Задачи на описанные окружности и треугольники!

[danil]

1.Две окружности радиусами r и R касаются внешним образом. АВ и CD - их общие внешние касательные. Докажите, что в четырехугольник ABCD можно вписать окружность, и найдите ее радиус.

2. Острый угол прямоугольного треугольника равен а. Вычислите гипотенузу этого треугольника, если радиус окружности, касающейся гипотенузы и продолжений катетов, равен R.

Пытлься решить...рисунки есть...но додуматься не смог...помогите!)

[meduza]

1) Тут нужно доказать, что $AB+CD=AC+BD$. Каждую сторону выразите через $R, r, \alpha$, где $\alpha$ -- угол между $AC$ и радиусом к точке касания $A$.
Потом найдите расстояние между $AC$ и $BD$, половина его и будет радиусом вписанной окружности (почему?).

[mitia87]

2) Пусть С - вершина прямого угла, A и В - вершины острых углов, D и E - точки на продолжениях катетов CA и CB соответственно, в которых они касаются окружности с центром O.
Покажите, что DC = CE = R.
Вам даже два способа для этого:
а) (безыдейный) покажите, что четырехугольник (выпуклый !) ODCE - квадрат;
б) (идейный) покажите, что треугольники COD и COE равнобедренные, используя то, что центр вневписанной окружности лежит на биссекстрисе угла, противолежащего стороне, которой касается. Т.е. CO - биссектриса угла С.

А затем просто. Выразите через радиус R и катеты AC и BC гипотенузу AB (используя равенство отрезков касательных). И в этом выражении подставьте выражение катетов через гипотенузу и острый угол.

[danil]

1) А по какой теореме надо доказать что $AB+CD=AC+BD$ ?

[Sasha2]

Ни по какаой, а простым геометрическим рассуждением

В первой задаче давайте давайте (исключив тривиальный случай двух параллельных касательных, что соответствует двум равным окружностям) продолжим обе касательные до их точки пересечения Q.
Далее через точку касания P двух этих окружностей проводим их общую касательную, которая пересечет касательную AB в точке M, а касательную CD в точке N.
Легко показываем, что AB=CD (так как QA=QD и QB=QC)
Точно также очевидно, что MA=MP=NP=ND (Первое и последнее равенство справедливо по касательным, проведенным из одних точек, а среднее поскольку точки M и N являются серединами равных отрезков AB и CD)
Ну и наконец углы при вершинах M и N в треугольниках AMP и DNP также равны (вытекает из рассмотрения равнобедренного треугольника QMN с основанием MN)
Ну а далее уже нетрудно показать, что вся эта ABCD - равнобочная трапеция, а MN ее - средняя линия. Она же равна полусумме оснований (первые две противоположные стороны). И она же равна чисто по рассмотрению этой задачи полусумме ее боковых сторон. Таким образом возможность проведения обоснована. Радиус находится из простых соображений, что окружность проходит между двумя параллельными прямыми, отстоящих друг от друга, как нетрудно видеть на расстоянии r+R. Это и есть диаметр Вашей вписанной окружности.

[Батороев]

Sasha2 в сообщении #275069 писал(а):

Ни по какаой, а простым геометрическим рассуждением

В первой задаче давайте давайте (исключив тривиальный случай двух параллельных касательных, что соответствует двум равным окружностям) продолжим обе касательные до их точки пересечения Q.
Далее через точку касания P двух этих окружностей проводим их общую касательную, которая пересечет касательную AB в точке M, а касательную CD в точке N.
Легко показываем, что AB=CD (так как QA=QD и QB=QC)
Точно также очевидно, что MA=MP=NP=ND (Первое и последнее равенство справедливо по касательным, проведенным из одних точек, а среднее поскольку точки M и N являются серединами равных отрезков AB и CD)

На этом в доказательстве можно ставить точку. Т.к. MA=MP=MB, а ND=NP=NC, то MN - средняя линия трапеции, 2MN=2MP+2NP=MA+MB+ND+NC=AD+BC=AB+CD.

Sasha2 в сообщении #275069 писал(а):

Радиус находится из простых соображений, что окружность проходит между двумя параллельными прямыми, отстоящих друг от друга, как нетрудно видеть на расстоянии r+R. Это и есть диаметр Вашей вписанной окружности.

Здесь Вы ошибаетесь.

-- Пт дек 25, 2009 22:26:10 --

Короткого пути нахождения радиуса, к сожалению, не нашел.

Рассчитать синус половины угла Q, через него найти косинус, выразить основания трапеции через известные радиусы и от величины средней линии через тот же косинус прийти к искомому радиусу.

Хотя ответ интересный и наводит на мысль, что есть более короткое решение, но в пятницу искать его уже лень.

[Sasha2]

Да с радиусом ыписанной окружности - это я погорячился.

[Sasha2]

Будем для определенности полагать, что r<R.
Проведем прямую QP.
Пусть T и S - точки пересечения этой прямой со сторонами AD и BC трапеции ABCD.
O - центр окружности с радиусом r
O' - центр окружности с радиусом R
$\alpha$ - половина угла при верщине Q.

Нам нужно найти TS=d (диаметр искомой окружности)
$TS=OT+OO'-O'S$
$OO'=R+r$
$OT=rsin(\alpha)$
$O'S=Rsin(\alpha)$
И остается заметить, что $tg(\alpha)=\frac{R-r}{d}$

Наверно из этой системы можно найти значение d.

Поправьте пожалуйста, если ошибка есть.

[Sasha2]

Далее, если обозначить черех x - диаметр искомой окружности и от радиусов R и r перейти к диаметрам D и d соответственно, то для x получаем такое уравнение

$4x^4-4(d+D)x^3+4dDx^2-(D-d)^3x-dD(D-d)^2=0$

[Sasha2]

А вообще, ошибка в предыдущем рассуждении относительно тангенса.

Итак, $TS=(R+r)-(R-r)sin(\alpha)$
Далее Из центра O проводим прямую, параллельную одной из двух внешних касательных.
Она пересечет радиус O'B в точке V.
Треугольник OO'V прямоугольный.
Из него $sin(\alpha)=\frac{R-r}{R+r}$
Следовательно искомый диаметр равен $\frac{4rR}{R+r}$
И окончательный вывод, радиус данной окружности есть среднее гармоническое радиусов R и r.

[Профессор Снэйп]

meduza в сообщении #274934 писал(а):

1) Тут нужно доказать, что $AB+CD=AC+BD$.

А я вот какую штуку не понимаю. Если в четырёхугольник можно вписать окружность, то суммы длин противоположных сторон этого четырёхугольника совпадают, сие понятно. А почему верно обратное?

-- Сб дек 26, 2009 10:20:15 --

Батороев в сообщении #275143 писал(а):

Короткого пути нахождения радиуса, к сожалению, не нашел.

Очевидно, что если $x$, $y$ --- катеты треугольника и $z$ --- гипотенуза, то $x + y + z = 2R$. Отсюда $x^2 + y^2 + 2xy = 4R^2 + z^2 - 4Rz$, $4R^2 - 4Rz = 2xy = 2z^2\sin \alpha \cos \alpha = z^2 \sin (2\alpha)$ и $z$ легко находится из квадратного уравнения.

[Sasha2]

На самом деле это не всегда верно.
Это верно только в том случае, когда вписываемая в четырехугольник окружность лежит внутри него.
А доказывается это тоже достаточно просто.
Вписываем окружность в три стороны сперва, а потом доказываем, что четвертая касается также этой окружности.

А именно вписываем окружность в три стороны AB, BC и CD.
Далее предполагаем, что касания со стороны AD нет.
Ну ничего страшного, проводим касаетельную AD'.
По уже доказанному имеем AB+CD'=AC+AD'.
А также имеем по условию AB+CD=AC+AD.
Дальше по вариации, пересекает ли AD вписанную окружность или нет.
В любом случае, вычитая из равенства AB+CD=AC+AD равенство AB+CD'=AC+AD',
получаем, что AD-AD'=DD', это (AD>AD', перечечения нет) или AD'-AD=DD' (AD'>AD, перечечение есть).
В любом случае получаем, что в треугольнике ADD' одна из сторон равна разности двух других, а этого не может быть.
Аналогично и случай, когда четырехугольник невыпуклый. Точно такое же рассуждение показывает, что и обратная теорема верна.

А вот если вписанная окружность лежит вне четырехугольника (то есть касание идет либо по двум сторонам и продолжениям двух других, либо по продолжениям всех четырех), то там не сумма двух противоположных, а сумма надлежащим образом выбранных ДВУХ СМЕЖНЫХ

[Профессор Снэйп]

Вот, кстати, ещё одна красивая задача на тему про окружности и четырёхугольники. Не помню, писал я её на этом форуме или ещё нет.

Четырёхугольник $ABCD$ вписан в окружность. Прямые $AB$ и $CD$ пересекаются в точке $P$, а прямые $AD$ и $BC$ --- в точке $Q$. Длина касательной к окружности, проведённой из точки $P$, равна $a$, а длина касательной из точки $Q$ равна $b$. Найти длину отрезка $PQ$.

Здесь четырёхугольник не описан вокруг окружности, а, наоборот, вписан в неё. Вместа равенства сумм противоположных сторон возникает равенство сумм противоположных углов. И этот-то критерий как раз доказывается просто.

-- Сб дек 26, 2009 12:44:17 --

Sasha2 в сообщении #275318 писал(а):

На самом деле это не всегда верно.
Это верно только в том случае, когда вписываемая в четырехугольник окружность лежит внутри него.

Непонятно, как окружность, вписанная в четырёхугольник, может лежать не внутри этого четырёхугольника. Я считаю, что окружность вписана в четырёхугольник, если она касается каждого из четырёх отрезков (не прямых, а именно отрезков), образующих стороны четырёхугольника.

-- Сб дек 26, 2009 12:49:53 --

Sasha2 в сообщении #275318 писал(а):

По уже доказанному имеем AB+CD'=AC+AD'.
А также имеем по условию AB+CD=AC+AD.
Дальше по вариации, пересекает ли AD вписанную окружность или нет.
В любом случае, вычитая из равенства AB+CD=AC+AD равенство AB+CD'=AC+AD',
получаем, что AD-AD'=DD', это (AD>AD', перечечения нет) или AD'-AD=DD' (AD'>AD, перечечение есть).
В любом случае получаем, что в треугольнике ADD' одна из сторон равна разности двух других, а этого не может быть.

Тут всё правильно, нигде нет опечаток?

Sasha2 в сообщении #275318 писал(а):

Аналогично и случай, когда четырехугольник невыпуклый. Точно такое же рассуждение показывает, что и обратная теорема верна.

Как можно вписать окружность в не выпуклый четырёхугольник?

[Sasha2]

Вот все возможные случаи взаимного расположения четырехугольника и вписанной в него окружности.

Конечно, используя классическое определение того, что линия называется линией вписанной в многоугольник, если она касается всех сторон этого многоугольника (или их продолжений)




Да нет у меня нигде нет опечаток.
А в Ваше задаче наверно нужно, что Q - это точка пересечения BC и AD.

[Профессор Снэйп]

Sasha2 в сообщении #275328 писал(а):

Конечно, используя классическое определение того, что линия называется линией вписанной в многоугольник, если она касается всех сторон этого многоугольника (или их продолжений)

Тогда у Вас получается, что в каждый треугольник вписано целых 4 различных окружности. Это, очевидно, не так. Не знаю, как там с четырёхугольниками, а применительно к треугольникам принято говорить лишь об одной вписанной окружности (с центром в точке пересечения биссектрис треугольника).

Sasha2 в сообщении #275328 писал(а):

Да нет у меня нигде нет опечаток.

Тогда у Вас получается, что в описанном четырёхугольнике сумма двух сторон равна сумме стороны и диагонали.

Sasha2 в сообщении #275318 писал(а):

А также имеем по условию AB+CD=AC+AD.

Это явный абсурд.

Sasha2 в сообщении #275328 писал(а):

А в Ваше задаче наверно нужно, что Q - это точка пересечения BC и AD.

Да, я тоже допустил опечатку Исправил.

-- Сб дек 26, 2009 14:51:40 --

На последней картинке у Вас вообще не четырёхугольник изображён.