Окружность - хорды и касательные - нормальные задачи с решениями

Решение:
Наименьшее расстояние измеряется по прямой, проходящей через центр [tex]O[/tex], поэтому [tex]OA=R+25[/tex]. Радиус в точку касания [tex]T[/tex] перпендикулярен касательной: [tex]\angle OTA=90^\circ[/tex], [tex]OT=R[/tex].
По теореме Пифагора [tex](R+25)^2=R^2+35^2[/tex], т.е. [tex]50R+625=1225[/tex], поэтому [tex]R=12[/tex].

Решение:
[tex]R=\frac{6+14}{2}=10[/tex], а расстояние от центра [tex]O[/tex] до [tex]P[/tex] равно [tex]OP=10-6=4[/tex].
Расстояние от [tex]O[/tex] до хорды [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], поэтому [tex]AB=4\sqrt{23}[/tex].

Решение:
Радиус в точку касания перпендикулярен касательной: [tex]OB \perp t[/tex], поэтому [tex]OB \perp AC[/tex]. Диаметр, перпендикулярный хорде, делит пополам её и её дугу, поэтому [tex]BA=BC=10[/tex].
Пусть [tex]H[/tex] — середина [tex]AC[/tex]; тогда [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].

Решение:
Расстояние между центрами [tex]O_1O_2=3+1=4[/tex]. Общая внутренняя касательная проходит через точку касания и перпендикулярна [tex]O_1O_2[/tex].
Внешняя касательная образует с [tex]O_1O_2[/tex] угол [tex]\varphi[/tex], где [tex]\sin\varphi=\frac{3-1}{4}=\frac{1}{2}[/tex] (разность радиусов, делённая на расстояние между центрами), поэтому [tex]\varphi=30^\circ[/tex].
Следовательно, угол между касательными [tex]90^\circ-30^\circ=60^\circ[/tex].

Решение:
Угол между касательной и хордой [tex]TA[/tex] равен вписанному углу, опирающемуся на ту же дугу: [tex]\angle MTA=\angle MBT[/tex].
У треугольников также общий [tex]\angle M[/tex], поэтому [tex]\triangle MTA \sim \triangle MBT[/tex].
Следовательно, [tex]\frac{MT}{MB}=\frac{MA}{MT}[/tex], т.е. [tex]MT^2=MA \cdot MB[/tex].

Решение:
[tex]BC=8[/tex]. Угол между касательной и хордой [tex]CA[/tex] равен вписанному углу, опирающемуся на ту же дугу: [tex]\angle MCA=\angle MBC[/tex]; с общим углом при [tex]M[/tex] получаем [tex]\triangle MCA \sim \triangle MBC[/tex].
Поэтому [tex]\frac{MC}{MB}=\frac{MA}{MC}=\frac{AC}{BC}=\frac{3}{4}[/tex]. Точка [tex]M[/tex] лежит за [tex]A[/tex]; пусть [tex]MA=x[/tex], тогда [tex]MB=x+10[/tex].
Из отношений [tex]x=\frac{3}{4}MC=\frac{9}{16}(x+10)[/tex], поэтому [tex]x=\frac{90}{7}[/tex] и [tex]MC=\frac{4}{3}x=\frac{120}{7}[/tex].

Решение:
Пусть [tex]\theta[/tex] — угол между хордой и касательной в [tex]A[/tex]; он равен вписанному углу, опирающемуся на дугу [tex]AB[/tex], поэтому [tex]AB=2R\sin\theta[/tex]. Расстояние от [tex]B[/tex] до касательной [tex]d=AB\sin\theta=\frac{AB^2}{2R}[/tex].
Значит, [tex]\frac{AB^2}{4}+AB=3[/tex], т.е. [tex]AB^2+4AB-12=0[/tex], и положительный корень [tex]AB=2[/tex].

Решение:
Произведение [tex]AB \cdot AC[/tex] одинаково для всех секущих через [tex]A[/tex]; для секущей, проходящей через центр, оно равно [tex](9-7)(9+7)=32[/tex].
Так как [tex]AB=BC[/tex], [tex]AC=2AB[/tex], поэтому [tex]2AB^2=32[/tex] и [tex]AB=4[/tex].

Решение:
Пусть [tex]MC=mk;\ MD=nk[/tex]. Диаметр, перпендикулярный хорде, делит её пополам: [tex]AM=MB=\frac{a}{2}[/tex].
По теореме о пересекающихся хордах [tex]AM \cdot MB=MC \cdot MD[/tex], т.е. [tex]\frac{a^2}{4}=mnk^2[/tex], поэтому [tex]k=\frac{a}{2\sqrt{mn}}[/tex].
[tex]2R=(m+n)k[/tex], следовательно, [tex]R=\frac{(m+n)a}{4\sqrt{mn}}[/tex].

Решение:
Центральный угол, опирающийся на дугу, [tex]\angle AOB=2\alpha[/tex]; в равнобедренном [tex]\triangle AOB[/tex] с боковыми сторонами [tex]R[/tex]: [tex]AB=2R\sin\alpha[/tex].
[tex]M[/tex] делит дугу пополам, поэтому [tex]\angle AOM=\alpha[/tex], и аналогично [tex]AM=2R\sin\frac{\alpha}{2}[/tex].

Решение:
Пусть [tex]P[/tex] — точка свода над [tex]C[/tex]; высота равна [tex]CP[/tex]. [tex]\triangle APB[/tex] прямоугольный, так как опирается на диаметр, а [tex]CP[/tex] — его высота к гипотенузе.
Так как [tex]CB=5[/tex], [tex]CP[/tex]² = [tex]AC \cdot CB=1 \cdot 5=5[/tex], поэтому [tex]h=\sqrt{5}[/tex] м.

Решение:
[tex]\angle AMD=\angle CMB[/tex] (вертикальные углы) и [tex]\angle DAB=\angle DCB[/tex] (вписанные углы, опирающиеся на дугу [tex]DB[/tex]), поэтому [tex]\triangle AMD \sim \triangle CMB[/tex] с коэффициентом [tex]\frac{AM}{CM}=\frac{4}{3}[/tex].
Площади подобных треугольников относятся как квадраты соответственных сторон, поэтому [tex]S_{CMB}=S_{AMD} \cdot \left(\frac{3}{4}\right)^2=\frac{9}{8}[/tex].

Решение:
Угол между касательной [tex]BC[/tex] и хордой [tex]CD[/tex] равен вписанному углу, опирающемуся на ту же дугу: [tex]\angle BCD=\angle BAC[/tex]; с общим углом при [tex]B[/tex] получаем [tex]\triangle BCD \sim \triangle BAC[/tex].
Поэтому [tex]\frac{BC}{BA}=\frac{CD}{AC}=\frac{BD}{BC}[/tex]: [tex]\frac{12}{BA}=\frac{6}{9}[/tex], откуда [tex]BA=18[/tex] и [tex]BD=\frac{BC^2}{BA}=\frac{144}{18}=8[/tex].

Решение:
По теореме о двух секущих [tex]MA \cdot MB=MD \cdot MC[/tex]: [tex]3MB=36[/tex], поэтому [tex]MB=12[/tex] и [tex]AB=MB-MA=9[/tex].
У треугольников общий угол при [tex]M[/tex] и пропорциональные стороны [tex]\frac{MA}{MC}=\frac{MD}{MB}=\frac{1}{3}[/tex], поэтому [tex]\triangle MAD \sim \triangle MCB[/tex]; следовательно, [tex]\frac{AD}{CB}=\frac{1}{3}[/tex] и [tex]BC=6[/tex].

Решение:
Так как [tex]\angle AA_1B=\angle AB_1B=90^\circ[/tex], точки [tex]A;\ B;\ A_1;\ B_1[/tex] лежат на окружности с диаметром [tex]AB[/tex].
[tex]AA_1;\ BB_1[/tex] — две хорды этой окружности, пересекающиеся в точке [tex]H[/tex], поэтому по теореме о пересекающихся хордах [tex]AH \cdot HA_1=BH \cdot HB_1[/tex].
Аналогично (окружность с диаметром [tex]BC[/tex]) [tex]BH \cdot HB_1=CH \cdot HC_1[/tex].

Решение:
Пусть [tex]O[/tex] — точка пересечения диагоналей; она делит их пополам. [tex]AC=81[/tex], поэтому [tex]AO=\frac{81}{2}[/tex] и [tex]OL=65-\frac{81}{2}=\frac{49}{2}[/tex].
По теореме о пересекающихся хордах [tex]AL[/tex] и [tex]BD[/tex]: [tex]OB \cdot OD=OA \cdot OL[/tex], т.е. [tex]OB^2=\frac{81}{2} \cdot \frac{49}{2}[/tex], поэтому [tex]OB=\frac{63}{2}[/tex].
Тогда [tex]BD=63[/tex] и [tex]AB=BD=63[/tex].

Решение:
Так как [tex]\angle BAD=\angle DAC=60^\circ[/tex], хорды, на которые опираются равные вписанные углы, равны: [tex]BD=CD[/tex]. Четырёхугольник [tex]ABDC[/tex] вписанный, поэтому [tex]\angle BDC=180^\circ-120^\circ=60^\circ[/tex], следовательно, [tex]\triangle BCD[/tex] равносторонний: [tex]BC=BD=CD[/tex].
По теореме Птолемея [tex]AD \cdot BC=AB \cdot CD+AC \cdot BD[/tex]; разделив на [tex]BC[/tex], получаем [tex]AD=AB+AC=3[/tex].

Решение:
Для внешней касательной прямая через центр меньшей окружности, параллельная касательной, даёт прямоугольный треугольник с гипотенузой, равной расстоянию между центрами, и катетом, равным разности радиусов: [tex]\sqrt{25^2-(11-4)^2}=\sqrt{625-49}=24[/tex].
Для внутренней касательной катет равен сумме радиусов: [tex]\sqrt{25^2-(11+4)^2}=\sqrt{625-225}=20[/tex].

Решение:
Пусть [tex]\overset{\frown}{BC}=3k;\ \overset{\frown}{AC}=5k[/tex]. Угол с вершиной вне окружности равен полуразности дуг, заключённых между его сторонами: [tex]\angle AMC=\frac{\overset{\frown}{AC}-\overset{\frown}{BC}}{2}[/tex].
Значит, [tex]\frac{5k-3k}{2}=32^\circ[/tex], [tex]k=32^\circ[/tex] и [tex]\overset{\frown}{BC}=96^\circ;\ \overset{\frown}{AC}=160^\circ[/tex].

Решение:
Пусть [tex]O[/tex] — центр, [tex]CH[/tex] — высота; [tex]AH=3[/tex] и [tex]CH=4[/tex]. Радиус в точку касания перпендикулярен касательной: [tex]OA \perp AC[/tex], поэтому [tex]\angle OAH=\angle ACH[/tex].
Из прямоугольных треугольников [tex]\triangle OAH \sim \triangle ACH[/tex], поэтому [tex]\frac{OA}{AC}=\frac{AH}{CH}[/tex] и [tex]OA=\frac{5 \cdot 3}{4}=\frac{15}{4}[/tex].

Решение:
[tex]O_1T_1T_2O_2[/tex] — прямоугольная трапеция, параллельные стороны которой — радиусы [tex]3[/tex] и [tex]9[/tex] (они перпендикулярны касательной). Расстояние [tex]AK[/tex] от [tex]A[/tex] до касательной — отрезок через [tex]A[/tex], параллельный им, а [tex]A[/tex] делит [tex]O_1O_2[/tex] в отношении [tex]1:3[/tex], так как [tex]\frac{O_1A}{O_1O_2}=\frac{3}{12}=\frac{1}{4}[/tex].
Следовательно, [tex]AK=3+\frac{1}{4}(9-3)=\frac{9}{2}[/tex].

Решение:
Для [tex]k_1[/tex] касательная из [tex]N[/tex] и секущая через [tex]A[/tex] и [tex]B[/tex] дают [tex]NT_1^2=NA \cdot NB[/tex]. Аналогично для [tex]k_2[/tex]: [tex]NT_2^2=NA \cdot NB[/tex].
Значит, квадраты равны и [tex]NT_1=NT_2[/tex]: прямая [tex]AB[/tex] делит пополам отрезок общей касательной.

Решение:
Диаметр через [tex]C[/tex] делится точкой [tex]C[/tex] на отрезки с произведением [tex](7-3)(7+3)=40[/tex]; по теореме о пересекающихся хордах и [tex]AC \cdot CB=40[/tex].
Пусть [tex]AC=x[/tex]; так как [tex]AC+CB=13[/tex], [tex]x(13-x)=40[/tex], т.е. [tex]x^2-13x+40=0[/tex], поэтому [tex]x_1=5;\ x_2=8[/tex].
Хорда делится на отрезки [tex]5;\ 8[/tex].

Решение:
Радиусы, проведённые в точки касания, перпендикулярны касательной, поэтому [tex]O_1T_1 \parallel O_2T_2[/tex] и [tex]\triangle PO_1T_1 \sim \triangle PO_2T_2[/tex], откуда [tex]\frac{PO_1}{PO_2}=\frac{R}{r}[/tex].
[tex]P[/tex] лежит со стороны меньшей окружности, поэтому [tex]PO_1=PO_2+R+r[/tex]. Тогда [tex]\frac{PO_2+R+r}{PO_2}=\frac{R}{r}[/tex], откуда [tex]PO_2=\frac{r(R+r)}{R-r}[/tex].

Решение:
Пусть общая касательная в точке [tex]M[/tex] пересекает [tex]AB[/tex] в точке [tex]N[/tex]. Отрезки касательных из одной точки равны: [tex]NA=NM=NB[/tex].
Поэтому [tex]M[/tex] лежит на окружности с диаметром [tex]AB[/tex], откуда [tex]\angle AMB=90^\circ[/tex].
Длина общей внешней касательной двух касающихся окружностей равна удвоенному среднему геометрическому радиусов: [tex]AB=2\sqrt{4 \cdot 1}=4[/tex].

Решение:
Угол между касательной [tex]AD[/tex] и хордой [tex]AC[/tex] равен вписанному углу, опирающемуся на ту же дугу: [tex]\angle DAC=\angle ABC[/tex]. Кроме того, [tex]\angle DCA=\angle CAB[/tex] (накрест лежащие углы).
Значит, [tex]\triangle DAC \sim \triangle CBA[/tex], откуда [tex]\frac{DC}{CA}=\frac{CA}{AB}[/tex], т.е. [tex]AC^2=ab[/tex] и [tex]AC=\sqrt{ab}[/tex].

Решение:
Сторона квадрата равна [tex]25[/tex]. Положим [tex]A(0;0),\ B(25;0),\ C(25;25),\ D(0;25)[/tex]; центр [tex]Q(r;r)[/tex], радиус [tex]r[/tex]. Окружность пересекает [tex]BC[/tex] в точке [tex](25;2)[/tex], поэтому [tex](25-r)^2+(2-r)^2=r^2[/tex], т.е. [tex]r^2-54r+629=0[/tex], и [tex]r_1=17;\ r_2=37[/tex].
Радиус меньше стороны, [tex]r<25[/tex], поэтому [tex]r=17[/tex].

Решение:
Прямая [tex]AO[/tex] проходит через центр и перпендикулярна [tex]BC=6[/tex], поэтому делит её пополам в точке [tex]H[/tex]; следовательно, [tex]AC=AB=5[/tex].
[tex]AH=\sqrt{25-9}=4[/tex]. Диаметр [tex]AD[/tex] через [tex]O[/tex] даёт прямоугольный [tex]\triangle ABD[/tex] с высотой [tex]AH[/tex], поэтому [tex]AB^2=AH \cdot AD[/tex] и [tex]AD=\frac{25}{4};\ R=\frac{25}{8}[/tex].

Решение:
Точки [tex]O;\ O_1;\ T[/tex] лежат на одной прямой (линия центров проходит через точку касания), поэтому [tex]\angle OTA=\angle O_1TA_1[/tex].
[tex]\triangle TOA[/tex] и [tex]\triangle TO_1A_1[/tex] равнобедренные: [tex]\angle OAT=\angle OTA[/tex], [tex]\angle O_1A_1T=\angle O_1TA_1[/tex]. Значит, [tex]\angle OAT=\angle O_1A_1T[/tex], а это соответственные углы, поэтому [tex]OA \parallel O_1A_1[/tex].
Кроме того, [tex]\triangle TOA \sim \triangle TO_1A_1[/tex] с коэффициентом, равным отношению радиусов, поэтому [tex]\frac{TA}{TA_1}=\frac{R}{r}[/tex].

Решение:
Центры окружностей — середины [tex]M[/tex] и [tex]N[/tex] боковых сторон, поэтому расстояние между центрами равно средней линии: [tex]MN=\frac{AB+CD}{2}[/tex].
Сумма радиусов равна [tex]\frac{AD}{2}+\frac{BC}{2}=\frac{AD+BC}{2}[/tex] и по условию равна [tex]MN=\frac{AB+CD}{2}[/tex].
Значит, [tex]MN=\frac{AD}{2}+\frac{BC}{2}[/tex]: расстояние между центрами равно сумме радиусов, поэтому окружности касаются внешним образом.

Решение:
Пусть [tex]AB=CD=a[/tex]. По теореме о двух секущих [tex]PA \cdot PB=PC \cdot PD[/tex], где [tex]PA=PB+a[/tex] и [tex]PC=PD+a[/tex].
Значит, [tex](PB+a)PB=(PD+a)PD[/tex], т.е. [tex](PB-PD)(PB+PD+a)=0[/tex]. Второй множитель положителен, поэтому [tex]PB=PD[/tex], а отсюда и [tex]PA=PC[/tex].

Решение:
Центр лежит на биссектрисе: [tex]\angle ABO=15^\circ[/tex]. В прямоугольном [tex]\triangle ABO[/tex] (радиус [tex]OA[/tex] перпендикулярен касательной): [tex]AB=BO\cos 15^\circ[/tex]. Отрезки касательных равны, [tex]BA=BC[/tex], поэтому [tex]AC \perp BO[/tex]; пусть [tex]H[/tex] — точка пересечения [tex]AC[/tex] и [tex]BO[/tex].
[tex]AH=AB\sin 15^\circ=14\sin 15^\circ\cos 15^\circ=7\sin 30^\circ=\frac{7}{2}[/tex], поэтому [tex]AC=2AH=7[/tex].

Решение:
Угол между касательной и хордой [tex]CB[/tex] равен вписанному углу, опирающемуся на неё: [tex]\angle PCB=\angle CAB[/tex]. Тогда [tex]\angle PCL=\angle PCB+\angle BCL[/tex], а [tex]\angle PLC=\angle CAL+\angle ACL[/tex] как внешний угол [tex]\triangle ALC[/tex].
Так как [tex]\angle BCL=\angle ACL[/tex] и [tex]\angle PCB=\angle CAB[/tex], [tex]\angle PCL=\angle PLC[/tex], поэтому [tex]\triangle PCL[/tex] равнобедренный и [tex]PC=PL[/tex].

Решение:
Пусть [tex]I[/tex] — точка пересечения отрезка [tex]AO[/tex] с окружностью. По симметрии [tex]AO[/tex] — биссектриса [tex]\angle BAC[/tex], а [tex]I[/tex] — середина дуги, отсекаемой [tex]BC[/tex]: [tex]\overset{\frown}{BI}=\overset{\frown}{IC}[/tex].
Угол между касательной [tex]AB[/tex] и хордой [tex]BI[/tex] равен вписанному углу, опирающемуся на неё: [tex]\angle ABI=\angle BCI[/tex], а из равенства дуг [tex]\angle BCI=\angle IBC[/tex].
Следовательно, [tex]\angle ABI=\angle IBC[/tex], т.е. [tex]BI[/tex] — биссектриса угла [tex]B[/tex]. Значит, [tex]I[/tex] лежит на двух биссектрисах [tex]\triangle ABC[/tex] и является центром вписанной окружности.

Решение:
По свойству биссектрисы [tex]\frac{AP}{PB}=\frac{AC}{BC}=2[/tex], поэтому [tex]BP=2;\ AP=4[/tex].
По теореме о двух секущих из точки [tex]B[/tex]: [tex]BP \cdot BA=BD \cdot BC[/tex], т.е. [tex]2 \cdot 6=4 \cdot BD[/tex], поэтому [tex]BD=3[/tex].
Так как [tex]\angle ACP=\angle PCD[/tex], хорды, на которые опираются эти равные вписанные углы, равны: [tex]PD=PA=4[/tex].

Решение:
Центр окружности — середина [tex]M[/tex] отрезка [tex]AD[/tex], а радиус равен половине [tex]AD[/tex]. Пусть [tex]N[/tex] — середина [tex]BC[/tex]; средняя линия перпендикулярна [tex]BC[/tex] ([tex]MN \perp BC[/tex]), поэтому равна расстоянию от [tex]M[/tex] до [tex]BC[/tex], т.е. радиусу: [tex]MN=4[/tex].
Кроме того, [tex]MN=\frac{AB+CD}{2}[/tex], поэтому [tex]S=\frac{AB+CD}{2} \cdot BC=4 \cdot 6=24[/tex].

Решение:
Пусть [tex]r[/tex] — радиус: [tex]OE=r;\ BO=2r[/tex], поэтому [tex]BE=\sqrt{4r^2-r^2}=r\sqrt{3}[/tex]. Основания касаются [tex]k(O)[/tex] в концах диаметра, поэтому по отрезкам касательных [tex]BA=BE;\ CD=CE[/tex] и [tex]AB+CD=BE+EC=16[/tex].
В [tex]\triangle BOC[/tex] [tex]\angle BOC=90^\circ[/tex], а [tex]OE[/tex] — высота, поэтому [tex]OE^2=BE \cdot EC[/tex], т.е. [tex]EC=\frac{r^2}{r\sqrt{3}}=\frac{r}{\sqrt{3}}[/tex].
Тогда [tex]r\sqrt{3}+\frac{r}{\sqrt{3}}=16[/tex], поэтому [tex]r=4\sqrt{3};\ AD=8\sqrt{3}[/tex] и [tex]S=\frac{AB+CD}{2} \cdot AD=\frac{16}{2} \cdot 8\sqrt{3}=64\sqrt{3}[/tex].

Решение:
По теореме о касательной и секущей из точки [tex]A[/tex]: [tex]AC^2=AD \cdot AB=\frac{a}{3} \cdot a[/tex], поэтому [tex]AC=\frac{a}{\sqrt{3}}[/tex]. По теореме косинусов [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], поэтому [tex]BC=\frac{a}{\sqrt{3}}[/tex] и [tex]\angle CBA=\angle CAB=30^\circ[/tex].
Угол между касательной [tex]AC[/tex] и хордой [tex]CD[/tex] равен вписанному углу, опирающемуся на неё: [tex]\angle ACD=\angle CBD=30^\circ[/tex]. Тогда [tex]\angle ADC=120^\circ;\ \angle BDC=60^\circ[/tex].
По теореме синусов в [tex]k[/tex]: [tex]R=\frac{BC}{2\sin 60^\circ}=\frac{a}{3}[/tex].