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

Δ  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=y, QD=x+y, AQ=AP=a-(x+y), EC=CF=b-y, PB=BM=z, BF=BN=z+x (рис. 18а)\begin{array}{l}DE=y,\;QD=x+y,\;AQ=AP=a-(x+y),\;EC=CF=b-y,\;\\PB=BM=z,\;BF=BN=z+x\;(рис.\;18а)\end{array} Выразим боковые стороны:

AB=z+a-x-y, BC=z+x+b-y.AB=z+a-x-y,\;BC=z+x+b-y. По условию AB=BCAB=BC; получим z+a-x-y=z+x+b-yx=a-b2z+a-x-y=z+x+b-y\Rightarrow x=\frac{a-b}2.

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

Итак: MN=a-b2.MN=\frac{\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=AN, NB=BP, PC=CQ и QD=DMAM+MD+BP+PC==AN+NB+CQ+QDAD+BC=AB+CD.\begin{array}{l}По\;свойству\;касательных:\\AM=AN,\;NB=BP,\;PC=CQ\;и\;\\QD=DM\Rightarrow\\\Rightarrow AM+MD+BP+PC=\\=AN+NB+CQ+QD\Rightarrow\\\Rightarrow AD+BC=AB+CD.\end{array}

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  (рис. 20). Так как в этом случае c>bc > b то также отложим BN=bBN=b, получим  три   равнобедренных   треугольника ABN. ADM и MCN.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 u D,B,\;C\;u\;D, то они разделят пополам соответственно отрезки AN, MN u AMAN,\;MN\;u\;AM и будут им перпендикулярны. Это означает, что биссектрисы будут серединными перпендикулярами трёх сторон треугольника ANM,ANM, а они по теореме пересекаются в одной точке. Обозначим эту точку O.O. Эта точка одинаково удалена от отрезков AB u BCAB\;u\;BC  (лежит на OBOB), BC u CDBC\;u\;CD  (лежит на OCOC) и CD u ADCD\;u\;AD (лежит на ODOD),  следовательно, точка OO одинакова удалена  от  всех  четырёх сторон четырёхугольника ABCDABCD и является центром вписанной окружности. Случай d=a,d=a, как более простой, рассмотрите самостоятельно. ■

Пример 9

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

Решение
Рис. 21

Δ Пусть в равнобокой трапеции ABCD BC=b, AD=aABCD\;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=\frac{a+b}2.

Проведём BM u CNBM\;u\;CN перпендикулярно AD.AD. Трапеция равнобокая, углы при основании равны, следовательно, равны и треугольники ABMABM и DCNDCN и AM=ND.AM=ND. По построению MBCNMBCN - прямоугольник, MN=BC=bMN=BC=b поэтому AM=12(AD-BC)-12(a-b).AM=\frac12(AD-BC)-\frac12(a-b).  Из прямоугольного треугольника ABMABM находим высоту трапеции ABCDABCD:

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

Очевидно, что высота  трапеции  равна  диаметру  окружности, поэтому

 радиус вписанной окружности равен  r=12abr=\frac12\sqrt{ab}

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

Рис. 22

□ Рассматриваем  угол  NABNAB между  касательной NANA и хордой AB.AB. Если OO - центр окружности, то OAAN, OAB=OBA=90°-α.OA\perp AN,\;\angle OAB=\angle OBA=90^\circ-\alpha. Сумма углов  треугольника  равна  180º, следовательно, AOB=2α.\angle AOB=2\alpha.  Итак, α=NAB=12AOB.\alpha=\angle NAB=\frac12\angle AOB. 

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

Случай α90°\alpha\geq90^\circ 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  MB,MB, пересекающая окружность в точке  CC (рис. 23). Тогда справедливо  равенство

MA2=MB*MCMA^2=MB\ast MC

 т. е. если из точки M к окружности проведены касательная и секущая, то квадрат отрезка касательной от точки М до точки касания равен произведению  длин отрезков секущей от точки М 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\frac{MA}{MB}=\frac{MC}{MA}

 Откуда получаем: MA2=MB*MC.MA^2=MB\ast MC. ■                   

Рис. 23
СЛЕДСТВИЕ

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

□ Проведём касательную MA.MA. По доказанной теореме MA2=MB*MC u MA2=MK*MLMB*MC=MK*ML.\begin{array}{l}MA^2=MB\ast MC\;u\;MA^2=MK\ast ML\Rightarrow\\\Rightarrow MB\ast MC=MK\ast ML.\end{array}

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=53, BC=5, KD=10.AB=5\sqrt3,\;BC=5,\;KD=10. 

Найти радиус окружности.

Решение

Δ 1. Пусть AK=x AD=10+x.AK=x\;\Rightarrow AD=10+x.

По теореме о касательной и секущей:

AB2=AK*KD75=x(x+10)x=5AD=15.\begin{array}{l}AB^2=AK\ast KD\Rightarrow75=x(x+10)\Rightarrow\\\Rightarrow x=5\Rightarrow AD=15.\end{array} 

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 ABD~DCBABCD=ADBDBDBC.\bigtriangleup ABD\sim\bigtriangleup DCB\Rightarrow\frac{AB}{CD}=\frac{AD}{BD}\frac{BD}{BC}. Из последнего равенства  находим, что BD2=AD*BCBD=AD*BC=53,BD^2=AD\ast BC\Rightarrow BD=\sqrt{AD\ast BC}=5\sqrt3,  

а из первого равенства находим CD=AB*BDAB=5.CD=\frac{AB\ast BD}{AB}=5.

Так как KB=CDKB=CD (KBCDKBCD - вписанная трапеция, она равнобокая), и KB2+BD2=KD2,KB^2+BD^2=KD^2, то KBD=90°\angle KBD=90^\circ  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

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, D, CF,\;O,\;D,\;C лежат  на  одной окружности  и  что DF=3.DF=\sqrt3. Найти площадь треугольника  ODFODF.        

Решение

Δ Так как 

BAO=12A u ABO=12B, moDOF=AOB=π-12(A+B).\begin{array}{l}\angle BAO=\frac12\angle A\;u\;\angle ABO=\frac12\angle B,\;mo\\\angle DOF=\angle AOB=\pi-\frac12(\angle A+\angle B).\end{array}

Четырёхугольник DOFCDOFC  вписан   в   окружность, по   теореме   9:

DOF=π-Cπ-12(A+B)=π-C, откуда, учитывая что A+B+C=π, находим С=π3.\begin{array}{l}\angle DOF=\pi-\angle C\Rightarrow\pi-\frac12(\angle A+\angle B)=\pi-\angle C,\;откуда,\;\\учитывая\;что\;\angle A+\angle B+\angle C=\pi,\;находим\;\angle С=\frac\pi3.\end{array}

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=\frac12\angle C=\frac\pi6. 

Треугольник DOFDOF равнобедренный с основанием DF=3DF=\sqrt3 и углом при основании 30º. Находим его высоту, опущенную из вершины OO и площадь  треугольника ODF: S=12h*DF=34.ODF:\;S=\frac12h\ast DF=\frac{\sqrt3}4.