Задачи с окружностями (страница 2)
Окружности радиусов \(1\) и \(4\) касаются внешним образом. Точки \(A\) и \(B\) лежат на первой окружности, точки \(C\) и \(D\) – на второй. При этом \(AC\) и \(BD\) – общие касательные окружностей. Найдите расстояние между прямыми \(AB\) и \(CD\).
1) Докажем, что прямая, соединяющая центры окружностей, перпендикулярна \(AB\) и \(CD\) и что \(AB\parallel CD\).
Пусть касательные \(AC\) и \(BD\) пересекаются в точке \(M\):
Так как радиус, проведенный в точку касания, перпендикулярен касательной, то \(\angle MCO=\angle MDO=90^\circ\). \(\triangle
MCO=\triangle MDO\) как прямоугольные по общей гипотенузе и катету. Следовательно, \(\angle MOC=\angle MOD\). Тогда в равнобедренном \(\triangle COD\) \(OK\) – биссектриса, следовательно, медиана и высота. То есть \(OK\perp CD\). Аналогично доказывается, что \(QN\perp
AB\). Так как отрезки \(OK\) и \(QN\) лежат на прямой \(QO\), то \(QO\perp
AB, QO\perp CD\). Следовательно, \(AB\parallel CD\).
Таким образом, расстояние между прямыми \(AB\) и \(CD\) – длина отрезка \(NK=QO+QN-OK\).
2) \(QO\) равно сумме радиусов окружностей, то есть \(QO=5\). Проведем \(QH\perp CO\).
Тогда \(ACHQ\) – прямоугольник, следовательно, \(CH=1\), откуда \(HO=4-1=3\). Заметим, что \(\triangle QOH\sim \triangle COK\) по двум углам (прямой и общий), следовательно, \[\dfrac{CO}{QO}=\dfrac{KO}{HO}\quad\Rightarrow\quad KO=\dfrac{4\cdot 3}5=
\dfrac{12}5\] \(\triangle COK\sim \triangle AQN\) (по прямому углу и \(\angle AQN=\angle COK\) как соответственные при \(AQ\parallel CO\) и \(NO\) секущей). Следовательно, \[\dfrac{AQ}{CO}=\dfrac{NQ}{KO}\quad\Rightarrow\quad NQ=\dfrac{1\cdot \frac{12}5}4=
\dfrac35\] Следовательно, \(NK=5-\frac{12}5+\frac35=\frac{16}5=3,2\).
На стороне \(AB\) треугольника \(ABC\) взята точка \(D\) так, что окружность, проходящая через точки \(A, C, D\), касается прямой \(BC\). Найдите \(AD\), если \(AC=9\), \(BC=12\), \(CD=6\).
Угол между касательной и хордой, проведенной в точку касания, равен половине дуги, заключенной между ними. То есть \(\angle
BCD=0,5\buildrel\smile\over{CD}\), так же как и \(\angle CAD\) (вписанный).
Следовательно, по двум углам (\(\angle ABC\) – общий) \(\triangle BCD\sim \triangle BAC\), откуда \[\dfrac{BC}{AB}=\dfrac{CD}{AC}=\dfrac{BD}{BC}\quad\Rightarrow\quad
\dfrac{12}{AB}=\dfrac69=\dfrac{BD}{12}\] Из полученных равенств можно найти \(AB=18\) и \(BD=8\). Следовательно, \(AD=18-8=10\).
Четырехугольник \(ABCD\) со сторонами \(AB=3\), \(CD=5\) вписан в окружность. Диагонали \(AC\) и \(BD\) пересекаются в точке \(K\), причем \(\angle AKB=60^\circ\). Найдите радиус окружности, описанной около этого четырехугольника.
Как известно, если хорды окружности пересекаются, то они образуют пары подобных треугольников, то есть \(\triangle ABK\sim \triangle
DCK\) (\(\angle AKB=\angle DKC\) – вертикальные, \(\angle ABK=\angle
DCK\) – вписанные, опирающиеся на одну и ту же дугу). Следовательно, \[\dfrac35=\dfrac{AB}{CD}=\dfrac{BK}{CK}\] Значит, можно обозначить \(BK=3x\), \(CK=5x\).
Заметим, что \(\angle
BKC=180^\circ-60^\circ=120^\circ\). Тогда по теореме косинусов из \(\triangle BKC\): \[BC^2=BK^2+CK^2-2\cdot BK\cdot CK\cdot \cos 120^\circ
\quad\Rightarrow\quad BC=7x\] Тогда по теореме синусов для \(\triangle BKC\): \[\dfrac{BC}{\sin 120^\circ}=\dfrac{BK}{\sin \angle BCA}
\quad\Rightarrow\quad \sin \angle BCA=\dfrac{3\sqrt3}{14}\] Следовательно, по теореме синусов для \(\triangle ABC\) (он является вписанным в данную окружность) \[2R=\dfrac{AB}{\sin \angle BCA}\quad\Rightarrow\quad R=\dfrac7{\sqrt{3}}\]
В параллелограмме \(ABCD\) проведена диагональ \(AC\). Точка \(O\) является центром окружности, вписанной в треугольник \(ABC\). Расстояния от точки \(O\) до точки \(A\) и прямых \(AD\) и \(AC\) соответственно равны \(10\), \(8\) и \(6\). Найдите площадь параллелограмма \(ABCD\).
Пусть \(M, N, K\) – точки касания окружности со сторонами \(\triangle
ABC\).
Заметим, что числа \(6, 8, 10\) – пифагорова тройка. Следовательно, \(AK=8\), \(AH=6\).
Заметим, что \(OK\) — и расстояние от центра окружности до \(AC\), и радиус окружности, следовательно, \(ON=6\). Так как \(AD\parallel BC\), то из \(OH\perp AD\) и \(ON\perp BC\) следует, что \(N, O, H\) лежат на одной прямой, то есть \(NH\) – высота параллелограмма, то есть \(h=NH=8+6=14\).
\(AM=AK=8\) как отрезки касательных, проведенных из одной точки к окружности, аналогично \(BM=BN=x\).
Проведем \(BT\perp AD\), \(BT=h=14\). Так как \(BNHT\) – прямоугольник, то \(TH=BN=x\). Следовательно, в прямоугольном \(\triangle ABT\): \(AB=8+x\), \(BT=14\), \(AT=6-x\). Тогда \[(8+x)^2=14^2+(6-x)^2\quad\Rightarrow\quad x=6.\] Это значит, что \(AT=0\), то есть точки \(A\) и \(T\) совпадают. А это в свою очередь значит, что \(ABCD\) – прямоугольник.
Как отрезки касательных, проведенных из одной точки к окружности, равны \(CN=CK=t\). Тогда из прямоугольного \(\triangle ABC\): \[(8+t)^2=14^2+(6+t)^2\quad\Rightarrow\quad t=42.\] Следовательно, \(BC=6+42=48\) и \(S_{ABCD}=14\cdot 48=672\).
Середина \(M\) стороны \(AD\) выпуклого четырехугольника \(ABCD\) равноудалена от всех его вершин. Найдите \(AD\), если \(BC=4\), а углы \(B\) и \(C\) четырехугольника равны соответственно \(128^\circ\) и \(112^\circ\).
То, что \(M\) равноудалена от \(A, B, C, D\), означает, что можно провести окружность с центром в точке \(M\) и радиуса \(MA\) и точки \(B,
C, D\) будут также лежать на этой окружности.
Таким образом, четырехугольник \(ABCD\) вписанный. У вписанного четырехугольника сумма противоположных углов равна \(180^\circ\), откуда \(\angle
D=180^\circ-128^\circ=52^\circ\), \(\angle
A=180^\circ-112^\circ=68^\circ\). Так как \(\triangle AMB\) равнобедренный, то \(\angle MBA=68^\circ\), откуда \(\angle
MBC=128^\circ-68^\circ=60^\circ\). Следовательно, в равнобедренном \(\triangle MBC\) один из углов \(60^\circ\), то есть он равносторонний. Значит, радиус окружности равен \(BC\), то есть \(MA=MB=MC=MD=4\), откуда \(AD=8\).
В трапеции \(ABCD\) основания \(AD\) и \(BC\) равны соответственно \(36\) и \(12\), а сумма углов при основании \(AD\) равна \(90^\circ\). Найдите радиус окружности, проходящей через точки \(A\) и \(B\) и касающейся прямой \(CD\), если \(AB=10\).
Рассмотрим чертеж:
Предположим, что окружность касается прямой \(CD\) в точке \(K\), причем \(K\) лежит за точкой \(C\).
Если продолжить боковые стороны до пересечения в точке \(O\), то \(\angle AOD=180^\circ-90^\circ=90^\circ\).
Рассмотрим \(\triangle AOD\) и \(\triangle BOC\). Они подобны (\(\angle
O\) общий, \(\angle OBC=\angle OAD\) как соответственные при \(AD\parallel BC\) и секущей \(AB\)), следовательно, \[\dfrac{BC}{AD}=\dfrac{OB}{OA}=\dfrac{OB}{OB+10}\quad\Rightarrow\quad
OB=5.\] Так как квадрат касательной равен произведению секущей на ее внешнюю часть, то \(OK^2=OA\cdot OB=5\cdot 15=75\). Тогда по теореме Пифагора из \(\triangle BOK\): \(BK=\sqrt{5^2+75}=10\). Следовательно, \(\triangle ABK\) (около которого описана данная окружность) является равнобедренным.
Видим, что наше предположение относительно положения точки \(K\) оказалось верным, так как \(BK<BC\).
Угол \(OKB\) между касательной \(OK\) и хордой \(BK\) равен углу \(BAK\). Следовательно, по теореме синусов \[2R=\dfrac{BK}{\sin\angle BAK}=\dfrac{BK}{\sin\angle OKB}\] Найдем \(\sin \angle OKB\) из \(\triangle OKB\): \[\sin \angle OKB=\dfrac 5{10}=\dfrac12\] Следовательно, \[R=\dfrac{BK}{2\cdot \frac12}=10.\]
Две касающиеся внешним образом в точке \(K\) окружности, радиусы которых равны \(5\) и \(15\), вписаны в угол с вершиной \(A\). Общая касательная к этим окружностям, проходящая через точку \(K\), пересекает стороны угла в точках \(B\) и \(C\). Найдите радиус окружности, описанной около \(\triangle ABC\).
Рассмотрим чертеж:
Пусть \(T\), \(S\) – точки касания окружностей со стороной \(AB\) угла \(A\), \(Q\), \(O\) – центры окружностей.
Если окружность вписана в угол, то ее центр лежит на биссектрисе этого угла, следовательно, \(AO\) – биссектриса \(\angle A\).
Рассмотрим \(\triangle ATQ\) и \(\triangle ASO\). Они подобны по общему углу \(\angle SAO\) и прямому углу. Следовательно, \[\dfrac{AQ}{AO}=\dfrac{TQ}{SO}=\dfrac5{15}\quad\Rightarrow\quad 3AQ=AO\] Так как \(AO=AQ+5+15\), то из \(3AQ=AO\) находим, что \(AQ=10\). Тогда в прямоугольном \(\triangle ATQ\) гипотенуза равна \(10\), катет равен \(5\), следовательно, \(\angle TAQ=30^\circ\). Тогда весь \(\angle
A=60^\circ\).
По теореме Пифагора \(AT=\sqrt{10^2-5^2}=5\sqrt3\).
Так как \(BC\) – касательная, то \(QK\perp BC\), то есть \(\triangle
AKB\) – прямоугольный. \(\triangle ATQ\sim \triangle AKB\), следовательно, \[\dfrac{TQ}{BK}=\dfrac{AT}{AK}\quad\Rightarrow\quad
\dfrac5{BK}=\dfrac{5\sqrt3}{10+5}\quad\Rightarrow\quad BK=5\sqrt3.\] Так как картинка симметрична относительно \(AO\), то \(CK=BK=5\sqrt3\), откуда \(BC=10\sqrt3\).
Тогда по теореме синусов для \(\triangle ABC\): \[R=\dfrac{BC}{2\sin\angle A}=\dfrac{10\sqrt3}{2\cdot \frac{\sqrt3}2}=10.\]
