Окружность описана около квадрата abcd

Радиусы описанной и вписанной окружностей в квадрат

Окружность вписанная в квадрат

Чтобы формула нахождения радиуса вписанной окружности в квадрат r была правильно рассчитана, необходимо изначально вспомнить какими свойствами обладает данная фигура. У квадрата:

  • все углы прямые, то есть, равны 90°;
  • все стороны, как и углы, равны;
  • диагонали равны, точкой пересечения бьются строго пополам и пересекаются под углом 90°.

При этом вписанная в выпуклый многоугольник окружность обязательно касается всех его сторон. Обозначим квадрат ABCD, точку пресечения его диагоналей O. Как видно на рисунке 1, пересечение линий АС и ВD дают равнобедренный треугольник АОВ, в котором стороны АО=ОВ, углы ОАВ=АВО=45°, а угол АОВ=90°. Тогда радиусом вписанной окружности в квадрат будет не что иное, как высота ОЕ полученного равнобедренного треугольника АОВ.

Если предположить, что сторона квадрата равна у, то формула нахождения радиуса вписанной окружности в квадрат будет выглядеть следующим образом:

Объяснение: в равнобедренном треугольнике АОВ высота ОЕ или радиус r делят основание АВ пополам (свойства), образовывая при этом прямоугольный треугольник с прямым угол ОЕВ. В маленьком треугольнике ЕВО основание ОВ образует со сторонами ОЕ и ЕВ углы по 45°. Значит треугольник ЕВО еще и равнобедренный. Стороны ОЕ и ЕВ равны.

Окружность описанная около квадрата

Вокруг квадрата также можно описать окружность. В этом случае каждая вершина фигуры будет касаться окружности. Следующая формула нахождения радиуса описанной окружности около квадрата будет находиться еще проще. В этом случае R описанной окружности будет равен половине диагонали квадрата. В буквенном виде формула выглядит так (рисунок 2):

Объяснение: после проведения диагоналей ABCD образовались два одинаковых прямоугольных треугольника АВС = CDA. Рассмотрим один из них. В треугольнике CAD:

  • угол CDA=90°;
  • стороны AD=CD. Признак равнобедренного треугольника;
  • угол DAC равен ACD. Они равны по 45°.

Чтобы найти в этом прямоугольном треугольнике гипотенузу АС, необходимо воспользоваться теоремой Пифагора:
, отсюда
Поскольку окружность касается вершин квадрата, а точка пересечения его диагоналей является центром описанной окружности (свойства), то отрезок ОС и будет радиусом окружности. Он является половинкой гипотенузы. Это утверждение вытекает из свойств равнобедренного треугольника или свойств диагоналей квадрата. Потому формула нахождения радиуса описанной окружности около квадрата в нашем случае имеет следующий вид:

Поскольку AD=CD, а свойства квадратного корня позволяют вынести одно из подкоренных выражений, тогда формула приобретает вид:

Нахождения величины радиуса описанной окружности около квадрата при известной величине радиуса вписанной окружности.

  • треугольник ОСЕ – равнобедренный и прямоугольный;
  • ОЕ=ЕС=;
  • ОЕС=90°;
  • ЕОС=ОСЕ=45°;

Найти: ОС=?
Решение: в данном случае задачу можно решить, воспользовавшись либо теоремой Пифагора, либо формулой для R. Второй случай будет проще, поскольку формула для R выведена из теоремы.

Источник

Глава 4. Избранные задачи на квадрат.

Условие: вокруг квадрата ABCD описана окружность (окр.1), его диагонали пересекаются в точке E. На отрезке CE взята произвольная точка F, около треугольника DEF описана окружность, пересекающая окр.1 в точке G, а сторону CD— в точке K.

Условие: квадрат ABCD. Дуга окружности с радиусом, равным стороне квадрата, с центром в точке С, заключённая между сторонами квадрата. К ней проведена произвольная касательная, пересекающая стороны AD и AB в точках E и F соответственно. Диагональ BD. Отрезок CF, пересекающий её в точке G. Прямая EG пересекает сторону BC в точке H.

Доказать: отрезки CF и EH перпендикулярны и равны.

Условие: на сторонах квадрата ABCD AB и BC отмечены соответственно середины M и N. Около квадрата описана окружность. Прямые DM и DN пересекают эту окружность соответственно в точках K и L.

Читайте также:  Если параллелограмма равны то их площади равны правильно или нет

Доказать: отрезок KL делится сторонами квадрата на три равных отрезка.

Условие: вокруг квадрата ABCD описана окружность с центром O; проведены диагонали AC и BD; на дуге CD взята произвольная точка G и в ней к окружности проведена касательная. Прямые BD и AC пересекают её в точках E и H соответственно. Из E проведена вторая касательная к окружности, точка касания — F. Отрезок BF пересекает диагональ AC в точке I.

Доказать: углы GID и IHD равны.

Условие: вокруг квадрата ABCD описана окружность, на меньшей дуге BC взята произвольная точка E, прямые BE и DC пересекаются в точке F. На отрезке OF взята точка G, такая, что углы BGD и EBA равны.

Доказать: углы BGD и EGC равны.

№23. Условие: квадрат ABCD, на прямых AD и BD выбраны точки E и F так, что точка F лежит в той же полуплоскости относительно AB, что и вершины квадрата B и C, и треугольник EFA — равнобедренный (AE-основание). Прямая CE пересекает прямые BD и AB в точках G и H соответственно, прямая BC пересекает отрезок AF в точке I. Около треугольника EHD описана окружность, пересекающая диагональ BD в точке J.

Доказать: углы JCD и IGB равны.

Условие: в квадрате ABCD проведены диагонали AC и BD, пересекающиеся в точке O. На дуге CD выбрана произвольная точка E, отмечена середина меньшей дуги DE – F. Отрезок AE пересекает отрезок OF в точке G. Середина AD-H. Отрезок AE пересекает сторону квадрата CD в точке I. Из точки A проведён перпендикуляр AJ к прямой IO. Середина AB-K; прямая JK пересекает диагональ квадрата BD в точке L.

Доказать: углы CLI и OHG равны.

№25. Условие: вокруг квадрата ABCD описана окружность с центром O проведены диагонали AC и BD. На меньшей дуге BC взята точка E. Отрезок DE и сторона квадрата BC пересекаются в точке F. Прямая, параллельная AB и проходящая через точку F, пересекает сторону AD в точке G. На отрезке AG как на стороне построен квадрат AHKG во внутреннюю сторону, прямая GH пересекает дугу AB в точке L. Отрезки EL и BC пересекаются в точке M.

Сравнить углы BOM и ADL.

№26. Условие: квадрат ABCD описана окружность, на дуге BC отмечена её середина E, центр вписанной в треугольник BCD окружности—I, около треугольника ABI описана окружность с центром в точке F.

№27. Условие: квадраты ABCD и EFGH расположены так, что сторона EH лежит на AD, их середины совпадают, и один квадрат находится внутри другого. Диагональ BD пересекает FG в точке J, а GH-в точке K. Отрезок FG продолжен до пе8ресечения с AB в точке I. Отрезок KI пересекает отрезок EF в точке N.

Доказать: E,N,J,K лежат на одной окружности.

Условие: в квадрате ABCD проведена диагональ BD, отмечен центр вписанной окружности треугольника BCD—I и проведена его биссектриса BE. На ней выбрана такая точка Q, что BI:IQ=4:1, причём Q лежит на пр одолжении BI. На стороне CD отмечены середина её K и середина отрезка CK—P. Середина отрезка IK—R.

Доказать: P,Q,R лежат на одной прямой.

№29. Условие: в квадрате ABCD проведена диагональ AC. Проведена биссектриса треугольника ACB-CE. На CD выбрана точка F так, что CE=EF, прямые EF и AD пересекаются в т очке G, ортоцентр треугольника CEF-P, прямая GP пересекает BC в точке K, а CD—в точке M.

Доказать: 1) BE=BK; 2) KM=СF.

№30. Условие: вокруг квадрата ABCD с центром O описана окружность; на меньших дугах AD и BD отмечены точки N и L соответственно. В точках N и L к окружноcти проведены касательные (соответственно l1 и l2). Из точки C проведён перпендикуляр на прямую l1— CK. Из точки K опущен перпендикуляр KM на прямую l2. Углы KCD и BCL равны a и b, сторона квадрата равна d.

Читайте также:  Трапеция дворников ford c max

№31. Условие: в квадрате ABCD проведены диагонали AC и BD, пересекающиеся в точке O. Около квадрата описана окружность. На меньшей дуге BC взята точка E, прямые BE и CD пересекаются в точке F. На отрезке FO взята точка G, так что углы BGD и EGC равны. Прямая CG пересекает сторону AB в точке H, отрезок HE пересекает сторону BC в точке I

Доказать: отрезки BG,IO и AE пересекаются в одной точке.

№18. По теореме о вписанном угле, угол FGD—прямой. Но G принадлежит описанной окружности квадрата, следовательно, точки B,F,G лежат на одной прямой. Тогда по теореме о вписанном угле, углы CBG и CDG равны. А по свойству симметрии, равны также и углы CBF(CBG) и EDC. Следовательно, углы EDC и CDG равны, а поскольку равные углы, вписанные в одну и ту же окружность стягивают равные хорды,FK=KG.

№19. Обозначим точку касания EF с окружностью как M.

Проведём CM и CF (CE уже проведён). Тогда нетрудно заметить, что СМ=CB=CD, и поэтому CE и CF- биссектрисы соответственно углов DCM и BCM, однако сумма последних равна 90 градусов, следовательно, угол ECF равен 45 градусам и равен углу EDG. Тогда легко заметить, что в таком случае точки D, E, C, G лежат на одной окружности и потому угол FGC-прямой (так как прямой и угол FDC по условию). Отсюда вычисляется, что угол GFC равен 45 градусам, т.е. FG=CG. C помощью аналогичных рассуждений можно получить, что EG=HG. Значит, EG+HG=CG+GF, CF=EH, ч.т.д.

№20. Легко доказать, что LN=1/5 ND. Опустим из L перпендикуляр на BC- LP. PN=1/10 BC Пусть S- точка пересечения KL с BC. Тогда PS=PL=1/5BC, BS=1/5 BC ( KL параллелен AC по разным свойствам). И далее ясно.

№21. Известно, что диагонали квадрата перпендикулярны. Значит, отрезок BF перпендикулярен диагонали AC. В силу симметрии отрезок FG так же перпендикулярен этой диагонали (обозначим их точку пересечения K. Тогда отрезки прямык FG и IH параллельны, следовательно, углы BFG и BIH равны как соответственные. Угол BFG равен углу BGH по теореме о вписанном угле. По этой же теореме можно заключить, что точки I, B, H, G лежат на одной окружности и что углы BGI и BHI равны. Так как BE—линия симметрии, углы FBD и DBG равны. Очевидно, что отрезки BI и ID равны. Тогда из равнобедренного треугольника BID получаем, что угол IDB равен углу IBD, а следовательно, углы IDB и DBG также равны. Следовательно, так как углы IDB и DBG—накрест лежащие при секущей BD, прямые ID и BG параллельны, а значит, углы BGI и GID равны как накрест лежащие при этих прямых. Заметим, что AH—линия симметрия, так же, как BE. Поэтому углы IHD и BHI равны. Тогда углы IHD и GID равны, что и требовалось доказать.

№22. Опишем около треугольников EAO и CDO окружности и обозначим их окр.1 и окр.2 соотв. Описанную окружность квадрата обозначим окр.3. Тогда точка F—их радикальный центр, следовательно, окр.1 и окр.2 пересекаются на отрезке FO в некоторой точке G’. Проведём отрезки OE и CE и обозначим угол ECA как a. Тогда угол AOE будет равен по теореме о вписанном угле 2a, угол AEO—(90-a), угол EBC—(45-a) по теореме о сумме углов в треугольнике (рассматриваются треугольники BOE и BEC). Далее, по теореме о вписанном угле, угол BG’O равен (90-a), угол BG’E равен 2a, угол DG’O равен 45 градусам, угол CG’D равен 90 градусам. Из этого получаем, что сумма углов BG’O и DG’O равна (135-a) и равна таким образом углу EBA. Пользуясь же тем, что углы BG’O, DG’O, BG’E, CG’D и EG’C в сумме, собственно, составляют 360 градусов, получаем и то, что углы BG’D и EG’C равны, и, таким образом, точки G’ и G совпадают, что и требовалось доказать

Читайте также:  Замена трапеции дворников toyota

№23. Пусть угол JCD равен a. Продолжим отрезки HJ и AJ до пересечения с прямой CD в точках K и N. Тогда угол AND равен 90-a, а так как угол HJC, как нетрудно доказать, прямой, то угол NJK, по теореме о сумме углов в треугольнике, равен 2a. Значит, угол HJA также равен 2a как вертикальный ему (ясно также, что углы HCA и JCD равны). Тогда в силу симметрии точка J—центр описанной окружности треугольника HCA.

Очевидно также, что точка F является центром описанной окружности треугольника ECA. Тогда углы HJA и EFA равны. Обозначим точку пересечения прямой JH и отрезка EF как P. Понятно, что угол FAB равен половине угла EFA, и поэтому равен углу AJD. Тогда отрезки FA и AJ перпендикулярны так же, как и отрезки JP и PF.

Угол FCA равен (90-a),а угол CED равен (45-a), поэтому угол FEC равен 45 градусам, и точки E,F,C,D лежат на одной окружности, откуда, по теореме о впианном угле, отрезки AF и CF перпендикулярны. Отсюда JH и CF параллельны, поэтому углы HJF и JFC равны, также равны углы HJB и HCB , так как точки H,B,C,J лежат на одной окружности. Углы AFG и СFG равны по свойству симметрии.

Тогда четырёхугольник IFCG—вписанный. G—центр описанной окружности треугольника ICA. Следовательно, угол ICA равен половине угла IGA, а так как он сам равен 45 градусам, угол IGA равен 90 градусам. Поэтому угол IAB равен углу IJB.

Значит, углы JCD и IGB равны.

Комментарий: имеются ещё варианты решения, но они в общем близкой сложности.

№24. Разобьём задачу на две. Сначала докажем, что угол CAF равен половине угла OHG. Во-первых, точки A, O, G, D лежат на одной окружности, следовательно, угол AGD равен 90 градусов, по теореме о вписанном угле. Следовательно, углы OAG и ODG равны. С другой стороны, по свойству симметрии равны и углы OAM и ODM. Таким образом, угол CAF равен половине угла MDG.

Также очевидно, что точки H,M,G,D лежат на одной окружности, а значит, угла MDG и MHG равны. Значит, угол CAF равен половине угла OHG.

Теперь докажем, что угол CAI равен половине угла CLI. Из этого будет следовать утверждение задачи, так как точка I принадлежит лучу AF.

Так как отрезок OK перпендикулярен AB, точки O,K,L,A лежат на одной окружности по теореме о вписанном угле. Из этого следует, что угол KJA равен 135 градусам, угол же LDA равен 45 градусам, а значит, точки D, L, J, A лежат на одной окружности. Ясно, что на ней лежит и точка I; тогда IL=LA=CL, т.е. точка L является центром описанной окружности треугольника CAI.

Значит, так как вписанный в окружность угол равен половине её центрального угла, угол CAI равен половине угла CLI.

№25. Пусть угол CFD равен b. Тогда угол LGC равен (135-b). Тогда угол LEC больше величины (45+b). Угол же BEC равен 135. Нетрудно также посчитать, что угол EBС равен величине (90-b). Угол BEL меньше величины (90-b), следовательно, угол BEL меньше угла EBC. Так как отрезки BE и ED перпендикулярны, из вышесказанного следует что угол EIL—острый. Отсюда следует, что угол ECL меньше 45 градусов, и EL

Источник

Поделиться с друзьями
Объясняем