Zadania związane z różnymi własnościami okręgów

1. $r_1+r_2=2+4\sqrt{2}-2=4\sqrt{2}=\left|S_1{S}_2\right|$. Zatem okręgi są styczne zewnętrznie.

2. $r_1+r_2=\sqrt{3}+4+5\sqrt{3}=6\sqrt{3}+4$, $\left|r_1-r_2\right|=5\sqrt{3}-\sqrt{3}-4=4\sqrt{3}-4$, $\left|S_1{S}_2\right|=4\sqrt{3}$. Mamy więc $\left|r_1-r_2\right|<\left|S_1{S}_2\right|<r_1+r_2$. Zatem okręgi przecinają się.

3. $r_1+r_2=2+7=9$, $\left|S_1{S}_2\right|=10$. Mamy więc $\left|S_1{S}_2\right|>r_1+r_2$. Zatem okręgi są rozłączne zewnętrznie.

4. $\left|r_1-r_2\right|=\left|2-5\right|=3>1=\left|S_1{S}_2\right|$. Zatem okręgi są rozłączne wewnętrznie.

5. $\left|r_1-r_2\right|=\left|3-\sqrt{2}-2+\sqrt{2}\right|=1$. Zatem okręgi są styczne wewnętrznie.

W każdej sytuacji wykorzystaj promienie mniejszych okręgów, do wyznaczenia szukanych długości.

1. Poprowadźmy promienie okręgów, jak na rysunku.

   R1FG1z7sFs6Gi1

   Rysunek okręgów o promieniu 1 i środkach S z indeksem dolnym 1, S z indeksem dolnym 2 i S z indeksem dolnym 3 wpisanych w kwadrat A B C D.

   

   Trójkąt, który łączy środki okręgów jest równoboczny i jego bok ma długość $2r=2$. Zatem bok $AB$ prostokąta $ABCD$ jest równy

   $$r+2r+r=4r=4$$.

   Bok $AD$ prostokąta jest równy sumie dwóch odcinków długości $1$ i wysokości trójkąta równobocznego o boku długości $2$. Zatem

   $$\left|AD\right|=2r+\frac{2r\sqrt{3}}{2}=2+\sqrt{3}$$.

2. RQ55ZBkhqbYfJ1

   Rysunek okręgów o promieniu 1 o środkach S z indeksem dolnym 1, S z indeksem dolnym 2 i S z indeksem dolnym 3 wpisanych w okrąg o promieniu R.

   

   Oznaczmy środki trzech mniejszych okręgów przez $S_1$, $S_2$, $S_3$, środek czwartego okręgu przez $S$, a jego promień – przez $R$ (jak na rysunku). Ponieważ $\left|S_1{S}_2\right|=\left|S_2{S}_3\right|=\left|S_3{S}_1\right|=2$, to trójkąt $S_1{S}_2{S}_3$ jest równoboczny. Każdy z odcinków $S{S}_1$, $S{S}_2$, $S{S}_3$ jest równy $R-1$, więc punkt $S$ jest środkiem okręgu opisanego na trójkącie równobocznym $S_{1 }{S}_{2 }{S}_3$. Wynika z tego, że

   $$R-1=\frac{\sqrt{3}}{3}\cdot 2$$,

   skąd

   $$R=\frac{2\sqrt{3}}{3}+1$$.

Z twierdzenia o odcinkach stycznych wynika, że

Zatem obwód trójkąta $DEO$ jest równy

R1EfXdoD8Gbk61

Rysunek okręgu o środku S i promieniu 13. Poprowadzona cięciwa AB ma długość 24. Punkt C jest środkiem cięciwy AB.

Niech $A$ i $B$ będą końcami cięciwy o długości $24$. Odległość środka $S$ okręgu od cięciwy $AB$ jest wysokością trójkąta równoramiennego $ABS$ opuszczoną na podstawę $AB$. Ramiona $AS$ i $BS$ tego trójkąta mają długość $\left|AS\right|=\left|SB\right|=13$. Spodek $C$ wysokości $SC$ jest środkiem podstawy $AB$ trójkąta $ABC$. Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta $ASC$ otrzymujemy

Ponieważ $\left|SC\right|>0$, to
Stąd $\left|SC\right|=5$.

Zwróć uwagę na to, że w okręgach możemy wyznaczyć trójkąty prostokątne, ponieważ najdłuższe boki tych trójkątów stanowią średnice odpowiednich okręgów.

RaT6e7TiwHUUk1

Rysunek prostokąta A B C D i dwóch okręgów. Poprowadzono odcinki AP, DP i BP.

Kąt $DPA$ to kąt wpisany w okrąg oparty na średnicy $AD$ tego okręgu, zatem ma miarę $90°$. Podobnie kąt $APB$, który jest kątem wpisanym opartym na średnicy $AB$ drugiego z okręgów, więc również ma miarę $90°$. Wynika stąd, że kąt $DPB$ ma miarę równą $90°+90°=180°$, co oznacza, że punkty $B$, $P$ i $D$ leżą na jednej prostej.

1. Zauważmy, że wspólna cięciwa tych dwóch kół dzieli ich część wspólną na dwa przystające odcinki koła.

   Ru8waEDeE9tvw1

   Rysunek dwóch kół, o środkach w punkcie S z indeksem dolnym 1 i S z indeksem dolnym 2 przecinających się. Zaznaczono odcinki koła P z indeksem dolnym 1 i P z indeksem dolnym 2.

   

   Oznaczmy przez $A$ i $B$ punkty przecięcia okręgów obu kół. Poprowadźmy promienie obu kół. W trójkątach $S_1{S}_{2}A$ i $S_1{S}_{2}B$ każdy z boków ma długość $2$, więc oba te trójkąty są równoboczne.

   RyWL57gmxcIMC1

   Rysunek dwóch przecinających się kół, o środkach w punkcie S z indeksem dolnym 1 i S z indeksem dolnym 2. Połączono punkty A, B z środkami obu okręgów.

   

   Kąt środkowy wycinka koła o środku$S_1$, opartego na łuku $A{S}_{2}B$, ma miarę $120°$, więc jego pole jest równe

   $$P_{\mathrm{wycinka}}=\frac{120°}{360°}\pi ·4=\frac{4\pi }{3}$$.

   Długość podstawy $AB$ trójkąta $A{S}_{1}B$ jest równa podwojonej wysokości trójkąta równobocznego o boku $2$, natomiast wysokość opuszczona na tę podstawę z wierzchołka $S_1$ jest równa $1$. Zatem pole trójkąta $A{S}_{1}B$ jest równe

   $$P_{A{S}_{1}B}=\frac{2\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}$$.

   Stąd wynika, że pole $P_1$ odcinka koła jest równe

   $$P_{\mathrm{wycinka}}-P_{A{S}_{1}B}=\frac{4\pi }{3}-\sqrt{3}$$.

   Pole części wspólnej rozważanych kół jest równe

   $$P=2\left(\frac{4\pi }{3}-\sqrt{3}\right)$$.

2. Przeciwprostokątna tego trójkąta ma długość $10$, co stwierdzamy, stosując twierdzenie Pitagorasa.

Pole $P_1+P_2$ zaznaczonej figury obliczamy, odejmując pole półkola o średnicy 10 od sumy pola trójkąta $ABC$ i dwóch półkoli o średnicach $6$ i $8$.

R17hC15sancBX1

Rysunek trójkąta prostokątnego i trzech półokręgów, których średnicami są boki tego trójkąta o środkach S z indeksem dolnym 1, S z indeksem dolnym 2.

Suma pól trójkąta i dwóch półkoli o średnicach $6$ i $8$, a więc o promieniach $3$ i $4$, jest równa

Pole półkola o średnicy $10$, a więc o promieniu $5$, jest równe $\frac{25\pi }{2}$. Stąd pole zacieniowanej figury jest równe

Suma $P_1+P_2$ pól dwóch księżyców Hipokratesa jest więc równa polu trójkąta $ABC$.
Można wykazać, że analogiczna równość pól zachodzi dla dowolnego trójkąta prostokątnego. Wykazanie tego faktu proponujemy jako pouczające ćwiczenie.

1. $2\left(\frac{4\pi }{3}-\sqrt{3}\right)$

2. $24$

R1aY2vxbxityn1

Rysunek okręgu o środku S, z zaznaczonymi cięciwami AB i CD. Punkty E i F są środkami poprowadzonych cięciw okręgu.

Koniec $A$ jednej z cięciw, jej środek $E$ i środek $S$ okręgu to wierzchołki trójkąta prostokątnego, w którym

Z twierdzenia Pitagorasa otrzymujemy

Stąd odległość między cięciwami jest równa

Z twierdzenia o odcinkach stycznych otrzymujemy

R1HuIbFzlvCEh1

Rysunek okręgu o środku S wpisanego w trójkąt prostokątny A B C. Okrąg styczny jest do boków trójkąta w punktach D, E, F. Podane są następujące długości boków, boki CE i CF mają długość 5, boki BE i BD mają długość 10, a boki AD i AF mają długość 6.

Obwód trójkąta $ABC$ jest równy $L=2·6+2·5+2·10=42$.

R1cR1PZGfEgAT1

Rysunek okręgu o środku S. Na okręgu zaznaczone są punkty A i B. Kąt ASB ma miarę 110 stopni. W punktach A i B poprowadzone są styczne do okręgu. Punkt C jest punktem przecięcia się, pod kątem alfa, stycznych do okręgu.

Suma miar kątów w czworokącie $ASBC$ jest równa $360°$, zatem

skąd $\alpha =70°$.

$70°$.

Miara kąta środkowego $ASB$ opartego na łuku $AB$ jest dwa razy większa od miary kąta wpisanego $ACB$, więc $\left|\sphericalangle ASB\right|=60°$.

RmvsGRScFIBNr1

Rysunek okręgu o środku S. Kąt środkowy A S B równy 60 stopni oparty na tym samym łuku co kąt wpisany 30 stopni.

Pole wycinka $ASB$ o kącie $60°$ i promieniu $5$ jest równe

Trójkąt $ASB$ jest równoboczny, więc jego pole jest równe

Zatem szukane pole zacieniowanego odcinka jest równe

$\frac{25}{2}\left(\frac{\pi }{3}-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$

Okręgi są styczne zewnętrznie,
zatem

Trójkąty $O{S}_{1}G$ oraz $O{S}_{2}H$ są podobne (oba są prostokątne i mają wspólny kąt ostry przy wierzchołku $O$, więc trzeci kąt też mają taki sam. Korzystamy z cechy kąt – kąt – kąt podobieństwa trójkątów). Z tego otrzymujemy

$4$ i $12$

R1N3o3JfD6R3c1

Rysunek dwóch okręgów o wspólnym środku S. Punkty A i B leżą na większym okręgu, a punkt C leży na mniejszym okręgu. Cięciwa AB dłuższego okręgu jest styczna w punkcie C do mniejszego okręgu. Promień BS =13, promień CS =5.

Ponieważ $AB$ jest styczną, więc promień $CS$ mniejszego okręgu jest prostopadły do $AB$. Z twierdzenia Pitagorasa wynika, że długość odcinka $CB$ jest równa

Trójkąt $ASB$ jest równoramienny, gdyż $\left|AS\right|=\left|BS\right|=13$. Zatem wysokość $SC$ dzieli jego podstawę $AB$ na połowy. Cięciwa $AB$ ma więc długość $24$.

RA99gqT7Zsz2s1

Rysunek okręgu o środku S. Odcinek AB to cięciwa okręgu. Poprowadzono styczną do okręgu w punkcie A i styczną do okręgu w punkcie B. Styczne przecinają się w punkcie O. Dane są długości: AS=8, BS=8, BO=15 i AO=piętnaście.

Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie $AOS$ obliczymy długość odcinka $SO$

Czworokąt $AOBS$ jest deltoidem, którego pole możemy obliczyć na dwa sposoby.
Przekątne deltoidu $AB$ i $SO$ przecinają się pod kątem prostym. Stąd

Z drugiej strony deltoid składa się z dwóch przystających trójkątów prostokątnych, więc

Otrzymujemy w ten sposób równanie

z którego obliczamy

R1JKW9dZDoLvB1

Rysunek okręgu o środku S z wpisanym trójkątem rozwartokątnym ABC. Wpisane są kąty środkowe A S B i B S C.

Kąt $ACB$ jest wpisany w okrąg i oparty na łuku $AB$, na którym oparty jest też kąt środkowy $ASB$. Zatem miara kąta $ACB$ jest równa

Wklęsły kąt środkowy $ASC$ ma miarę $360°-\left(70°+32°\right)=258°$. Kąt środkowy $ASC$ jest oparty na łuku $AC$, na którym oparty jest też kąt wpisany $ABC$. Zatem miara kąta $ABC$ jest równa

Miara trzeciego kąta $BAC$ trójkąta jest równa $180°-129°-16°=35°$.

• przypadek $\text{I}$

RoIJImt4js6od1

Rysunek dwóch okręgów o środkach S z indeksem dolnym 1, S z indeksem dolnym 2 i stycznej do obu okręgów. Oba okręgi znajdują się po tej samej stronie stycznej. Poprowadzono linię przechodzącą przez środki obu okręgów. Linia ta przecina się ze styczną w punkcie O. W obu okręgach poprowadzono promienie prostopadłe do stycznej.

Trójkąty $O{S}_{1}A$ oraz $O{S}_{2}B$ są podobne, co wynika z cechy kąt – kąt – kąt podobieństwa trójkątów (Kąt $AO{S}_1$ jest wspólnym kątem obu trójkątów i oba są prostokątne, zatem trzeci kąt też musi mieć taką samą miarę). Zatem

czyli

Mamy więc

• przypadek $\text{II}$

  R1Jf41qvK3IT21

  Rysunek dwóch okręgów o środkach S z indeksem dolnym 1, S z indeksem dolnym 2 i stycznej do obu okręgów. Okręgi leżą po przeciwnych stronach stycznej. Poprowadzono prostą przez środki okręgów. Prosta ta przecina się ze styczną w punkcie O. W obu okręgach poprowadzono promienie prostopadłe do stycznej.

  

  Podobnie jak w przypadku $\text{I}$ wykazujemy, że trójkąty $O{S}_{1}A$ oraz $O{S}_{2}B$ są podobne, więc

  $$\frac{\left|A{S}_1\right|}{\left|B{S}_2\right|}=\frac{\left|O{S}_1\right|}{\left|O{S}_2\right|}$$,

  czyli

  $$\frac{2}{6}=\frac{\left|O{S}_1\right|}{10-\left|O{S}_1\right|}$$
  $$\frac{1}{3}=\frac{\left|O{S}_1\right|}{10-\left|O{S}_1\right|}$$
  $$10-\left|O{S}_1\right|=3\left|O{S}_1\right|$$,

  skąd $\left|O{S}_1\right|=2,5$ oraz $\left|O{S}_1\right|=10-2,5=7,5$.

$5$ i $15$ lub $2,5$ i $7,5$

Zacznij od wykazania z twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Pitagorasa, że trójkąt $ABC$ jest prostokątny. Wyznacz też promień okręgu wpisanego w ten trójkąt.

Trójkąt $ABC$ jest prostokątny. Wynika to z twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Pitagorasa, ponieważ

Promień okręgu wpisanego w trójkąt $ABC$ jest równy

Wierzchołek kąta prostego, środek okręgu wpisanego w trójkąt prostokątny oraz punkty styczności tego okręgu z przyprostokątnymi to wierzchołki kwadratu, którego bok ma długość równą promieniowi okręgu wpisanego. Stąd wynika, że punkty $D$ i $E$ są punktami styczności.

R1exJeo4k1UWi1

Rysunek trzech okręgów o środkach A, B, C. W trójkąt A B C wpisano okrąg o środku w punkcie S.

Niech $G$ oznacza punkt styczności okręgu wpisanego w trójkąt z przeciwprostokątną $AB$. Z twierdzenia o odcinkach stycznych wynika, że

ale to oznacza, że punkt $G$ pokrywa się z punktem $F$. To kończy dowód.