac{\sqrt{2}}{2}y=3[/tex] (её расстояния до центров равны радиусам), а отрезок касательной [tex]AB=\sqrt{(2\sqrt{2})^2-(3-1)^2}=2[/tex].
Из [tex]x^2+y^2=9;\ (x-2\sqrt{2})^2+y^2=1[/tex] находим точки пересечения; ближайшая к [tex]l[/tex] — [tex]C(2\sqrt{2};1)[/tex], на расстоянии [tex]d=3-\frac{\sqrt{2}}{2}(2\sqrt{2}+1)=1-\frac{\sqrt{2}}{2}[/tex] от [tex]l[/tex].
Следовательно, [tex]S=\frac{AB \cdot d}{2}=1-\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{2-\sqrt{2}}{2}[/tex].

Решение:
Пусть [tex]O[/tex] — центр, [tex]OM=m[/tex], а [tex]d[/tex] — расстояние от [tex]O[/tex] до хорды: [tex]d=m\sin 45^\circ=\frac{m}{\sqrt{2}}[/tex]. Тогда [tex]CD^2=4(R^2-d^2)=4R^2-2m^2[/tex].
По теореме о пересекающихся хордах (с диаметром через [tex]M[/tex]) [tex]CM \cdot DM=R^2-m^2[/tex].
Следовательно, [tex]CM^2+DM^2=(CM+DM)^2-2CM \cdot DM=4R^2-2m^2-2(R^2-m^2)=2R^2[/tex], что не зависит от положения [tex]M[/tex].

Решение:
По свойству биссектрисы [tex]\frac{BL}{LC}=\frac{AB}{AC}=\frac{5}{7}[/tex], поэтому [tex]BL=\frac{35}{4};\ LC=\frac{49}{4}[/tex].
По формуле для биссектрисы, доказанной выше на этой странице, [tex]AL^2=AB \cdot AC-BL \cdot LC=560-\frac{1715}{16}=\frac{7245}{16}[/tex]. По теореме о пересекающихся хордах [tex]AL \cdot LL'=BL \cdot LC=\frac{1715}{16}[/tex].
Следовательно, [tex]\frac{AL}{LL'}=\frac{AL^2}{AL \cdot LL'}=\frac{7245}{1715}=\frac{207}{49}[/tex].

Решение:
Прямые [tex]AD;\ BC[/tex] пересекаются в точке [tex]P[/tex], и [tex]\frac{PD}{PA}=\frac{PC}{PB}=\frac{CD}{AB}=\frac{2}{3}[/tex], поэтому [tex]PA=15;\ PB=36[/tex] и [tex]PD=10[/tex]. Так как [tex]PA^2+PB^2=225+1296=1521=AB^2[/tex], [tex]\angle APB=90^\circ[/tex].
Пусть [tex]T[/tex] — точка касания на [tex]BC[/tex]; по теореме о касательной и секущей [tex]PT^2=PD \cdot PA=10 \cdot 15=150[/tex].
Положим [tex]P(0;0),\ A(15;0),\ T(0;5\sqrt{6})[/tex]; центр [tex]Q(\rho;5\sqrt{6})[/tex], и [tex](15-\rho)^2+150=\rho^2[/tex] даёт [tex]\rho=\frac{25}{2}[/tex].

Решение:
Пусть [tex]AB=x[/tex], тогда [tex]AD=x+24[/tex]. По теореме косинусов для [tex]\triangle ABD[/tex]: [tex]56^2=x^2+(x+24)^2-x(x+24)[/tex], т.е. [tex]x^2+24x-2560=0[/tex], поэтому [tex]x=40[/tex] и [tex]AD=64[/tex].
Угол между касательной и хордой [tex]BC[/tex] равен вписанному углу, опирающемуся на неё: [tex]\angle ABC=\angle ADB[/tex]; с общим углом при [tex]A[/tex] получаем [tex]\triangle ABC \sim \triangle ADB[/tex].
Значит, [tex]\frac{BC}{DB}=\frac{AB}{AD}[/tex] и [tex]BC=\frac{56 \cdot 40}{64}=35[/tex].

Решение:
По теореме о касательной и секущей из точки [tex]B[/tex]: [tex]BA^2=BM \cdot BC=\frac{b}{2} \cdot b[/tex], поэтому [tex]AB=\frac{b}{\sqrt{2}}[/tex]. Пусть [tex]\alpha[/tex] — угол при основании: [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].
Угол между касательной [tex]AB[/tex] и хордой [tex]AC[/tex] равен вписанному углу, опирающемуся на неё: [tex]\angle AMC=\angle BAC=\alpha[/tex]. По теореме синусов в этой окружности [tex]R=\frac{AC}{2\sin\alpha}=\frac{2b}{\sqrt{14}}[/tex], поэтому [tex]b=\frac{R\sqrt{14}}{2}[/tex].

Решение:
Внешняя биссектриса [tex]CL'[/tex] угла [tex]C[/tex] пересекает прямую [tex]AB[/tex] в точке [tex]L'[/tex] за точкой [tex]B[/tex], и [tex]\frac{AL'}{BL'}=\frac{AC}{BC}=\frac{AL}{BL}=\frac{5}{3}[/tex], поэтому [tex]\frac{8+BL'}{BL'}=\frac{5}{3}[/tex], т.е. [tex]BL'=12[/tex].
Внутренняя и внешняя биссектрисы перпендикулярны: [tex]\angle LCL'=90^\circ[/tex], поэтому [tex]C[/tex] лежит на окружности с диаметром [tex]LL'=3+12=15[/tex], центр которой на [tex]AB[/tex].
Через [tex]C[/tex] и [tex]L[/tex] проходит только одна окружность с центром на [tex]AB[/tex] (центр — пересечение [tex]AB[/tex] с серединным перпендикуляром к [tex]CL[/tex]), значит, это она: [tex]r=\frac{LL'}{2}=\frac{15}{2}[/tex].