Решим за­да­чу, ис­поль­зуя изоб­ра­же­ние, со­став­лен­ное по её усло­вию.

Так как точка D делит дугу AC по­по­лам, то видно, что   =   по­то­му что они яв­ля­ют­ся впи­сан­ны­ми уг­ла­ми, ко­то­рые опи­ра­ют­ся на рав­ные части дуги. Сле­до­ва­тель­но, BD  — бис­сек­три­са Тогда, по свой­ству бис­сек­три­сы, в тре­уголь­ни­ке ABC вы­пол­не­но от­но­ше­ние   =    =  

От­ку­да по­лу­ча­ем AE  =  

Из тео­ре­мы об от­рез­ках пе­ре­се­ка­ю­щих­ся хорд имеем: AE · CE  =  KE · EM, то есть,   =   · CE  =  

Таким об­ра­зом, имеем:

Ответ:

Решим за­да­чу, ис­поль­зуя изоб­ра­же­ние, со­став­лен­ное по её усло­вию.

Так как точка D делит дугу AC по­по­лам, то видно, что   =   по­то­му что они яв­ля­ют­ся впи­сан­ны­ми уг­ла­ми, ко­то­рые опи­ра­ют­ся на рав­ные части дуги. Сле­до­ва­тель­но, BD  — бис­сек­три­са

Тогда, по свой­ству бис­сек­три­сы, в тре­уголь­ни­ке ABC вы­пол­не­но от­но­ше­ние   =    =  

От­ку­да по­лу­ча­ем AE  =  

Из тео­ре­мы об от­рез­ках пе­ре­се­ка­ю­щих­ся хорд имеем AE · CE  =  KE · EM, то есть,   =   ·  CE  =  

Таким об­ра­зом, имеем:

Ответ:

Введём обо­зна­че­ния, как по­ка­за­но на ри­сун­ке. Тогда по тео­ре­ме о ка­са­тель­ной и се­ку­щей Имеем:

По смыс­лу за­да­чи x > 0, по­это­му x = 4, то есть MB = 4 см.

Ответ: 4 см.

Введём обо­зна­че­ния, как по­ка­за­но на ри­сун­ке. Тогда по тео­ре­ме о ка­са­тель­ной и се­ку­щей Имеем:

По смыс­лу за­да­чи x > 0, по­это­му x = 4, то есть AD = 4 см.

Ответ: 4 см.

Так как угол AOB  —  цен­траль­ный, то он равен дуге на ко­то­рую опи­ра­ет­ся, то есть равен 90°. По­это­му тре­уголь­ник AOB пря­мо­уголь­ный и рав­но­бед­рен­ный, так как гра­дус­ная мера дуги AB равна 90°, OB и OA  — ра­ди­у­сы. Тогда по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра: AB²  =  OA² + OB². Под­ста­вим и по­лу­чим: AB²  =  6² + 6²  =  72, тогда

Ответ:

Так как угол AOB  —  цен­траль­ный, то он равен дуге на ко­то­рую опи­ра­ет­ся, то есть равен 90°. По­это­му тре­уголь­ник AOB пря­мо­уголь­ный и рав­но­бед­рен­ный, так как гра­дус­ная мера дуги AB равна 90°, OB и OA  — ра­ди­у­сы. Тогда по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра: AB²  =  OA² + OB². Под­ста­вим и по­лу­чим: AB²  =  8² + 8²  =  128, тогда

Ответ:

Так как се­ку­щая BA пер­пен­ди­ку­ляр­на к пря­мым MA и NB, то пря­мые и NB па­рал­лель­ны.(см.рис.).

Вос­поль­зу­ем­ся тео­ре­мой о ка­са­тель­ных, про­ве­ден­ных из одной точки: а тогда

Рас­смот­рим пря­мо­уголь­ную тра­пе­цию CDBA, про­ве­дем вы­со­ту DH. Так как в HDBA все углы пря­мые, то это пря­мо­уголь­ник.

Тогда по­лу­ча­ем, что и

Вос­поль­зу­ем­ся тео­ре­мой Пи­фа­го­ра для тре­уголь­ни­ка CDH. Тогда Зная DH, най­дем ра­ди­ус окруж­но­сти.

Ответ:

Так как се­ку­щая BA пер­пен­ди­ку­ляр­на к пря­мым MA и NB, то пря­мые и NB па­рал­лель­ны.(см.рис.).

Вос­поль­зу­ем­ся тео­ре­мой о ка­са­тель­ных, про­ве­ден­ных из одной точки: а тогда

Рас­смот­рим пря­мо­уголь­ную тра­пе­цию CDBA, про­ве­дем вы­со­ту DH. Так как в HDBA все углы пря­мые, то это пря­мо­уголь­ник.

Тогда по­лу­ча­ем, что и

Вос­поль­зу­ем­ся тео­ре­мой Пи­фа­го­ра для тре­уголь­ни­ка CDH. Тогда Зная DH, най­дем ра­ди­ус окруж­но­сти.

Ответ:

Пусть AB  — дан­ная хорда, O  — центр дан­ной окруж­но­сти. Тогда OH  — рас­сто­я­ние от цен­тра окруж­но­сти до хорды.

Тре­уголь­ник OAB  — рав­но­бед­рен­ный, так как OA = OB = r. Зна­чит, OH  — ме­ди­а­на, вы­со­та и бис­сек­три­са по свой­ству рав­но­бед­рен­ных тре­уголь­ни­ков. Тогда AH = HB = 16 : 2  =  8 см.

Тре­уголь­ник OHB  — пря­мо­уголь­ный, так как OH пер­пен­ди­ку­ляр­но AB как вы­со­та. При­ме­ним тео­ре­му Пи­фа­го­ра:

Вы­чис­лим длину окруж­но­сти по фор­му­ле : см.

Ответ: см.

Угол между пе­ре­се­ка­ю­щи­ми­ся хор­да­ми равен по­лу­сум­ме гра­дус­ных мер дуг, на ко­то­рые опи­ра­ет­ся дан­ный угол и вер­ти­каль­ный ему со­от­вет­ствен­но. Тогда:

Ответ:   =  

Угол между пе­ре­се­ка­ю­щи­ми­ся хор­да­ми равен по­лу­сум­ме гра­дус­ных мер дуг, на ко­то­рые опи­ра­ют­ся дан­ный угол и вер­ти­каль­ный ему со­от­вет­ствен­но. Тогда:

Ответ:   =  

Угол между се­ку­щи­ми равен по­лу­раз­но­сти дуг, за­клю­чен­ных между ними. По­это­му угол AKD  =  (110° − 34°) : 2  =  38°.

Ответ: 38°.

Угол между се­ку­щи­ми равен по­лу­раз­но­сти дуг, за­клю­чен­ных между ними. По­это­му угол CKD  =  (102° − 46°) : 2  =  28°.

Ответ: 28°.

Крат­чай­шее рас­сто­я­ние до пря­мой  — пер­пен­ди­ку­ляр к ней  — мень­ше ра­ди­у­са, зна­чит, пря­мая пе­ре­се­ка­ет окруж­ность в двух точ­ках. Итак, пра­виль­ный ответ на­хо­дит­ся под бук­вой б).

Ответ: б).

Крат­чай­шее рас­сто­я­ние до пря­мой  — пер­пен­ди­ку­ляр к ней  — боль­ше ра­ди­у­са, зна­чит, пря­мая не пе­ре­се­ка­ет­ся с окруж­но­стью. Итак, пра­виль­ный ответ на­хо­дит­ся под бук­вой в).

Ответ: в).

Про­ведём хорды AD и BC, ко­то­рые будут об­ра­зо­вы­вать впи­сан­ные углы, стя­ги­ва­ю­щие дуги AFC и BHD, а зна­чит, гра­дус­ные меры этих углов равны по­ло­ви­нам гра­дус­ных мер стя­ги­ва­е­мых ими дуг. За­ме­тим, что угол AMC  — внеш­ний для тре­уголь­ни­ка AMD, тогда его гра­дус­ная мера равна сумме гра­дус­ных мер углов DAM и ADM, ко­то­рая, в свою оче­редь, равна сумме по­ло­вин или про­сто по­лу­сум­ме гра­дус­ных мер дуг AFC и BHD. Углы AMC и BMD равны как вер­ти­каль­ные, тогда ве­ли­чи­на угла DMB так же равна по­лу­сум­ме гра­дус­ных мер дуг AFC и BHD.

Про­ведём хорду AB. Впи­сан­ные углы ABD и BAC равны со­от­вет­ствен­но и где AC, CD и BD  — мень­шие из воз­мож­ных дуг. Тогда в тре­уголь­ни­ке BAM по тео­ре­ме о сумме углов

где AC, CD и BD  — мень­шие из воз­мож­ных дуг. Сумма гра­дус­ных мер всех дуг окруж­но­сти равна 360°, а по­лу­сум­ма  — 180°, в таком слу­чае, Тем самым, угол BMA равен