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

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

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
Рулетка
Вы можете получить скидку в рулетке!