Математика 11 класс 11-М-2

§3. Свойства касательных, хорд, секущих. Вписанные и описанные четырёхугольники

Рис. 17
Свойство 1 (свойство касательных)

Если из точки к окружности проведены две касательные, то длины отрезков от этой точки до точек касания равны и прямая, проходящая через центр окружности и эту точку, делит угол между касательными пополам (рис. 17).

Используя это свойство, легко решить следующую задачу.                                                  

Пример 8

На   основании  ACAC равнобедренного  треугольника  ABCABC расположена точка DD так, что AD=a,CD=bAD=a,CD=b. Окружности, вписанные в треугольники ABDABD и DBCDBC, касаются   прямой BDBD в  точках MM и NN соответственно. Найти отрезок MNMN.

Решение
Рис. 18 Рис. 18a

Пусть a>b.a>b. Точки касания окружностей со сторонами треугольника ABCABC обозначим P, Q, EP,\;Q,\;E и FF (рис. 18). Положим BM=z, MN=x, ND=y.BM=z,\;MN=x,\;ND=y. По свойству касательных:

DE=yDE=y, QD=x+yQD=x+y, AQ=AP=a-(x+y)AQ=AP=a-(x+y), EC=CF=b-yEC=CF=b-y, PB=BM=z, BF=BN=z+xPB=BM=z,\;BF=BN=z+x (рис. 18а). Выразим боковые стороны:

AB=z+a-x-yAB=z+a-x-y, BC=z+x+b-yBC=z+x+b-y. По условию AB=BCAB=BC; получим

z+a-x-y=z+x+b-yz+a-x-y=z+x+b-y, откуда находим x=a-b2x=\dfrac{a-b}2.

Если a<ba < b, рассуждая  аналогично, получим  x=b-a2x=\dfrac{b-a}2.

Итак: MN=a-b2.MN=\dfrac{\left|a-b\right|}2.

определение

Четырёхугольник называется описанным около окружности, если окружность касается всех его сторон.

теорема 7

В выпуклый четырёхугольник можно вписать окружность тогда и только тогда,  когда  суммы  длин противолежащих сторон равны.                                                           

доказательство
Рис. 19

Пусть четырёхугольник ABCDABCD описан около окружности (рис. 19). 

По свойству касательных: AM=ANAM=AN, NB=BPNB=BP, PC=CQPC=CQ и QD=DMQD=DM, поэтому

AM+MD+BP+PC=AN+NB+CQ+QDAM+MD+BP+PC=AN+NB+CQ+QD, что означает

AD+BC=AB+CDAD+BC=AB+CD.

Докажем обратное утверждение. Пусть в выпуклом четырёхугольнике ABCDABCD стороны удовлетворяют условию AB+CD=BC+AD.AB+CD=BC+AD. Положим AD=a, AB=b, BC=c, CD=d.AD=a,\;AB=b,\;BC=c,\;CD=d.

По    условию a+c=b+d,a+c=b+d, что  равносильно  c-b=d-a.c-b=d-a.

Пусть d>a.d > a. Отложим на большей стороне  CDCD меньшую сторону `DM=a` (рис. 20). Так как в этом случае c>bc > b, то также отложим BN=bBN=b, получим  три   равнобедренных   треугольника `ABN`, `ADM` и `MCN`.

Рис. 20

В равнобедренном треугольнике биссектриса угла при вершине является медианой и высотой, отсюда следует, что если провести биссектрисы углов `B`, `C` и `D`, то они разделят пополам соответственно отрезки `AN`, `MN` и `AM` и будут им перпендикулярны. Это означает, что биссектрисы будут серединными перпендикулярами трёх сторон треугольника ANMANM, а они по теореме пересекаются в одной точке. Обозначим эту точку OO. Эта точка одинаково удалена от отрезков `AB` и `BC`  (лежит на OBOB), `BC` и `CD`  (лежит на OCOC) и `CD` и `AD` (лежит на ODOD),  следовательно, точка OO одинакова удалена  от  всех  четырёх сторон четырёхугольника ABCDABCD и является центром вписанной окружности. Случай d=ad=a, как более простой, рассмотрите самостоятельно. 

Пример 9

Равнобокая трапеция описана около окружности. Найти радиус окружности, если длины оснований равны  aa и bb.

Решение
Рис. 21

Пусть в равнобокой трапеции ABCDABCD `BC=b`, `AD=a` (рис. 21). Эта трапеция  равнобокая (AB=CD)(AB=CD), она описана около окружности, следовательно, AB+CD=AD+BCAB+CD=AD+BC Отсюда получаем:  

                            AB=CD=a+b2.AB=CD=\dfrac{a+b}2.

Проведём BMBM и CNCN перпендикулярно ADAD. Трапеция равнобокая, углы при основании равны, следовательно, равны и треугольники ABMABM и DCNDCN и AM=NDAM=ND. По построению MBCNMBCN - прямоугольник, MN=BC=bMN=BC=b поэтому AM=12(AD-BC)-12(a-b)AM=\dfrac12(AD-BC)-\dfrac12(a-b).  Из прямоугольного треугольника ABMABM находим высоту трапеции ABCDABCD:

BM=AB2-AM2=a+b22-a-b22=abBM=\sqrt{AB^2-AM^2}=\sqrt{\left(\dfrac{a+b}2\right)^2-\left(\dfrac{a-b}2\right)^2}=\sqrt{ab}.

Очевидно, что высота  трапеции  равна  диаметру  окружности, поэтому

 радиус вписанной окружности равен  r=12ab\boxed{r=\dfrac12\sqrt{ab}}.

Очень полезная задача. Заметим, что из решения также следует, что в равнобокой описанной трапеции  cosα=a-ba+b\boxed{\cos\alpha=\dfrac{a-b}{a+b}}.

свойство 2 (угол между касательной и хордой)

Градусная мера угла, образованного хордой и касательной, имеющими общую точку на окружности, равна половине градусной меры дуги, заключённой между его сторонами (рис. 22).                         


Доказательство
Рис. 22

Рассматриваем  угол  NABNAB между  касательной NANA и хордой ABAB. Если OO - центр окружности, то OAANOA\perp AN, `/_OAB=/_OBA=90^@alpha`. Сумма углов  треугольника  равна  `180^@`, следовательно, AOB=2α\angle AOB=2\alpha.  Итак, α=NAB=12AOB.\alpha=\angle NAB=\dfrac12\angle AOB. 

Обратим внимание, что угол NABNAB равен любому вписанному углу  AKBAKB, опирающемуся на ту же дугу ABAB.                                                                                   

Случай `/_alpha>=90^@` рассматривается аналогично.

Из этого свойства следует важная теорема «о касательной и секущей», которая часто используется при решении задач.

ТЕОРЕМА 8

Пусть  к  окружности  проведены из одной точки касательная  MAMA и секущая  MBMB, пересекающая окружность в точке  CC (рис. 23). Тогда справедливо  равенство

MA2=MB·MCMA^2=MB\cdot MC

 т. е. если из точки `M` к окружности проведены касательная и секущая, то квадрат отрезка касательной от точки `M` до точки касания равен произведению  длин отрезков секущей от точки `M` до точек её пересечения с окружностью.                                                                                       

ДОКАЗАТЕЛЬСТВО

Угол MACMAC образован хордой и касательной, MAC=ABC\angle MAC=\angle ABC.  Так как в треугольниках MACMAC и MBAMBA угол MM общий, то по двум углам они подобны. Из подобия следует:  

MAMB=MCMA\dfrac{MA}{MB}=\dfrac{MC}{MA}

 Откуда получаем: MA2=MB·MCMA^2=MB\cdot MC.                   

Рис. 23
СЛЕДСТВИЕ

Если из точки MM к окружности проведены две секущие: MBMB, пересекающая окружность в точке CC и MKMK, пересекающая окружность в точке  LL (рис. 23), то справедливо равенство MB·MC=MK·MLMB\cdot MC=MK\cdot ML.

ДОКАЗАТЕЛЬСТВО

Проведём касательную MAMA. По доказанной теореме MA2=MB·MCMA^2=MB\cdot MC и MA2=MK·MLMA^2=MK\cdot ML, следовательно MB·MC=MK·MLMB\cdot MC=MK\cdot ML.

ПримеР 10
Рис. 24

Окружность  проходит  через  вершины C u DC\;u\;D трапеции ABCD,ABCD, касается боковой стороны ABAB в точке BB и пересекает  большее  основание ADAD в точке KK (рис. 24).  Известно, что  AB=53AB=5\sqrt3, BC=5BC=5 и KD=10KD=10

Найти радиус окружности.

Решение

1. Пусть AK=xAK=x тогда AD=10+xAD=10+xю

По теореме о касательной и секущей:

AB2=AK·KDAB^2=AK\cdot KD т. е. 75=x(x+10)75=x(x+10), откуда x=5x=5. Итак AD=15AD=15. 

2. Заметим  теперь,  что   угол ABDABD между касательной ABAB и  хордой  BDBD равен вписанному углу BCDBCD, а из параллельности прямых ADAD и  BCBC следует  равенство углов `1` и `2`. По первому признаку подобия ABDDCB\bigtriangleup ABD\sim\bigtriangleup DCB. Из подобия имеем ABCD=ADBDBDBC\dfrac{AB}{CD}=\dfrac{AD}{BD}\dfrac{BD}{BC}. Из последнего равенства  находим, что BD2=AD·BCBD^2=AD\cdot BC, т. е. BD=AD·BC=53BD=\sqrt{AD\cdot BC}=5\sqrt3а из первого равенства находим CD=AB·BDAB=5CD=\dfrac{AB\cdot BD}{AB}=5.

3. Так как KB=CDKB=CD (KBCDKBCD - вписанная трапеция, она равнобокая), и KB2+BD2=KD2,KB^2+BD^2=KD^2, то `/_ KBD=90^@`  и  KDKD - диаметр окружности.

Значит, её радиус равен `5`. 

теорема 9

Около четырёхугольника можно описать окружность тогда и только тогда, когда сумма противолежащих углов равна `180^@`.

Из этой теоремы следует:

a) из всех параллелограммов только около прямоугольника можно описать окружность;

б) около трапеции можно описать окружность только тогда, когда она равнобокая.

задача 11
Рис. 25

В треугольнике ABCABC биссектрисы ADAD и BFBF пересекаются в точке OO (рис. 25). Известно,  что  точки F, O, DF,\;O,\;D, и `C` лежат  на одной окружности  и  что DF=3.DF=\sqrt3. Найти площадь треугольника  ODFODF.        

Решение

Так как 

BAO=12A\angle BAO=\dfrac12\angle A и ABO=12B\angle ABO=\dfrac12\angle B, то

DOF=AOB=π-12(A+B)\angle DOF=\angle AOB=\pi-\dfrac12(\angle A+\angle B).

Четырёхугольник DOFCDOFC  вписан   в   окружность, по   теореме   9:

DOF=π-C\angle DOF=\pi-\angle C, т. е. π-12(A+B)=π-C\pi-\dfrac12(\angle A+\angle B)=\pi-\angle C, откуда, учитывая, что A+B+C=π\angle A+\angle B+\angle C=\pi, находим С=π3\angle С=\dfrac\pi3.

Теперь заметим, что OO - точка  точка пересечения биссектрис, COCO - биссектриса угла C,C, следовательно, углы OCDOCD и OCFOCF равны друг другу. Это вписанные углы, поэтому вписанные углы ODFODF и OFDOFD равны им и равны друг другу. Таким образом,

ODF=OFD=12C=π6\angle ODF=\angle OFD=\dfrac12\angle C=\dfrac\pi6

Треугольник DOFDOF равнобедренный с основанием DF=3DF=\sqrt3 и углом при основании `30^@`. Находим его высоту, опущенную из вершины OO и площадь  треугольника ODF: S=12h·DF=34ODF:\;S=\dfrac12h\cdot DF=\dfrac{\sqrt3}4.