Файл: Смирнов В. А., Смирнова И. М.pdf

270 34.
Пусть AB и CD – отрезки общих внешних касательных к двум окружностям с центрами O
1
и O
2
. Докажем, что AB = CD.
Возможны два случая. Если окружности одинакового радиуса, то
ABDC – прямоугольник и, следовательно, AB = CD.
Если окружности разных радиусов, то касательные пересекаются в некоторой точке E. В силу предыдущей задачи, AE = CE и BE = DE.
Следовательно, AB = CD.
35.
Пусть AB и CD – отрезки общих внутренних касательных к двум окружностям. Докажем, что AB = CD. Обозначим E точку пересечения AB и CD. Тогда в силу задачи 8 EA = EC и EB = ED.
Складывая эти равенства, получим равенство AB = CD.

271 36.
Пусть AB и CD – отрезки общих внутренних касательных к двум окружностям с центрами O
1 и O
2
одинакового радиуса.
Четырехугольник O
1
AO
2
B – параллелограмм и, следовательно, середина AB совпадает с серединой O
1
O
2
. Аналогично, середина CD
совпадает с серединой O
1
O
2
. Следовательно, точка пересечения отрезков AB и CD является их серединой.
37.
Пусть две окружности касаются внутренним образом, причем меньшая окружность проходит через центр O большей. AB – хорда большей окружности, проходящая через точку касания A и пересекающая меньшую окружность в точке C. Докажем, что AC = BC.
Проведем диаметр AD. В треугольнике ABD OA = OD, OC параллельна
DB. Следовательно, AC = BC.

272 38.
Отрезок OC, соединяющий центр окружности и точку касания, перпендикулярен касательной. Следовательно, OC – средняя линия трапеции ABB
1
A
1
, значит A
1
C = CB
1 39.
Пусть AB и CD – две параллельные касательные к окружности с центром O. Третья касательная пересекает первые две в точках E и F соответственно. Докажем, что

EOF = 90
o
. Соединим центр O окружности с точками касания G, H, P.Прямоугольные треугольники OGE и OPE равны по гипотенузе и катету.
Следовательно,

GOE =

POE. Аналогично

HOF =

POF.
Учитывая, что сумма всех четырех углов равна 180
о
, получаем, что угол EOF равен 90
о
40.
Пусть из точки A пересечения двух окружностей проведены их диаметры AC и AD, B – вторая точка пересечения окружностей. Докажем, что точки B, C, D принадлежат одной прямой.
Проведем хорду AB. Угол ABC опирается на диаметр окружности, следовательно, равен 90
o
. Аналогично угол ABD равен 90
о

273
Следовательно, угол CBD – развернутый, т.е. точки B, C, D принадлежат одной прямой.
41.
Из точки A опустим перпендикуляр AD на BC.

BAD =

ABO
1
как накрест лежащие углы,

ABO
1
=

BAO
1
как углы при основании равнобедренного треугольника AO
1
B. Значит,

BAD =

BAO
1
. Аналогично

CAD =

CAO
2
. Учитывая, что сумма этих четырех углов равна 180
о
, получаем, что угол BAC равен 90
о
42.
Пусть две окружности имеют общую хорду AB. Докажем, что прямая, соединяющая их центры O
1
и O
2
,
перпендикулярна хорде
AB и делит ее пополам. Действительно, точка O
1
равноудалена от концов хорды AB. Точка O
2
также равноудалена от концов хорды AB.
Следовательно, O
1
O
2
– серединный перпендикуляр к отрезку AB.
43.
Пусть три окружности имеют общую хорду AB. Тогда в силу предыдущей задачи их центры расположены на серединном перпендикуляре к отрезку AB, т.е. расположены на одной прямой.

274 44.
Пусть ACB – угол с вершиной C внутри окружности, A’CB’
– вертикальный с ним угол. Проведем отрезок AB’. Угол ACB является внешним углом треугольника ACB’ и, следовательно, равен сумме углов AB’B и A’AB’. Первый из них измеряется половиной дуги AB, а второй – половиной дуги A’B’. Значит, угол ACB измеряется полусуммой дуг, на которые опираются данный угол и вертикальный с ним угол.
45.
Пусть AC – касательная к окружности с центром в точке O
(C – точка касания), CB – хорда. Проведем диаметр CD. Угол ACD
равен 90
о
, следовательно, измеряется половиной дуги CD, равной 180
о
Угол BCD вписан в окружность, следовательно, измеряется половиной дуги BD. Значит, угол ACB, равный разности углов ACD и BCD, измеряется половиной дуги BC, заключенной внутри этого угла.

275 46.
Пусть ACB – угол с вершиной C вне окружности, стороны которого пересекают окружность в точках A, A’ и B, B’ соответственно.
Проведем отрезок AB’. Угол A’AB’ является внешним углом треугольника AB’C и, следовательно, угол ACB равен разности углов
A’AB’ и AB’B. Первый из них измеряется половиной дуги A’B’, второй
– половиной дуги AB. Значит, угол A’CB’ измеряется полуразностью дуг, заключенных внутри данного угла.
47.
Пусть CA – касательная к окружности (A – точка касания),
CB’ – секущая, пересекающая окружность в точках B и B’. Проведем отрезок AB. Тогда угол ACB равен разности углов ABB’ и CAB. Первый из них измеряется половиной дуги AB’, второй (в силу задачи 20) – половиной дуги AB. Значит, угол ACB’ измеряется полуразностью дуг
AB’ и AB, заключенных внутри данного угла.
48.
Пусть CA и CB касательные к окружности (A и B – точки касания). Через точку C проведем секущую, пересекающую окружность в точках D и D’. Тогда в силу предыдущей задачи угол

276
ACD’ измеряется полуразностью дуг AD’ и AD, угол BCD’ измеряется полуразностью дуг BD’ и BD. Следовательно, угол ACB измеряется полуразностью дуг окружности, заключенных между его сторонами.
49.
Пусть O
1
, O
2
, O
3
– центры окружностей одинакового радиуса, попарно касающихся друг друга. Так как расстояние между центрами любых двух из этих окружностей равно удвоенному радиусу, треугольник O
1
O
2
O
3
– равносторонний.
50.
Пусть ABC – прямоугольный треугольник (

C = 90
о
), AB =
c, AC = b, BC = a. Площади полукругов, построенных на сторонах этого треугольника соответственно равны
2 8
a

,
2 8
b

,
2 8
c

. По теореме
Пифагора c
2
= a
2
+ b
2
, следовательно, площадь полукруга, построенного на гипотенузе прямоугольного треугольника, равна сумме площадей полукругов, построенных на катетах.

277

278
Уровень С
17.
Пусть точки A и B принадлежат кругу с центром в точке O.
Возьмем произвольную внутреннюю точку C отрезка AB. В силу задачи
С13 параграфа 3, OC меньше наибольшего из отрезков OA, OB и, следовательно, OC меньше радиуса окружности, т.е. C – внутренняя точка круга.
18.
Пусть B – произвольная точка круга с центром A и радиусом R – a. Тогда OB

OA + AB

a + (R – a) = R. Следовательно, точка B принадлежит кругу с центром O и радиусом R.
19.
Пусть AB – хорда окружности с центром O, проходящая через точку P и перпендикулярная диаметру. CD – другая хорда, проходящая через точку P. Докажем, что AB < CD. Опустим перпендикуляр OQ на хорду CD. В прямоугольных треугольниках OAP
и OCQ гипотенузы равны, а катет OP больше катета OQ. Из теоремы
Пифагора следует, что катет AP меньше катета CQ. Следовательно, AB
< CD.

279 20.
Пусть AB и CD – две равные хорды окружности, проходящие через точку P, отличную от ее центра O.Опустим перпендикуляры соответственно OE и OF на эти хорды. Из равенства хорд следует равенство этих перпендикуляров. Прямоугольные треугольники OPE и OPF равны по гипотенузе и катету.
Следовательно, углы OPE и OPF равны, т.е. данные хорды одинаково наклонены к диаметру OP.
21.
Пусть AB и CD – две хорды окружности, проходящие через точку P, отличную от ее центра O и одинаково наклоненные к диаметру OP.Опустим перпендикуляры соответственно OE и OF на эти хорды. Прямоугольные треугольники OPE и OPF равны по гипотенузе и острому углу. Следовательно, OE = OF. Из равенства расстояний от центра окружности до хорд следует равенство самих хорд (см. задачу В4).

280 22.
Из равенства хорд следует равенство расстояний от центра
O окружности до этих хорд. Следовательно, все такие хорды касаются окружности с центром в точке O и радиусом, равным расстоянию от центра O до этих хорд (см. задачу В3).
23.
Пусть две окружности касаются внешним образом. Через точку касания C проведена секущая AB. Докажем, что пары дуг, расположенные по разные стороны секущей и лежащие в разных окружностях, имеют одинаковые градусные величины. Проведем общую касательную EF к данным окружностям. В силу задачи В20 угол ACE измеряется половиной дуги AC, угол BCF измеряется половиной души BC. Но углы ACE и BCF равны как вертикальные.
Следовательно, равны и градусные величины дуг ACE и BCF.
24.
Пусть две окружности касаются внешним образом в точке
D. AB – общая внешняя касательная (A, B – точки касания). Через точку

281
D проведена общая касательная, пересекающая AB в точке C. Докажем, что AC = BC. Действительно, AC = CD как отрезки касательных, проведенных к окружности из одной точки. Аналогично, CB = CD.
Следовательно, AC = BC.
25.
Пусть две окружности касаются внешним образом в точке
C, через которую проведена секущая. Через точки A и B пересечения этой секущей с окружностями проведены касательные соответственно
a и b. Докажем, что a и b параллельны. Действительно, угол между касательной a и секущей AB измеряется половиной дуги AC (см. задачу
В20). Угол между касательной b и секущей AB измеряется половиной дуги BC. В силу задачи 7 градусные величины этих дуг равны.
Следовательно, равны накрест лежащие углы. Значит, прямые a и b параллельны.
26.
Пусть через внутреннюю точку P круга проведены хорда
AB и диаметр CD. Докажем, что произведение отрезков AP и BP равно произведению отрезков CP и DP. Действительно, треугольники PAC и
PDB
подобны по углам. Следовательно,
AP
DP
CP
BP

, значит,
AP BP
CP DP




282 27.
Пусть из точки C вне окружности проведена секущая, пересекающая окружность в точках B и D,и касательная CA, где A – точка касания. Докажем, что
2
CB CD
CA


. Действительно, треугольники CAB и CDA подобны по углам. Следовательно,
CB
AC
AC
CD

, значит,
2
CB CD
AC


28.
Пусть O – центр двух концентрических окружностей. C – точка на одной из них, AB – диаметр другой. Докажем, что CA
2
+ CB
2
есть величина постоянная, независящая от выбора точки C и диаметра
AB. Проведем диаметр CD. Четырехугольник CADB – параллелограмм, диагоналями которого являются диаметры данных окружностей.
Воспользуемся тем, что сумма квадратов диагоналей параллелограмма равна сумме квадратов его сторон (см. задачу 21 параграфа 4). Поэтому сумма CA
2
+ CB
2
будет равна половине суммы квадратов этих диаметров и, следовательно, постоянна.
29.
Пусть две окружности с центрами в точках O
1
и O
2
пересекаются в точках A и B. Через точку A проведены касательные к каждой окружности. Докажем, что отрезки AC и AD этих касательных,

283 лежащие внутри окружностей, видны из другой точки пересечения B
под равными углами. Проведем соответствующие диаметры AE и AF.
Угол CAE равен углу DAF как острые углы с перпендикулярными сторонами. Следовательно, градусные величины дуг AEC и AFD равны, значит, угол ABС равен углу ABD.
30.
Прямоугольные треугольники ABX’ и AXC подобны по углам. Следовательно, AB : AX’ = AX : AC и, значит, AX

AX’ = AB

AC, т.е. постоянно и не зависит от выбора точки X на прямой c.
31.
Пусть в круге с центром O проведена хорда AB. На радиусе
OA, как на диаметре, описана окружность. Гомотетия с центром A и коэффициентом 2 переводит меньший круг в больший и меньший сегмент в больший. Следовательно, площади двух сегментов, отсекаемых хордой AB от обоих кругов, относятся как 4:1.

284 32.
Дуги AC, CE и BD равны 90

. Значит, дуги AB и DE равны
45

. Следовательно, BO параллельна AC, поэтому треугольник ABC равновелик треугольнику AOC. Аналогично треугольник CDE равновелик треугольнику COE. Таким образом, закрашенная фигура равновелика полукругу с диаметром AE и дугой ACE.

285
6. Многоугольники и окружности
Уровень В
31.
Пусть центр O описанной окружности треугольника ABC
совпадает с точкой пересечения высот. Так как центр описанной окружности является точкой пересечения серединных перпендикуляров к сторонам треугольника, то высоты треугольника являются его медианами и, в силу задачи В27 параграфа 3, треугольник
ABC – равносторонний.
32.
Пусть центр O описанной окружности треугольника ABC
совпадает с точкой пересечения медиан. Так как центр описанной окружности является точкой пересечения серединных перпендикуляров к сторонам треугольника, то медианы треугольника являются его высотами и, в силу задачи В30 параграфа 3, треугольник
ABC – равносторонний.
33.
Пусть окружность описана около прямоугольного треугольника ABC (

C = 90
о
). Тогда угол C опирается на дугу, равную
180
о
. Следовательно, AB – диаметр и, значит, центр O описанной окружности является серединой гипотенузы AB.

286 34.
Пусть центр O окружности, описанной около треугольника
ABC, принадлежит стороне AB. Тогда вписанный угол ACB опирается на диаметр AB, следовательно, равен 90
о
, т.е. треугольник ABC – прямоугольный.
35.
Пусть окружность с центром O описана около тупоугольного треугольника ABC (

С > 90
о
). Тогда угол C опирается на дугу окружности, большую 180
о
, а дуга ACB окружности меньше
180
о
. Следовательно, точки C и O лежат по разные стороны от AB, значит, центр O лежит вне треугольника ABC.