Тема 17. Задачи по планиметрии

17.13 Окружность. Хорды и касательные

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела задачи по планиметрии

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#2075

Через концы диаметра окружности проведены две пересекающиеся на окружности хорды, сумма длин которых равна 14. Найдите сумму длин расстояний от центра окружности до этих хорд.

Показать ответ и решение

Пусть $AB$ — диаметр, $O$ — центр окружности, $AC$ и $BC$ — хорды, $AC + BC = 14.$

Так как $∠ACB$ — вписанный и опирающийся на диаметр, то $∠ACB = 90∘.$

Проведем $OH ⊥ AC,$ $OP ⊥ BC.$ В четырехугольнике $OHCP$ три угла прямые, следовательно, по признаку он является прямоугольником. Таким образом,

OH = CP, OP = HC

$PIC$

Заметим, что так как перпендикуляр из центра окружности к хорде делит ее пополам, то

AH = HC, CP =P B

Тогда имеем:

OH + OP = CP + HC = = 1 BC + 1AC = 1 (BC + AC )= 2 2 2 = 1 ⋅14 = 7 2

Ответ: 7

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#790

Докажите, что отличная от $B$ точка пересечения окружностей, построенных на сторонах $BA$ и $BC$ треугольника $ABC$ как на диаметрах, лежит на прямой $AC.$

Показать ответ и решение

Пусть $K$ — вторая точка пересечения окружностей. Тогда имеет место одна из картинок ниже.

Угол $∠AKB =90∘$ как вписанный угол, опирающийся на диаметр $AB.$ Аналогично $∠CKB = 90∘$ как вписанный угол, опирающийся на диаметр $BC.$

$PIC$ $PIC$

Таким образом, через точку $K$ прямой $BK$ проведены две прямые $AK$ и $CK,$ перпендикулярные $BK.$ Следовательно, эти прямые совпадают. Значит, точки $A,C$ и $K$ лежат на одной прямой. Что и требовалось доказать.

Ответ: Доказательство

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#788

Две хорды окружности взаимно перпендикулярны. Найдите расстояние от точки их пересечения до центра окружности, если расстояние между серединами хорд равно $2$ .

Показать ответ и решение

Пусть $Q$ – точка пересечения взаимно перпендикулярных хорд $M N$ и $T E$ , $O$ – центр окружности. Тогда необходимо найти $OQ$ .
Пусть $A$ и $B$ – середины этих хорд, то есть $AB = 2$ . Тогда $OA$ и $OB$ – перпендикуляры к этим хордам.

$PIC$

Действительно, $△M ON$ – равнобедренный ( $OM = ON$ как радиусы), поэтому медиана $OA$ в нем является и высотой. Аналогично доказывается, что $OB ⊥ T E$ .
Таким образом, в четырехугольнике $OAQB$ три угла – прямые ( $∠A = ∠Q = ∠B = 90 ∘$ ), следовательно, этот четырехугольник по признаку является прямоугольником. Так как в прямоугольнике диагонали равны, то $OQ = AB = 2$ .

Ответ: 2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#2118

К двум окружностям, пересекающимся в точках $M$ и $K,$ проведена общая касательная. Докажите, что если $A$ и $B$ — точки касания, то $∠AMB + ∠AKB = 180∘.$

Показать ответ и решение

Пусть $∠KAB < ∠MAB.$ Если это не так, что переобозначим точки $K$ и $M.$ Обозначим за $x$ угол $KAB,$ за $y$ — угол $KBA.$ Так как это углы между касательной $AB$ и хордами $AK$ и $BK$ соответственно, то каждый из них равен половине дуги, заключенной между касательной и соответствующей хордой:

⌣ x = ∠KAB = 0,5 AK y = ∠KBA =0,5B⌣K

$PIC$

Заметим, что $∠AMK$ — вписанный, опирающийся на $⌣ AK,$ следовательно, $∠AMK = x.$ Аналогично $∠BMK = y.$ Таким образом,

∠AMB = x+ y

Тогда из $△AKB$ имеем:

∠AKB + x+ y = 180∘ ∘ ∠AKB + ∠AMB = 180

Ответ: Задача на доказательство

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#32953

Найдите геометрическое место точек, из которых проведены касательные к данной окружности, равные заданному отрезку.

Показать ответ и решение

Пусть касательная, проведённая из точки $M$ к данной окружности, равна $d$ (т. е. отрезок с концами в точке $M$ и в точке касания равен заданному), а радиус этой окружности равен $r$ . Тогда точка $M$ удалена от центра окружности на расстояние, равное $√r2-+-d2$ . Следовательно, точка $M$ расположена на окружности с тем же центром, что и данная, и радиусом, равным $√r2 +-d2$ . С другой стороны, если точка $K$ лежит на окружности радиуса $√r2-+-d2$ с центром в точке $O$ (центре данной окружности), то касательная, проведённая из точки $K$ к данной окружности, равна $d$ .

$PIC$

Ответ:

Окружность с центром исходной окружности и радиусом $√r2-+-d2$ , где $r$ — радиус данной окружности, а $d$ — длина касательной.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#814

Найдите радиус окружности, проходящей через вершину $C$ прямого угла треугольника $ABC$ , основание $H$ высоты $CH$ и точку $K$ — середину катета $BC$ , если гипотенуза треугольника равна $c$ .

Показать ответ и решение

Сразу заметим, что $∠C = 90 ∘$ — вписанный угол, следовательно, он опирается на диаметр. Значит, если $M$ – точка пересечения окружности с катетом $AC$ , то $M K$ – диаметр.

$PIC$

Заметим, что в $△CHB$ $HK$ — медиана, проведенная из вершины прямого угла, следовательно, она равна половине гипотенузы, то есть $HK = KC$ .
Таким образом, прямоугольные треугольники $M CK$ и $M HK$ ( $∘ ∠H = 90$ , т.к. опирается на диаметр) равны по катету и гипотенузе. Значит, $KM$ содержит биссектрису $∠CKH$ , а так как $△CKH$ равнобедренный, то и высоту, то есть $KM ⊥ CH$ .
По условию также $CH ⊥ AB$ , следовательно, $M K ∥ AB$ . Значит, по теореме Фалеса $M$ – середина катета $AC$ , то есть $M K$ – средняя линия в $△ABC$ .
Значит, радиус окружности равен

1 1 1 1 R = -M K = --⋅-AB = --c. 2 2 2 4

Ответ:

$c -- 4$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#789

Даны две концентрические окружности с радиусами $1$ и $3$ и центром $O$ . Третья окружность касается одной окружности внешним образом и другой окружности внутренним образом. Найдите угол между проведенными из точки $O$ касательными к третьей окружности.

Показать ответ и решение

Если две окружности касаются, то их центры и точка касания лежат на одной прямой. Таким образом, для второй и третьей окружностей точки $O$ , $Q$ и $P$ лежат на одной прямой, для первой и третьей — точки $O$ , $Q$ и $E$ лежат на одной прямой. Таким образом, точки $O, E, Q, P$ лежат на одной прямой.

$PIC$

Поскольку $OP = 3$ , $OE = 1$ , то диаметр третьей окружности $EP = 3 − 1 = 2$ , следовательно, ее радиус $EQ = 1$ .
Пусть касательные к третьей окружности касаются ее в точках $A$ и $B$ . Тогда радиусы $QA$ и $QB$ перпендикулярны касательным $OA$ и $OB$ соответственно. Таким образом, $△AOQ = △BOQ$ по катету и гипотенузе, следовательно, $∠AOQ = ∠BOQ$ .
Найдем $∠AOQ$ . Заметим, что в $△AOQ$ катет $AQ = 1$ , гипотенуза $OQ = 2$ . Следовательно, $∘ ∠AOQ = 30$ как угол, лежащий напротив катета, равного половине гипотенузы.
Тогда $∠AOB = ∠AOQ + ∠BOQ = 30∘ + 30∘ = 60∘$ .

Ответ:

$60∘$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#2076

Хорда $AB$ разбивает окружность $S$ на две дуги. Окружность $S1$ касается хорды $AB$ в точке $M$ и одной из дуг в точке $N$ .
Докажите, что прямая $M N$ проходит через середину $P$ второй дуги.

Показать ответ и решение

Предположим, что прямая $M N$ пересекает вторую дугу в точке $P$ и $P$ – не середина этой дуги. Отметим точку $P ′$ – середину дуги $A⌣B$ .

Рассмотрим $△M O1N$ и $′ △P ON$ . Они равнобедренные, т.к. $O1M = O1N$ – радиусы окружности $S1$ , $OP ′ = ON$ – радиусы окружности $S$ .

$PIC$

Рассмотрим окружность $S1$ . Т.к. угол между касательной и хордой, проходящей через точку касания, равен половине дуги, заключенной между ними, то угол между касательной $AB$ и хордой $M N$ равен половине дуги $⌣ M N$ (которая меньше полуокружности по рисунку). Обозначим $∠AM N = α$ . Следовательно, $∠M O N = 2α 1$ , т.к. он центральный, опирающийся на дугу $⌣ M M$ , равную $2α$ .

Рассмотрим окружность $S$ . Т.к. $P′$ – середина дуги $AB$ , то $∠AOP ′ = ∠BOP ′$ . Следовательно, в равнобедренном треугольнике $AOB$ $OP ′$ – биссектриса. Следовательно, она и высота, то есть $OP ′ ⊥ AB$ . Но $O M ⊥ AB 1$ (как радиус, проведенный в точку касания в окружности $S1$ ), следовательно, обе прямые $O1M$ и $′ OP$ перпендикулярны $AB$ , следовательно, они параллельны.
Заметим, что т.к. окружности $S$ и $S1$ касаются, то их центры $O$ и $O1$ и точка касания $N$ лежат на одной прямой.

Таким образом, $′ ∠N O1M = ∠N OP = 2α$ как соответственные углы при $′ O1M ∥ OP$ и $N O$ – секущей.

Значит, $∠M N O1 = 1(180 ∘ − 2 α) = ∠P ′N O 2$ . А т.к. точки $N, O1,O$ лежат на одной прямой, то и точки $N, M, P ′$ лежат на одной прямой. Следовательно, $P ′$ совпадает с $P$ .

Ответ: Доказательство

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#764

Дан такой треугольник $ABC$ , что окружность с центром в точке $O$ проходит через точки $B$ и $C$ и касается биссектрисы угла $B$ . Прямая $CO$ пересекает повторно окружность в точке $P$ . Внутри угла, вертикального к $∠CP B$ , выбрана точка $S$ так, что две касательные, проведенные из точки $S$ к окружности, параллельны прямым $BP$ и $CP$ соответственно, а отрезки этих касательных равны $180$ . Найдите квадрат стороны $AC$ , если известно, что $AB = 25$ , а радиус окружности равен $60$ .

Показать ответ и решение

Заметим, что $CP$ – диаметр, а $∠CBP = 90∘$ как опирающийся на диаметр.

По условию $SN = 180,OC = 60,AB = 25$ . Пусть также $BL$ – биссектриса угла $B$ .

$PIC$

Обозначим $∠CBL = ∠ABL = α$ . Т.к. угол между касательной и хордой, проходящей через точку касания, равен половине дуги, заключенной между ними, то $1 ⌣ ∠CBL = 2BC= ∠CP B = α$ .

Т.к. $SK ∥ P B, SN ∥ P C ⇒ ∠KSN = ∠BP C = α$ .

$SO$ — биссектриса угла $∠KSN$ , следовательно, $1 ∠OSN = 2α$ . Тогда из $△OSN$ :

tg1-α = ON-- = 60--= 1- 2 SN 180 3

Тогда $1 --2tg(2α-)-- 3- tgα = 1 − tg2(1α ) = 4 2$ .

Следовательно, $3- 4- sin α = 5 , cosα = 5$ . Следовательно

sinα = BC--= BC-- ⇒ BC = 72 P C 120

Найдем $AC$ из $△ABC$ по теореме косинусов: для этого нужно найти $cos∠ABC = cos 2α$ .

$( )2 2 4- 7-- cos2α = 2cos α − 1 = 2 ⋅ 5 − 1 = 25$ .

Значит, $AC2 = AB2 + BC2 − 2 ⋅ AB ⋅ BC ⋅ cos2 α = 4801$ .

Ответ: 4801

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#75182

А вот и вторая геометрическая задачка из воспоминаний Деда Мороза: Две окружности разных радиусов пересекаются в точках $F$ и $C,$ причем их центры лежат по разные стороны от хорды $F C.$ Вне обеих окружностей взята точка $A,$ лежащая по ту же сторону от хорды $FC,$ что и центр меньшей окружности. Прямая $AC$ пересекает меньшую окружность в точках $C$ и $B,$ а большую — в точках $C$ и $D.$ Прямая $AF$ пересекает меньшую окружность в точках $F$ и $E,$ а большую — в точках $F$ и $M.$

а) Докажите, что $AE ⋅AD$ = $AB ⋅AM.$

б) Найдите сумму произведений длин противоположных сторон четырехугольника $EBDM,$ если $∠FMD = ∠EBA$ и $MB ⋅ED = 1234.$

Показать ответ и решение

$PIC$

а) Вспомним теорему о двух секущих и распишем ее для обеих окружностей.
Для меньшей окружности справедливо:

AB ⋅AC = AE ⋅AF,

откуда

A-- AE- AF = AB .

Для большей окружности справедливо:

AC ⋅AD = AF ⋅AM,

откуда

AC-= AM--. AF AD

Из двух пропорций, в которых левые части одинаковы, выводим:

AE AM AB-= AD--,

AE ⋅AD = AM ⋅AB.

Ч.Т.Д.

б)

1. В пункте а) мы доказали равенство:

AE-= AM--. AB AD

Из него по обратной теореме Фалеса следует, что $MD ∥ ED$ и $△AEB ∼ △AMD.$

2. Из подобия выводим равенства углов:

∠MDA =∠EBA и ∠AMD = ∠AEB.

3. В условии пункта б) утверждается, что $∠FMD = ∠EBA.$ С учетом с прошлых двух тождеств этот тезис дает понять, что $△AED$ и $△AMD$ на самом деле равнобедренные.

4. Отсюда получаем, что трапеция $EBDM$ также равнобедренная. У любой равнобедренной трапеции сумма противоположных углов равна $180∘,$ следовательно, она вписанная.

5. Для вписанного четырехугольника справедлива теорема Птолемея, гласящая о том, что сумма произведений длин противоположных сторон вписанного четырехугольника равна произведению длин его диагоналей, то есть

MD ⋅EB + DB ⋅EM = MB ⋅ED = 1234.

NOTA BENE: Заметим, что теоремы Птолемея нет в учебниках федерального перечня, поэтому перед её применением на ЕГЭ следует привести её доказательство.

Ответ: б) 1234

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Предыдущий раздел

Следующий раздел