лекция 1. Смирнов В. А., Смирнова И. М
 Скачать 3.75 Mb.
|
|
5. Окружность и круг Уровень В 26. Пусть AB – диаметр окружности с центром O, проходящий через середину E хорды CD, отличной от диаметра. Докажем, что прямые AB и CD перпендикулярны. Действительно, в равнобедренном треугольнике OCD отрезок OE является медианой и, следовательно, высотой. Значит, AB перпендикулярна CD. 27. Пусть хорды AB и CD перпендикулярны, CD в точке пересечения E делится пополам и не является диаметром. Докажем, что AB является диаметром. Через точку E проведем диаметр. По предыдущей задаче, он будет перпендикулярен CD. Поскольку через точку E проходит единственная прямая, перпендикулярная CD, то этот диаметр совпадает с AB. 28. Пусть AB и CD – равные хорды окружности с центром O. OE, OF – перпендикуляры, опущенные соответственно на AB и CD. Докажем, что OE = OF. Действительно, треугольники OAB и OCD – равнобедренные и равны по трем сторонам. Следовательно, их соответствующие высоты OE и OF также равны. 268 29. Пусть хорды AB и CD окружности с центром O равноудаленыот ее центра O (OE = OF). Докажем, что они равны. Действительно, прямоугольные треугольники OAE и OCF равны по гипотенузе и катету. Следовательно, AE = CF. Аналогично, BE = DF. Складывая эти равенства, получим AB = CD. 30. Пусть AB и CD – равные хорды окружности с центром O. Треугольники OAB и OCD равны по трем сторонам. Следовательно, центральные углы AOB и COD равны. Так как дуга окружности измеряется центральным углом, то из равенства центральных углов следует равенство соответствующих дуг. 269 31. Пусть AB и CD – хорды окружности с центром O, стягивающие равные дуги. Так как дуга окружности измеряется центральным углом, то из равенства дуг следует равенство соответствующих центральных углов. Треугольники OAB и OCD равны по двум сторонам и углу между ними. Следовательно, хорды AB и CD равны. 32. Пусть AB и CD – хорды окружности, касающиеся концентрической с ней меньшей окружности. Докажем, что AB = CD. Проведем отрезки OE и OF, соединяющие центр окружности с точками касания. Они будут равны и перпендикулярны соответствующим хордам. В силу задачи 4, хорды AB и CD будут равны. 33. Пусть CA и CB – отрезки касательных, проведенных к окружности с центром в точке O. Докажем, что отрезки CA и CB равны. Действительно, прямоугольные треугольники OAC и OBC равны по гипотенузе и катету. Следовательно, CA = CB. 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. 287 36. Пусть центр O окружности, описанной около треугольника ABC, лежит вне этого треугольника. Тогда, по отношению к некоторой стороне треугольника, точка O и вершина, противолежащая этой стороне, лежат по разные стороны. Пусть, например, это будет сторона AB. В этом случае угол C опирается на дугу окружности, большую 180 о , следовательно, является тупым. Значит, треугольник ABC – тупоугольный. 37. Пусть окружность с центром O описана около остроугольного треугольника ABC. Тогда угол C опирается на дугу окружности, меньшую 180 о , следовательно, точка O и вершина C лежат по одну сторону от прямой AB. Аналогично точка O и вершина A лежат по одну сторону от прямой BC, точка O и вершина B лежат по одну сторону от прямой AC.Значит, центр O лежит внутри треугольника ABC. 38. Пусть центр O окружности, описанной около треугольника ABC, лежит внутри этого треугольника. Тогда точки O и С лежат по одну сторону от прямой AB, следовательно, угол C – острый. Аналогично углы A и B также являются острыми, т.е. треугольник ABC – остроугольный. 288 39. Пусть центр O вписанной окружности треугольника ABC совпадает с точкой пересечения высот. Так как центр вписанной окружности является точкой пересечения биссектрис треугольника, то биссектрисы треугольника являются его высотами, следовательно, треугольник ABC – равносторонний. 40. Пусть центр O вписанной окружности треугольника ABC совпадает с точкой пересечения медиан. Так как центр вписанной окружности является точкой пересечения биссектрис треугольника, то биссектрисы треугольника являются его медианами и, в силу задачи С26 параграфа 3, треугольник ABC – равносторонний. 289 41. Пусть O - центр вписанной и описанной окружностей треугольника ABC. Соединим его с вершинами треугольника ABC и опустим из него перпендикуляры на стороны.Треугольник ABC разобьется на шесть равных треугольников, следовательно, он будет равносторонним. 42. Пусть на стороне AB равностороннего треугольника, как на диаметре, построена полуокружность. D, E – точки ее пересечения с двумя другими сторонами треугольника. Угол ADB опирается на диаметр окружности, следовательно, равен 90 о . Значит, BD – высота и, следовательно, биссектриса треугольника. Так как вписанный угол ABD равен 30 о , то дуга AD составляет 60 о . Аналогично дуга BE составляет 60 о . Следовательно, вся полуокружность делится на три равные части точками ее пересечения со сторонами треугольника. 43. Пусть окружность радиуса r вписана в прямоугольный треугольник ABC, A 1 , B 1 , C 1 – точки касания. Имеем AB 1 = AC 1 , BC 1 = BA 1 , CA 1 = CB 1 . Откуда AC + BC – AB = CA 1 + CB 1 = 2r.Таким образом, диаметр окружности, вписанной в прямоугольный треугольник, равен разности суммы катетов и гипотенузы. 290 44. Пусть в прямоугольный треугольник ABC вписана окружность и около него описана окружность. По предыдущей задаче сумма катетов равна сумме гипотенузы и диаметра вписанной окружности. Так как гипотенуза равна диаметру описанной окружности, то сумма катетов будет равна сумме диаметров окружностей, вписанной в прямоугольный треугольник и описанной около него. 45. Пусть окружность с центром O и радиусом r вписана в треугольник ABC со сторонами AB = c, AC = b и BC = a. В треугольниках AOB, AOC и BOC высоты равны радиусу r и, следовательно, площадь S треугольника ABC равна половине произведения a + b + c и r. Откуда 2S r a b c 291 46. Пусть ABCD – четырехугольник, вписанный в окружность. Углы BAD и BCD опираются на дуги, в сумме составляющие 360 о . Так как они измеряются половинами этих дуг, то сумма данных углов равна 180 о . Аналогично сумма углов ABC и ADC равна 180 о 47. Пусть ABCD – прямоугольник, O – точка пересечения его диагоналей. Так как диагонали прямоугольника равны и в точке пересечения делятся пополам, то окружность с центром O и радиусом, равным половине диагонали, будет описанной окружностью. 48. Пусть ABCD – параллелограмм, около которого можно описать окружность. В силу задачи 16, сумма его противоположных углов равна 180 о , следовательно, данный параллелограмм является прямоугольником. 292 49. Пусть ABCD – ромб, около которого можно описать окружность. В силу задачи 16, сумма его противоположных углов равна 180 о , следовательно, данный ромб является квадратом. 50. Пусть ABCD – равнобедренная трапеция, AB = CD. Через середины E и F сторон соответственно AB и AD проведем к ним серединные перпендикуляры и их точку пересечения обозначим O. Из точки O опустим перпендикуляр OG на CD. Тогда углы OAF и ODF равны. Углы BAF и CDF равны. Следовательно, углы OAE и ODG равны. Прямоугольные треугольники OAE и ODG равны по гипотенузе и острому углу. Следовательно, AE = DG и, значит, OG – серединный перпендикуляр к стороне CD. Таким образом, точка O является точкой пересечения серединных перпендикуляров к сторонам AB, AD и CD. Следовательно, она равноудалена от вершин трапеции, значит, является центром описанной окружности. 293 51. Пусть ABCD – трапеция, около которой можно описать окружность. В силу задачи 16, сумма ее противоположных углов равна 180 о . Следовательно, углы при основании трапеции равны, значит, она является равнобедренной. 52. Пусть в четырехугольник ABCD вписана в окружность, E, F, G, H – точки касания.Тогда AE = AH как отрезки касательных, проведенных к окружности из одной точки. Аналогично BE = BF, CF = CG, DG = DH, следовательно, AB + CD = AD + BC. 294 53. Пусть ABCD – ромб, O – точка пересечения его диагоналей. Так как диагонали ромба лежат на биссектрисах его углов, то точка O одинаково удалена от сторон ромба, следовательно, является центром вписанной окружности. 54. Пусть ABCD – параллелограмм, в который можно вписать окружность. В силу задачи 22, суммы его противоположных сторон равны, следовательно, данный параллелограмм является ромбом. 55. Пусть ABCD – прямоугольник, в который можно вписать окружность. В силу задачи 22, суммы его противоположных сторон равны, следовательно, данный прямоугольник является квадратом. 295 56. Пусть ABCD – прямоугольник, вписанный в окружность. EFGH – четырехугольник, образованный касательными к этой окружности, проведенными через вершины прямоугольника. Так как диагонали прямоугольника являются диаметрами окружности, то противоположные стороны четырехугольника EFGH перпендикулярны диагоналям, следовательно, параллельны. Значит, четырехугольник EFGH – параллелограмм. Используя задачу 24, получаем, что EFGH – ромб. 57. Пусть ABCD – ромб, в который вписана окружность. EFGH – точки касания. Диагонали четырехугольника EFGH являются диаметрами окружности, следовательно, равны и в точке пересечения делятся пополам. Значит, четырехугольник EFGH – прямоугольник. 58. Пусть A 1 …A n – многоугольник, вписанный в окружность. Из равенства его сторон следует равенство дуг, ими стягиваемыми, следовательно, и равенство углов данного многоугольника. Значит, многоугольник A 1 …A n – правильный. 296 59. Пусть A 1 …A n – многоугольник, описанный около окружности. B 1 , …, B n – точки касания.Из равенства углов многоугольника A 1 …A n следует равенство дуг, ими стягиваемыми, следовательно, и равенство сторон многоугольника B 1 …B n Равнобедренные треугольники, основаниями которых служат стороны многоугольника B 1 …B n , а противоположными вершинами – вершины многоугольника A 1 …A n равны по основанию и противоположному углу. Следовательно, стороны многоугольника A 1 …A n равны, значит, многоугольник A 1 …A n – правильный. 60. Пусть O – центр вписанной окружности многоугольника A 1 …A n . Соединим O с вершинами многоугольника. Многоугольник разобьется на треугольники, площадь каждого из которых равна половине произведения стороны многоугольника на радиус вписанной окружности. Следовательно, сумма площадей этих треугольников равна половине произведения его периметра на радиус вписанной окружности. 297 |