Четырёхугольники в окружности, счёт отрезков и углов, теорема Птолемея, Кэзи

Пусть Пусть — центр вписанной в трапецию окружности радиуса Пусть — основания перпендикуляров из на стороны трапеции и соответственно.

Так как и перпендикулярны и а то точки и лежат на одной прямой, перпендикулярной и параллельной Тогда — прямоугольник и Заметим, что и являются точками касания окружности сторон и Тогда — диаметр и

Аналогично, — прямоугольник и — прямоугольник и — прямоугольник и

Заметим, что треугольник подобен треугольнику по двум углам с коэффициентом подобия

Кроме того, треугольник подобен треугольнику по двум углам с коэффициентом подобия

Следовательно,

Получим, что

Так как — центр вписанной в трапецию окружности, то он лежит на пересечении биссектрис углов трапеции. Тогда и — биссектрисы и соответственно.

Следовательно, в треугольнике

Тогда треугольник подобен треугольнику по двум углам и их стороны пропорциональны:

Таким образом, и точки лежат на одном перпендикуляре к основаниям трапеции. Тогда длина перпендикуляра из на равна

Найдем площадь треугольника с помощью основания и высоты из на равной

Во-первых, по условию, (как односторонние углы в трапеции), поэтому четырёхугольник — вписанный. Во-вторых, заметим, что точка определена не однозначно: она может оказаться как на продолжении луча за точку так и на отрезке

Первый случай:

Поймём, что все пять отмеченных на рисунке угла равны: по условию, как накрест лежащий, так как биссектриса. Из равенства получаем, что точка лежит на той же окружности, что и точки и Отсюда как опираюущийся на ту же дуту.

Кроме того, из равенства указанных выше углов также следует, что

Способ Теорема синусов:

Запишем три теоремы синусов. Для треугольника

Для треугольника

Для треугольника

Заметим, что

поэтому наконец, поэтому их синусы также равны.

Значит, произведение правых частей в теоремах синусов равно единице, поэтому

Отсюда

Способ Теорема Птолемея.

По теореме Птолемея для четырёхугольника

Поскольку получаем

По основному свойству биссектрисы для треугольника

Поэтому

Второй случай:

Поскольку мы будем пользоваться свойствами точки из первого случая, лежащую на отрезке «версию» точки назовём Углы и опираются на одну дугу, поэтому равны, то есть вертикальные, поэтому треугольники и подобны,

Значит,

Из того же самого подобия получаем

Теперь заметим, что треугольник подобен треугольнику по двум углам, откуда

Следовательно,

Раз следовательно, четырехугольник вписан в окружность. В данной окружности является диаметром. Тогда если угол — прямой, то точка должна лежать на данной окружности. Заметим, что следовательно, четырехугольник — вписанный, тогда Аналогично, четырехугольник вписанный и Заметим, что

Тогда углы и в сумме дают следовательно, четырехугольник является вписанным и точка лежит на одной окружности с точками и а через три точки можно провести лишь одну окружность, поэтому точка также лежит на описанной окружности четырехугольника Получаем, что

Пусть и — основания высот и соответственно.

По сумме углов в четырехугольнике

Четырехугольник — вписанный, следовательно,

Кроме того,

Получим, что

Треугольник — равнобедренный, — высота, следовательно, и медиана. По условию, — середина Получим, что

а)Пусть точка — центр вписанной окружности, а точка — точка, в которой эта окружность касается стороны

Заметим, что как радиусы окружности, и по условию. С другой стороны, как отрезки касательных. Получается, Отсюда, четырёхугольник — ромб.

Так как касательная к окружности перпендикулярна радиусу, проведённому в точку касания, то Итак, четырёхугольник — ромб, у которого один из углов равен то есть — квадрат, откуда и прямоугольный.

б) Пусть Так как отрезки касательных равны, то и Тогда Распишем теорему Пифагора для

Итак, Рассмотрим угол, лежащий между сторонами и в треугольнике Заметим, что его синус равен :

По формуле площади:

Так как прямая перпендикулярна дуге то радиус окружности, на которой лежит дуга, лежит на прямой Аналогично, на прямой лежит радиус окружности, содержащей дугу а также радиусы обеих окружностей лежат на прямой Из-за того, что дуги не равны полуокружностям по условию, прямые и пересекаются. Из всего этого следует, что окружности имеют общий центр.

Также есть требование, что одна дуга больше полуокружности, а другая — меньше. С учётом того, что мы хотим получить равные длины всех звеньев ломаной, большая полуокружность должна быть у окружности меньшего радиуса, что оставляет нас с двумя вариантами ломаной.

Пусть

Первый вариант ломаной.

Предположим, что радиус меньше. Обозначим за центр окружности, содержащей дугу пусть — ее радиус, С одной стороны,

С другой,

Таким образом,

Решим квадратное уравнение относительно

Поскольку один из корней будет положительным, а другой — отрицательным. Радиус не может быть отрицательным, следовательно

Тогда

Это примерно радиан. У второй дуги угол равен

Второй вариант ломаной.

Пусть — радиус большей окружности, — меньшей, Тогда

А также

При этом Резюмируя, получим

Из второго уравнения

Из первого уравнения

Тогда

Решим квадратное уравнение относительно

В результате вычислений, а Тогда получим второй вариант угла

Проведём высоты треугольника из точек и

Найдём

Заметим, что как опирающиеся на одну дугу окружности Отметим, что так как углы смежные, то

Итак,

Т.к. по условию лежат на окружности то можно записать как а

Получаем

Т.к. — острый угол прямоугольного треугольника, то

Но Следовательно,

Аналогично найдём

Итак,

Таким образом, точка принадлежит

2) Заметим, что

Заметим, что так как в обоих случаях пары треугольников имеют равные высоты и основания.

a) Пусть биссектриса угла пересекает в точке Тогда является так же и высотой треугольника так как он равнобедренный. При этом откуда — точка касания и вписанной окружности.

Пусть Знаем, что как отрезки касательных, откуда — равнобедренный. Раз — биссектриса , то — высота то есть Заметим, что треугольники и подобны, так как — общий. Отсюда

При этом, — биссектриса, то есть А так же по свойству угла между касательной и хордой. Получается,

Итак, — соотвественные при прямых и и секущей откуда

б) Раз — медиана треугольника следовательно,

Так как — биссектриса то, по основному свойству биссектрисы:

Получается, По теореме Пифагора:

Найдём площадь треугольника

Треугольники и имеют общую высоту откуда их площади относятся так же, как и основания и Получается,

Точка как можно видеть, основание высоты из Докажем, что лежат на одной окружности, для этого мы проверим, что Так как точки лежат на одной окружности, то

Откуда так, как на одной прямой Аналогично

Из этих двух равенств следует, что подобен А так как и медианы в подобных треугольниках, то Откуда сразу следует, что

Снова воспользуемся тем, что точки лежат на одной окружности:

Значит, мы доказали, что лежат на одной окружности.

Дальше пользуемся этим и получаем,что Поэтому применяем теорему Пифагора:

Пусть — окружность, которая касается описанной. По теореме Кэзи для окружностей каждая из который лежит на окружности или касается ее, имеем

а поскольку, сократив на что полученное неравенство, получим требуемое.

Замечание. В случае, когда является точкой, утверждение дает теорему Помпею.

Окружность касается поскольку линия их центров проходит через общую точку аналогично касается

Пусть — длина общей внешней касательной к окружностям и

По теореме Кези для окружностей каждая которая лежит на окружности или касается ее, имеем

поскольку касается окружностей и

Тем самым, достаточно показать, что отрезки и равны. Это верно, поскольку каждый из них равен

Пусть — исходный треугольник, — середины стороны соответственно, — вписанная окружность, — точки касания с соответствующими сторонами, — точка Фейербаха.

По теореме Кэзи для имеем

следовательно,

Аналогично,

Без ограничений общности будем считать, что Тогда

следовательно,

что завершает доказательство.

Пусть — основание высоты из вершины — диаметр окружности Поскольку четырехугольника является прямоугольником, следовательно,

В силу слабой теоремы Кэзи достаточно показать, что

то есть, в силу равенства

Пусть длины сторон равны соответственно тогда

Таким образом, доказываемое неравенство примет вид

для этого достаточно показать, что

что верно из определения косинуса в и формулы косинуса в

Пусть — точка пересечения прямых и . Прямая является биссектрисой внешнего угла следовательно,

По слабой теореме Кэзи для и точек имеем

следовательно,

то есть

Наконец, точки лежат на одной прямой, поскольку для них выполнено условие теоремы Менелая

поскольку

Пусть — данные окружности с центрами которые касаются описанной окружности и соответствуют точкам соответственно, окружность — вписанная в окружность с центром

Пусть — длина общей касательной к окружностям и Докажем, что

где и — длины общих внешних касательных, а и — длины общих внутренних касательных.

Будем рассматривать точки как вырожденные окружности радиуса 0. Через будем обозначать длины касательных из точки к окружности

Запишем теорему Кэзи для окружностей (они все касаются описанной вокруг треугольника окружности):

Отсюда получаем

Аналогично

Запишем теорему Кэзи для окружностей и

откуда, используя и получаем

Аналогично

Теперь найдем

здесь — точки касания сторон треугольника со вписанной окружностью.

Подставив в после упрощения получим

Это выражение равно если

так как

Условие равносильно условию конкурентности прямых т.е.

Обозначим за точки пересечения прямых и с прямой соответственно. Пусть — середина отрезка Заметим, что инверсия с центром в точке и радиусом меняет местами прямую и окружность а, значит, при этой инверсии окружности и остаются на месте. Следовательно, описанная окружность треугольника касается окружностей и а длина касательной из точки к окружностям равна Теперь применим теорему Кэзи для и получим

Также напишем Кэзи для и получим

Вычтем из равенства равенство. Получим

Из этого получаем, что а, значит, точка лежит на биссектрисе угла Теперь сложим и и получим

В левой части получаем просто удвоенную площадь треугольника а правая часть умноженная на равна сумме удвоенных площадей треугольников и А значит

a) Будем считать, что оба касания внутренние. Остальные случай касания разбираются аналогично. Докажем следующие утверждение.

Лемма Архимеда. Окружность касается окружности внутренним образом в точке а так же хорды окружности в точке Тогда прямая проходит через середину дуги не содержащей точку

Доказательство. Пусть прямая пересекает в точке Рассмотрим гомотетию с центром в точке переводящую окружность в Пусть прямая пересекает в точке тогда прямая под действием гомотетии переходит в касательную к окружности проведенную в точке Таким образом, данная касательная параллельна то есть является серединой меньшей дуги большей окружности.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Вернемся к доказательству задачи. Пусть — большая окружность, общая касательная к окружностям касается их соответственно в точках и и пересекает в точках В силу леммы Архимеда, прямые и пересекаются в точке на окружности которая является серединой дуги

Докажем, что треугольники и подобны. Действительно,

Из подобия

Из доказательства леммы Архимеда, в частности, следует, отношение длин отрезков и равно отношению радиусов окружностей и следовательно

Подставляя полученные соотношение в правую часть равенства получим требуемое.

b) Будем считать, что все касания внутренние. Пусть радиусы окружностей соответственно.

В силу пункта (a) имеем

Подставляя в доказываемое равенство данное и аналогичные соотношения и сокращая на последний множитель правой части, получим

что верно в силу теоремы Птолемея для вписанного четырехугольника

Пусть центр окружности, — середина отрезка Поскольку отрезок, соединяющий центр окружности с серединой хорды перпендикулярен этой хорде,

Заметим, что

т.к.

Далее, в четырёхугольнике три угла прямые, т.е. этот четырёхугольник — прямоугольник,

Тогда в прямоугольном треугольнике проведена высота на гипотенузу. По теореме Пифагора Так как катет есть среднее геометрическое гипотенузы и своей проекции на неё, то Откуда получаем ответ.

Прямые и параллельны, поэтому углы и равны (обозначены на рисунке цифрой 2 ), аналогично равны углы и (обозначены на рисунке цифрой 3). Отсюда следует подобие треугольников и с коэффициентом подобия 4 и равенство углов и (обозначены на рисунке цифрой 1). Заметим, что .

Покажем, что треугольник подобен треугольникам и , вершины треугольников перечислены в порядке соответствия. Углы и , полученные при пересечении прямой параллельными прямыми и , равны как внутренние накрест лежащие. Сумма углов и равна , как сумма противоположных углов вписанного в окружность четырёхугольника. Значит, угол и треугольник подобен треугольникам и .

Положим и , тогда и . Треугольники и подобны с коэффициентом подобия , и стороны и треугольника соответствуют сторонам и треугольника , поэтому . Значит, и, треугольники и подобны с коэффициентом подобия 2. Следовательно, сторона в два раза длиннее стороны , т.е. длина стороны равна 2.

Поскольку четырёхугольник вписанный и как опирающиеся на одну дугу. Аналогично,

По условию — вписанный, поэтому Отсюда,

Следовательно, — биссектриса угла то есть точка равноудалена от и Аналогично, точка равноудалена от всех сторон четырёхугольника то есть является центром вписанной в него окружности.

Получается, — описанный, а суммы длин противоположных сторон описанного четырёхуголька равны. Значит, периметр равен Радиус же описанной окружности равен расстоянию от точки до прямой которое по условию равно

Вспомним формулу площади описанных фигур

где — полупериметр, а — радиус вписанной окружности.

Итак, тогда площадь равна