Планиметрия

Центральные и
вписанные углы

Telegram основной

ВКонтакте

Другие бесплатные материалы от Профиматики

⬈

Telegram для преподавателей

Хочешь больше полезных материалов? Переходи по ссылкам

Katex

Угол с вершиной в центре окружности называется центральным.

$\alpha = \stackrel{\smile}{AB}.$

Katex

Угол, вершина которого лежит на окружности, а стороны пересекают окружность называется вписанным.

Katex

▶ 1. Вписанный угол, опирающийся на ту же дугу, что и центральный, равен его половине.

$\beta =\frac{1}{2}\alpha.$

Katex

Замечание: В частности два вписанных угла, опирающиеся на одну и ту же дугу, равны.

Доказательство

Katex

▶ 2. Радиус окружности, проведенный в точку касания, перпендикулярен касательной.

Доказательство

Katex

▶ 3. Угол между касательной и хордой, проведённой в точку касания, равен вписанному углу, который опирается на дугу, стягиваемую хордой.

Доказательство

Katex

▶ 4. Угол между пересекающимися хордами равен полусумме выскаемых ими дуг.

Доказательство

Доказательства

Katex

▶ 8. На отрезке $AB$ как на диаметре построили окружность. Тогда:

1) Из точек, лежащих строго внутри окружности, диаметр $AB$ виден под тупым углом.

2) Из точек, лежащих на самой окружности, диаметр $AB$ виден под прямым углом.

3) Из точек, лежащих вне окружности, диаметр $AB$ виден под острым углом.

Katex

▶ 9. Дуги, заключенные между двумя параллельными хордами, равны.

Доказательство

Katex

▶ 10. Дуги, заключенные между хордой и параллельной ей касательной, равны.

Katex

▶ 11. Дуги, стягиваемые равными хордами, равны.

Katex

Замечание: Любая хорда стягивает две дуги окружности (например, хорда $AB$ стягивает дуги $\stackrel{\smile}{AB}$ и $\stackrel{\smile}{BA}$). Тогда, если хорды $AB$ и $CD$ равны, то дуга $\stackrel{\smile}{AB}$ равна дуге $\stackrel{\smile}{CD}$ и дуга $\stackrel{\smile}{BA}$ равна дуге $\stackrel{\smile}{DC}$.

Доказательство

Katex

▶ 5. Угол между двумя секущими, проведенными из одной точки, равен полуразности большей и меньшей высекаемых ими дуг.

Доказательство

Katex

▶ 6. Угол между касательной и секущей, проведенными из одной точки, равен полуразности высекаемых ими дуг.

Katex

▶ 7. Угол между двумя касательными, проведенными из одной точки, равен полуразности высекаемых ими дуг.

Katex

▶ 12. Диаметр, перпендикулярный хорде, делит пополам саму хорду и дугу, стягиваемую ею.

Обратно, диаметр, проходящий через середину хорды перпендикулярен ей.

Доказательство

Katex

▶ 13. Пусть хорды $AB$ и $CD$ пересекаются в точке $E$, тогда

$AE\cdot EB = DE\cdot EC.$

Katex

▶ 14. Пусть $M$ - точка вне окружности, $a$ - расстояние от точки $M$ до центра окружности, $r$ - радиус окружности. Пусть $BM$ - касательная к окружности. Секущая из точки $M$ пересекает окружность в точках $A$ и $C$, тогда

$BM^2=MC\cdot MA=a^2-r^2$

Katex

Замечание: Данное утверждение можно также переформулировать иначе. Квадрат касательной равен произведению всей секущей на её внешнюю часть.

Доказательство

Katex

▶ 15. Пусть $M$ - точка вне окружности. $ME$ - касательная к окружности. Из точки $M$ выходят две секущие: первая пересекает окружность в точках $A$ и $B$, вторая - в точках $C$ и $D$. Тогда:

$ME^2=MA\cdot MB=MC\cdot MD$

Katex

Доказательство:

Рассмотрим $3$ случая расположения точки $C$.

Случай 1: Пусть точка $O$ лежит на отрезке $AC$. Тогда $AC$ - диаметр и $OC = OB$, то есть треугольник $COB$ - равнобедренный и $\angle{OCB} = \angle{OBC}$. Внешний угол $\angle{AOB}$ равен сумме внутренних, не смежных с ним. Получаем, что

$\angle{AOB} = \angle{OCB} + \angle{OBC} = 2\angle{OCB} = 2\angle{ACB}.$

Случай 2: Пусть точка $O$ лежит внутри угла $ACB$. Продолжим прямую $CO$ до пересечения с окружностью в точке $D$. Точка $O$ лежит на отрезке $CD$, а значит, $\angle{AOD} = 2\angle{ACD}$ и $\angle{DOB} = 2\angle{DCB}$ (см. случай $1$), поэтому $\angle{AOB} = 2\angle{ACB}$.

Katex

Случай 3: Пусть точка $O$ лежит вне угла $ACB$. Продолжим прямую $CO$ до пересечения с окружностью в точке $D$. Без ограничения общности, считаем, что точка $A$ лежит внутри угла $DCB$. Тогда

$\angle{AOB} = \angle{BOD} - \angle{AOD} = 2\angle{BCD} - 2\angle{ACD} = 2\angle{ACB}.$

$\Box$

Katex

Доказательство:

Допустим, что радиус окружности, проведенный в точку касания, не перпендикулярен касательной. Тогда из центра окружности проведём к касательной отрезок, перпендикулярный ей. При этом радиус является наклонной к касательной, а значит, расстояние от точки $O$ до касательной меньше радиуса, поэтому касательная имеет две точки пересечения с окружностью. Получаем противоречие.

$\Box$

Katex

Доказательство:

Продлим отрезок $BO$ до пересечения с окружностью в точке $D$. Тогда по теореме о вписанном угле получаем, что $\angle{BDC} = \angle{BAC}$. Угол $BCD$ опирается на диаметр окружности, а значит, он равен $90^{\circ}$, поэтому

$\angle{CBD} = 90^{\circ} - \angle{BDC} = 90^{\circ} - \angle{BAC}.$

$OB$ - радиус окружности, а значит, $\angle{DBE} = \angle{OBE} = 90^{\circ}$. Таким образом

$\angle{CBE} = 90^{\circ} - \angle{CBD} = 90^{\circ} - (90^{\circ} - \angle{BAC}) = \angle{BAC}.$

$\Box$

Katex

Доказательство:

Пусть $E$ - точка пересечения хорд $AC$ и $BD$. Рассмотрим треугольник $AED$. Мы знаем, что $\angle{BDA} = \dfrac{1}{2}\stackrel{\smile}{AB}$ и $\angle{CAD} = \dfrac{1}{2}\stackrel{\smile}{CD}$. Тогда получаем:

$\angle{AED} = 180^{\circ} - \angle{BDA} - \angle{CAD} = 180^{\circ} - \dfrac{\stackrel{\smile}{AB} + \stackrel{\smile}{CD}}{2}.$

Значит,

$\angle{CED} = 180^{\circ} - \angle{AED} = \dfrac{\stackrel{\smile}{AB} + \stackrel{\smile}{CD}}{2}.$

$\Box$

Katex

Доказательство:

Рассмотрим треугольник $MDB$. Мы знаем, что $\angle{MBD} = \dfrac{1}{2}\stackrel{\smile}{CD}$ и $\angle{ADB} = \dfrac{1}{2}\stackrel{\smile}{AB}$. Угол $ADB$ - внешний для треугольника $MDB$, значит, $\angle{ADB} = \angle{DMB} + \angle{MBD},$ то есть $\angle{DMB} = \angle{ADB} - \angle{MBD} = \dfrac{\stackrel{\smile}{AB} - \stackrel{\smile}{CD}}{2}$.

$\Box$

Katex

Доказательство:

Рассмотрим треугольник $ABC$. По теореме об угле между касательной и хордой получаем, что $\angle{BAC} = \angle{CBM}$. По теореме о вписанном угле мы знаем, что $\angle{ACB} = \dfrac{1}{2}\stackrel{\smile}{BA}$ и $\angle{CBM} = \angle{BAC} = \dfrac{1}{2}\stackrel{\smile}{CB}$. Угол $ACB$ является внешним для треугольника $MBC$, значит,

\[\angle{ACB} = \angle{CBM} + \angle{CMB},\]

то есть

$\angle{CMB} = \angle{ACB} - \angle{CBM} = \dfrac{\stackrel{\smile}{BA} - \stackrel{\smile}{CB}}{2}.$

$\Box$

Katex

Доказательство:

Четырёхугольник $AOBM$ - дельтоид, потому, что $AO$ и $OB$ - радиусы окружности, $MA$ и $MB$ - касательные, проведённые из одной точки. При этом по теореме об угле между касательной и радиусом получаем, что $\angle{OAM} = \angle{OBM} = 90^{\circ}$, значит, вокруг $AOBM$ можно описать окружность. Поэтому $\angle{AOB} + \angle{AMB} = 180^{\circ}$. Угол $AOB$ - центральный, поэтому $\angle{AOB} = \stackrel{\smile}{AB}$. Также мы знаем, что $\stackrel{\smile}{AB} + \stackrel{\smile}{BA} = 360^{\circ}$, то есть $\dfrac{\stackrel{\smile}{AB} + \stackrel{\smile}{BA}}{2} = 180^{\circ}$. Значит

$\stackrel{\smile}{AB} + \angle{AMB} = \dfrac{\stackrel{\smile}{AB} + \stackrel{\smile}{BA}}{2},$

то есть $\angle{AMB} = \dfrac{\stackrel{\smile}{BA} - \stackrel{\smile}{AB}}{2}$.

$\Box$

Katex

Доказательство:

Для начала рассмотрим случай, когда точка $C_2$ лежит на окружности. Тогда угол $\angle{AC_2B}$ опирается на диаметр окружности, значит, по теореме о вписанном угле следует, что $\angle{AC_2B} = 90^{\circ}$.

Далее рассмотрим случай $1$. Пусть точка $C_1$ лежит внутри окружности. Продлим отрезок $AC_1$ до пересечения с окружностью в точке $D$. Тогда $\angle{ADB} = 90^{\circ}$, значит, $\angle{BC_1D} < 90^{\circ}$, так как $\angle{BC_1D}$ - угол между катетом и гипотенузой в прямоугольном треугольнике $BDC_1$. Таким образом, получаем, что $\angle{AC_1B} = 180^{\circ} - \angle{BC_1D} > 90^{\circ}$.

Рассмотрим случай $3$. Пусть точка $C_3$ лежит вне окружности и $D$ - точка пересечения отрезка $AC_3$ с окружностью. Тогда $\angle{ADB} = 90^{\circ}$, поэтому $\angle{BDC_3} = 90^{\circ}$, значит, $\angle{BC_3D} < 90^{\circ}$.

$\Box$

Katex

Доказательство:

Так как отрезки $AD$ и $BC$ параллельны, то углы $DAC$ и $ACB$ равны как внутренние накрест лежащие, значит, они опираются на равные дуги.

$\Box$

Katex

Доказательство:

Углы $CAD$ и $ACB$ равны, так как они являются внутренними накрест лежащими при параллельных прямых. При этом по теореме об угле между касательной и хордой получаем, что $\angle{CAD} = \angle{ABC}$. Значит, $\angle{ACB} = \angle{ABC}$, поэтому равны и соответствующие им дуги $\stackrel{\smile}{AB}$.

$\Box$

Katex

Доказательство:

Рассмотрим треугольники $AOB$ и $DOC$. $AO = OB = DO = OC$, так как это радиусы окружности, при этом $AB = CD$, значит, треугольники $AOB$ и $DOC$ равны по трём сторонам, поэтому $\angle{AOB} = \angle{DOC}$, то есть равны и соответствующие этим центральным углам дуги, то есть $\stackrel{\smile}{AB} = \stackrel{\smile}{DC}$.

$\Box$

Katex

Доказательство:

Пусть $CD$ - диаметр, $AB$ - хорда перпендикулярная $CD$. Рассмотрим треугольник $AOB$, он равнобедренный, так как $OA$ и $OB$ - радиусы окружности. $OM$ - высота треугольника $AOB$, проведённая к основанию, значит $OM$ также является биссектрисой. Поэтому дуги, на которые опираются центральные углы $AOD$ и $BOD$, равны. Аналогично доказывается, что $\stackrel{\smile}{AC} = \stackrel{\smile}{CB}$.

Обратно, пусть диаметр $CD$ проходит проходит через середину хорды $AB$. $AOB$ - равнобедренный треугольник, а значит $OM$ - высота треугольника $AOB$, то есть диаметр окружности перпендикулярен хорде $AB$.

$\Box$

Katex

Доказательство:

Рассмотрим треугольники $DEA$ и $CEB$. Вписанные углы $ADC$ и $ABC$ опираются на одну и ту же дугу, значит, $\angle{ADC} = \angle{ABC}$. Аналогично получаем, что $\angle{DAB} = \angle{DCB}$, значит, треугольники $DEA$ и $CEB$ подобны по двум углам. Таким образом,

$ \dfrac{AE}{EC} = \dfrac{DE}{EB}, $

значит,

$ AE \cdot EB = DE \cdot EC. $

$\Box$

Katex

Доказательство:

Рассмотрим треугольники $ABM$ и $BCM$. По теореме об угле между касательной и хордой получаем, что $\angle{BAC} = \angle{CBM}$. Угол $BMA$ общий для треугольников $ABM$ и $BCM$, значит, они подобны. Получаем, что

$ \dfrac{MB}{MA} = \dfrac{MC}{MB}, $

значит, $MB^2 = MC \cdot MA$.

Треугольник $OBM$ — прямоугольный, так как радиус, проведённый в точку касания, перпендикулярен касательной. Таким образом, по теореме Пифагора получаем, что

$ OM^2 = OB^2 + MB^2, $

значит,

$ MB^2 = a^2 - r^2. $

$\Box$