Задачи с соприкасающимися окружностями

Задачи с соприкасающимися окружностями

В треугольник ABC со сторонами AB = 5, BC = 7, CA = 10 вписана окружность. Прямая, пересекающая стороны AB и BC в точках M и K , касается этой окружности. Найдите периметр треугольника MBK .

Две окружности касаются в точке A . К ним проведена общая (внешняя) касательная, касающаяся окружностей в точках C и B . Докажите, что CAB = 90 o .

Решение

Две окружности S 1 и S 2 с центрами O 1 и O 2 касаются в точке A . Через точку A проведена прямая, пересекающая S 1 в точке A 1 и S 2 в точке A 2 . Докажите, что O 1 A 1 || O 2 A 2 .

Тема: [ ]
Решение

Из точки A проведены касательные AB и AC к окружности с центром O . Докажите, что если из точки M отрезок AO виден под углом 90 o , то отрезки OB и OC видны из нее под равными углами.

Тема: [ ]
Решение

Две окружности пересекаются в точках A и B. К этим окружностям проведена общая касательная, которая касается окружностей в точках C и D. Докажите, что прямая AB делит отрезок CD пополам.

Тема: [ ]
Решение

Страница: 1 2 3 4 5 6 7 >> [Всего задач: 1009]

Проект осуществляется при поддержке и .

Источник

VMath

Инструменты сайта

Основное

Информация

Действия

Содержание

Соприкасающаяся окружность. Эволюта, эвольвента

Разбор ДЗ

2. Найти кривизну и кручение кривой, заданной в неявном виде: $-x^2+y^2+z^2=1$, $-x^2+2y-z=0$ в точке $M(1,\,1,\,1)$.

Ответ: $k=\displaystyle\frac<\sqrt<6>><6>$, $\varkappa=1$.

3. Доказать, что кривая $x=1+2t+t^2, y=2-5t+t^2, z=1+t^2$

— плоская. Найти уравнение плоскости, в которой лежит эта кривая.

Ответ: $\varkappa=0$, $5x+2y-7z-2=0$.

Краткие теоретические сведения

Соприкосновение $k$-того порядка

Две кривые $$ \gamma_1: \vec_1=\vec_1(t)\,\, \mbox <и>\,\, \gamma_2: \vec_2=\vec_2(t) $$ имеют в общей точке $M_0$ соприкосновение (касание) $k$-того порядка, если в этой точке: \begin \frac_1>

=\frac_2>
, \ldots, \frac_1>=\frac_2>,\, \frac\vec_1>\neq\frac\vec_2>. \end

Для неявно заданных кривых — см. формулы в Феденко.

Касательная кривой имеет в точке касания имеет соприкосновение первого порядка.

Соприкасающаяся окружность плоской кривой

Пусть $\gamma$ — плоская кривая, $M_0 (t=t_0)$ — точка на ней.

Окружность, проходящая через точку $M_0$, называется соприкасающейся окружностью кривой $\gamma$ в точке $M_0$, если кривая в этой точке с окружностью имеет соприкосновение второго порядка (не ниже второго порядка).

Центр соприкасающейся окружности называют центром кривизны кривой в заданной точке.

Центр окружности лежит на нормали к кривой. Радиус окружности (радиус кривизны) есть величина, обратная кривизне этой кривой в заданной точке $M_0$: $$ R=1/k(t_0).$$

Эволюта и эвольвента

Эволютой плоской кривой называется огибающая ее нормалей.

Эволюта это геометрическое место центров кривизны плоской кривой.

Эвольвентой плоской кривой $\gamma$ называется такая кривая $\Gamma$ по отношению к которой $\gamma$ является эволютой.

Решение задач

Задача 1 (Феденко № 179)

Докажите, что линии \begin y_1=\mbox\,x, \,\, y_2=x^4-\frac16x^3+x. \end имеют в начале координат касание третьего порядка

Решение задачи 1

Задача 2 (Феденко №369)

Напишите уравнение соприкасающейся окружности линии $y=\mbox\,x$ в точке $A\left(\frac<\pi><2>; 1\right)$.

Решение задачи 2

Радиус соприкасающейся плоскости $R=\displaystyle\frac<1>$. Найдем кривизну для заданной кривой: \begin k = \displaystyle\frac<|y''|><\left(1+(y')^2\right)^<3/2>>=\frac<\mbox\,x><(1+\mbox^2\,x)^<3>>. \end \begin k\left(\frac<\pi><2>\right)=1 \,\, \Rightarrow \,\, R=1. \end Учитывая, что окружность касается синусоиды в точке $A\left(\displaystyle\frac<\pi><2>; 1\right)$, радиус окружности равен $1$ и центр окружности лежит на нормали, проведенной в точке касания, получаем следующее уравнение: \begin \left(x-\displaystyle\frac<\pi><2>\right)^2+y^2=1. \end

Задача 3 (Феденко №391)

Составьте уравнения и начертите эволюту кривой \begin x=a\left(\mbox\,\mbox\,\left(\displaystyle\frac<2>\right)+\mbox\,t\right), \,\, y = a\,\mbox\,t. \end

Решение задачи 3

Задача 4 (Феденко №397)

Составьте уравнения эвольвент окружности $x^2+y^2=a^2$ и сделайте рисунок.

Решение задачи 4

Запишем параметрическое уравнение окружности: \begin x=a\,\mbox\,t, \,\, y=a\,\mbox\,t. \end

Источник

Задачи с соприкасающимися окружностями

Постройте окружность, касающуюся трех данных окружностей ( задача Аполлония ).

Решение

Сведем эту задачу к задаче 28.10. Пусть окружность S радиуса r касается окружностей S 1 , S 2 , S 3 радиусов r 1 , r 2 , r 3 соответственно. Касание окружности S с каждой из S i ( i = 1, 2, 3) может быть как внешним, так и внутренним, поэтому всего возможно восемь различных случаев касания. Пусть, например, S касается S 1 и S 3 внешним, а S 2 — внутренним образом (рис.). Заменим окружности S , S 2 , S 3 на концентрические им окружности S’ , S 2 ‘, S 3 ‘ так, чтобы S’ касалась S 2 ‘ и S 3 ‘ и проходила через центр O 1 окружности S 1 . Для этого достаточно, чтобы радиусы S’ , S 2 ‘, S 3 ‘ равнялись r + r 1 , r 2 + r 1 , | r 3 — r 1 |. Обратно, по окружности S’ , проходящей через O 1 и касающейся S 2 ‘ и S 3 ‘ (внешне, если r 3 — r 1 0, и внутренне, если r 3 — r 1 S , дающую решение задачи, уменьшив радиус S’ на r 1 . Построение такой окружности S’ описано в решении задачи 28.10 (если виды касания заданы, то окружность строится однозначно). Таким же способом можно выполнить построение и в остальных возможных вариантах касания.

Источники и прецеденты использования

книга
Автор Прасолов В.В.
Год издания 2001
Название Задачи по планиметрии
Издательство МЦНМО
Издание 4*
глава
Номер 28
Название Инверсия
Тема Инверсия
параграф
Номер 2
Название Построение окружностей
Тема Построение окружностей
задача
Номер 28.011

Проект осуществляется при поддержке и .

Источник

Простая задача про круги, которая выглядит сложной

Но на деле она точно простая.

Разберём свежую задачу с канала MindYourDecisions. Это не про программирование, но развивает логическое мышление.

Дано: есть три одинаковых круга с диаметром в 1 метр. Круги соприкасаются друг с другом, а вокруг них натянута эластичная лента.

Что нужно: найти длину этой ленты.

Кажется, что это очень сложная задача, где нужно знать сложные формулы расчёта кривизны и точек натяжения, но на деле всё будет гораздо проще. Если знаете английский — посмотрите оригинальный ролик, там классная анимация:

Строим внутренний треугольник

Первое, что мы сделаем, — соединим центры всех кругов в один треугольник:

В геометрии есть такое правило, что если круги касаются друг друга, то через их центры можно провести прямую линию, и точка касания кругов будет лежать на этой линии. Раз у нас диаметр равен 1, то радиус каждого круга равен 0,5. Обозначим это на рисунке:

Получается, что длина каждой стороны треугольника равна 0,5 + 0,5 = 1. Запомним это и идём дальше.

Строим проекцию

От каждой вершины треугольника проведём под прямым углом линии к ленте:

Получились прямоугольники. У прямоугольников противоположные стороны равны, поэтому раз стороны треугольника равны единице, то и эти отрезки на ленте тоже будут равны единице:

Осталось найти длину оставшихся секций:

Вычисляем длину секций

Здесь нам поможет знание о том, что полный оборот внутри круга — это 360 градусов.

Так как во внутреннем треугольнике все стороны равны, то это равносторонний треугольник. А раз так, то углы в нём равны 60 градусов. Добавим сюда по два прямых угла по 90 градусов из прямоугольников:

Решаем уравнение: 90 + 60 + 90 + X = 360 → X = 120 градусов.

Но 120 градусов — это ровно треть круга, а у нас таких частей как раз три:

Это значит, что из них можно составить один целый круг. При этом мы знаем, что у этого круга радиус 0,5, а диаметр тогда равен единице. Этого достаточно, чтобы посчитать длину окружности: L = π × d → L = 3,14.

Складываем это число с длинами трёх отрезков и получаем полную длину: 3 + π

Источник

Задачи с соприкасающимися окружностями

Две окружности касаются внешним образом в точке K. Прямая AB касается первой окружности в точке A, а второй — в точке B. Прямая BK пересекает первую окружность в точке D, прямая AK пересекает вторую окружность в точке C.

а) Докажите, что прямые AD и BC параллельны.

б) Найдите площадь треугольника AKB, если известно, что радиусы окружностей равны 4 и 1.

а) Обозначим центры окружностей O1 и O2 соответственно. Пусть общая касательная, проведённая к окружностям в точке K, пересекает AB в точке M. По свойству касательных, проведённых из одной точки, AM = KM и KM = BM. Треугольник AKB, у которого медиана равна половине стороны, к которой она проведена, — прямоугольный.

Вписанный угол AKD прямой, поэтому он опирается на диаметр AD. Значит, ADAB. Аналогично получаем, что BCAB. Следовательно, прямые AD и BC параллельны.

б) Пусть, для определенности, первая окружность имеет радиус 4, а радиус второй равен 1.

Треугольники BKC и AKD подобны, Пусть тогда

У треугольников AKD и AKB общая высота, следовательно,

Вычислим площадь трапеции ABCD. Заметим, что Проведём к AD перпендикуляр O2H, равный высоте трапеции, и найдём его из прямоугольного треугольника O2HO1:

Тогда

Следовательно, 25S = 20, откуда S = 0,8 и SAKB = 4S = 3,2.

Приведем вариант решения п. б) предложенный Рамилем Багавиевым.

Из первого решения известно, что Из подобия треугольников AKD и AKB следует таким образом AK = 2BK. Напишем теорему Пифагора для треугольника AKB

Теперь несложно вычислить

Две окружности касаются внутренним образом. Третья окружность касается первых двух и их линии центров.

а) Докажите, что периметр треугольника с вершинами в центрах трёх окружностей равен диаметру наибольшей из этих окружностей.

б) Найдите радиус третьей окружности, если известно, что радиусы первых двух равны 4 и 1.

а) Пусть АВ — диаметр большей из трёх окружностей, О — её центр, O1 — центр окружности радиуса r у касающейся окружности с диаметром АВ в точке А, O2 — центр окружности радиуса R, касающейся окружности с диаметром АВ в точке С, окружности с центром O1 — в точке D, отрезка АВ — в точке Е. Точки О, O2 и С лежат на одной прямой, поэтому OO2 = ОСO2С = ОСR. Аналогично ОО1 = OAО1А = ОАr и O1O2 = O1D + O2D = r + R. Следовательно, периметр треугольника OO1O2 равен

О1E = OO1 + ОЕ, то

Полученное уравнение не имеет корней, что означает, что данная конфигурация невозможна.

Рассмотрим случай, когда точка Е лежит между точками О и А. В этом случае О1E = OO1ОЕ, то есть Из этого уравнения находим, что

Ответ: б)

Приведем решение пункта б) Наиля Мусина.

Пусть радиус третьей окружности равен R. Рассмотрим треугольник OO1O2:

По доказанному в пункте а) периметр треугольника OO1O2 равен 8. Найдем площадь этого треугольника по формуле Герона:

Заметим, что радиус R третьей окружности является высотой данного треугольника, следовательно,

Хорды AD, BE и CF окружности делят друг друга на три равные части.

а) Докажите, что эти хорды равны.

б) Найдите площадь шестиугольника ABCDEF, если точки A, B, C, D, E, F последовательно расположены на окружности, а радиус окружности равен

а) Пусть две хорды равны 3x и 3y. По теореме о произведении пересекающихся хорд 2x · x = 2y · y. Отсюда находим, что x = y, значит, эти хорды равны. Аналогично докажем, что третья хорда равна каждой из первых двух.

б) Равные хорды равноудалены от центра окружности, поэтому центр равностороннего треугольника с вершинами в точках попарного пересечения хорд совпадает с центром данной окружности. Пусть хорды BE и CF пересекают хорду AD в точках P и Q соответственно, хорды BE и FC пересекаются в точке T, а H — проекция центра O на хорду AD. Тогда H — общая середина отрезков AD и PQ, а OH — радиус вписанной окружности равностороннего треугольника PQT со стороной PQ.

Через точку T проведём прямую, параллельную AD, через точку P — прямую, параллельную CF, а через точку Q — прямую, параллельную BE. Эти прямые и хорды AD, BE и CF разбивают шестиугольник ABCDEF на 13 одинаковых равносторонних треугольников.

Обозначим PQ = 2a. Тогда

Отсюда находим, что a = 3, значит, PQ = 2a = 6,

Ответ:

Я решил другим, но верным способом через площади 6 равных треугольников, перепроверил с репититором, у нас выходит ответ 126 корней из 3. Кстати именно такого альтернативного способа не хватает в решении.

Наверное, в этот момент стоило бы сравнить ваше решение с нашим и попробовать найти ошибку. В математике все просто: или ошибка есть, или ее нет.

Две окружности касаются внутренним образом в точке A, причём меньшая проходит через центр большей. Хорда BC большей окружности касается меньшей в точке P. Хорды AB и AC пересекают меньшую окружность в точках K и M соответственно.

а) Докажите, что прямые KM и BC параллельны.

б) Пусть L — точка пересечения отрезков KM и AP. Найдите AL, если радиус большей окружности равен 10, а BC = 16.

а) Пусть O — центр большей окружности. Линия центров касающихся окружностей проходит через точку касания, поэтому OA — диаметр меньшей окружности.

Точка K лежит на окружности с диаметром OA, значит, ∠AKO = 90°. Отрезок OK — перпендикуляр, опущенный из центра большей окружности на хорду AB. Поэтому K — середина AB. Аналогично, M — середина AC, поэтому KM — средняя линия треугольника ABC. Следовательно, прямые MK и BC параллельны.

б) Опустим перпендикуляр OH на хорду BC. Тогда H — середина BC. Из прямоугольного треугольника OHB находим, что

Пусть Q — центр меньшей окружности. Тогда прямые QP и OH параллельны. Опустим перпендикуляр QF из центра меньшей окружности на OH. Тогда

а из прямоугольного треугольника APO находим, что

Отрезок KM — средняя линия треугольника ABC, поэтому L средина AP. Следовательно,

Ответ: б)

Приведём решение Марии Ковалёвой (Москва).

а) Проведём общую касательную к окружностям AT, как показано на рисунке слева. Тогда и поскольку угол между касательной и хордой равен половине заключённой между ними дуги. Тогда равны Соответственные углы при пересечении прямых KM и BC равны, поэтому данные прямые параллельны.

б) По обобщенной теореме синусов, в треугольниках AKM и ABC стороны KM и BC относятся так же, как радиусы данных в условии окружностей, то есть как 1 : 2. Следовательно, KM — средняя линия треугольника ABC, и по теореме Фалеса. Осталось найти .

Опустим перпендикуляр OH на хорду BC (см. рис. справа). Тогда H — середина BC. Из прямоугольного треугольника OHB находим, что

Треугольник OAP прямоугольный, так как угол OРA опирается на диаметр. Углы OAP и OPH равны по теореме об угле между касательной и хордой. Следовательно, прямоугольные треугольники OAP и OPH подобны по острому углу. Имеем: то есть Следовательно, По теореме Пифагора, Окончательно получаем:

Решение «сыпется», если концы хорды ВС расположить по разные стороны от диаметра (ОА). Тогда ОН, по-прежнему равный 6 из теоремы Пифагора, будет по чертежу меньше, чем параллельный ему радиус QP=5 меньшей окружности

Да, Ваше рассуждение доказывает, что этот случай невозможен.

По­че­му К се­ре­ди­на АВ при усло­вии,что ОК пер­пен­ди­ку­ляр? Что за свой­ство?

Свой­ство вы­со­ты рав­но­бед­рен­но­го тре­уголь­ни­ка. Тре­уголь­ник ОАВ — рав­но­бед­рен­ный, ОК — его вы­со­та, про­ве­ден­ная к ос­но­ва­нию

Две окружности касаются внешним образом в точке K. Прямая AB касается первой окружности в точке A, а второй&nbsp— в точке B. Прямая BK пересекает первую окружность в точке D, прямая AK пересекает вторую окружность в точке C.

а) Докажите, что прямые AD и BC параллельны.

б) Найдите площадь треугольника AKB, если известно, что радиусы окружностей равны 4 и 1.

а). Обозначим центры окружностей O1 и O2 соответственно. Пусть общая касательная, проведённая к окружностям в точке K, пересекает AB в точке По свойству касательных, проведённых из одной точки, и. Треугольник AKB, у которого медиана равна половине стороны, к которой она проведена, — прямоугольный.

Вписанный угол прямой, поэтому он опирается на диаметр Значит, Аналогично получаем, что Следовательно, прямые AD и BC параллельны.

б). Пусть, для определенности, первая окружность имеет радиус 4, а радиус второй равен 1.

Треугольники BKC и AKD подобны, Пусть тогда

У треугольников общая высота, следовательно, то есть Аналогично, Площадь трапеции ABCD равна

Вычислим площадь трапеции ABCD. Проведём к AD перпендикуляр равный высоте трапеции, и найдём его из прямоугольного треугольника

Тогда

Следовательно, откуда и

Источник

Читайте также:  31п 2 на окружности
Поделиться с друзьями
Объясняем