Tangenta la cerc

Tangenta la cerc

1. Pozițiile relative ale unei drepte față de un cerc:

  • exterioară - nu are niciun punct comun cu cercul (ex: dreapta aa);
  • tangentă - are un singur punct comun cu cercul (ex: dreapta bb);
  • secantă - are două puncte comune cu cercul (ex: dreapta cc).

2. Teoremă. Fie A un punct pe cercul de centru O și rază r. O dreaptă care trece prin A este tangentă la cerc dacă și numai dacă este perpendiculară pe OA. [Vezi demonstrația].

3. Construcția tangentei la cerc care trece printr-un punct AA.

Dacă punctul AA este pe cerc, construim raza OA,OA, apoi perpendiculara în AA pe OA.OA.
Dacă punctul AA este în exteriorul cercului, procedăm ca în figura de mai jos, adică:

  • pas 1: unim pe AA cu OO și notăm cu CC mijlocul laturii AOAO;
  • pas 2: construim cercul cu centrul în CC și rază COCO;
  • pas 3: punctele în care acest cerc intersectează cercul dat sunt punctele de tangență. [Vezi demonstrația].

4. Formule utile pentru unghiuri formate cu tangente:

∡ABC=BC⏠2\boxed{\measuredangle ABC = \dfrac{\overgroup{BC}}{2}}

∡BAC=BDC⏠−BC⏠2\boxed{\measuredangle BAC = \dfrac{\overgroup{BDC} - \overgroup{BC}}{2}}

Remarcă: Cele două formule de mai sus sunt cazuri particulare de unghi înscris în cerc [vezi demonstrația], respectiv de unghi exterior cercului [vezi demonstrația].

5. Proprietăți ale tangentelor dintr-un punct exterior:

  • Din punctul AA se pot duce exact două tangente la cercul C.\cal{C}. Fie BB și CC punctele de tangență;
  • AB=ACAB=AC (teorema ciocului de cioară);
  • OAOA împarte unghiurile BACBAC și BOCBOC în două părți egale;
  • OAOA este mediatoarea segmentului BC.BC. [Vezi demonstrațiile].

    Patrulaterul ABOCABOC se mai numește zmeu.
Nivel introductiv

E.206. Fie A un punct pe cercul de centru O și rază r. O dreaptă care trece prin A este tangentă la cerc dacă și numai dacă este perpendiculară pe OA.

Teoremă fundamentală
Soluție
Soluție:

"⇒\Rightarrow": Considerăm că d∩Cd \cap \cal{C}(O,r)={A}(O, r)=\{A\} și demonstrăm că d⊥OAd \perp OA.

Presupunem, prin absurd, că dd nu este perpendiculară pe OAOA. Așadar, putem construi OB⊥dOB \perp d, cu B≠A.B \not= A.
În △OBA\triangle OBA, B^=90°⇒OA\widehat{B}=90\degree \Rightarrow OA este ipotenuză, deci OB<OA=r.OB<OA=r. Punctul BB fiind în interiorul cercului, rezultă că dreapta ABAB va intersecta cercul în încă un punct, în contradicție cu presupunerea făcută. Prin urmare, d⊥OA.\boxed{d \perp OA}.

"⇐\Leftarrow": Considerăm că A∈CA \in \cal{C}(O,r),  d⊥OA(O, r),~~d \perp OA și demonstrăm că d∩Cd \cap \cal{C}(O,r)={A}(O, r)=\{A\}.

Presupunem, prin absurd, că dreapta dd intersectează cercul în încă un punct BB. Deci OA=OB⇒OBA^=OAB^=90°OA=OB \Rightarrow \widehat{OBA}=\widehat{OAB}=90\degree, adică AOB^=0°\widehat{AOB}=0\degree, ceea ce înseamnă că punctele AA și BB coincid, asta în contradicție cu presupunerea făcută. Prin urmare, dreapta dd intersectează cercul într-un singur punct, adică este tangentă la cerc.

E.207. Măsura unui unghi cu vârful pe cerc, care are o latură tangentă la cerc, iar cealaltă secantă, este jumătate din măsura arcului cuprins între laturile sale.

Unghi înscris în cerc (caz particular)
Soluție
Soluție:


ABAB tangentă ⇒ABO^=90°.\Rightarrow \widehat{ABO} = 90\degree.
ABC^=90°−OBC^=90°−180°−BOC^2=BOC^2\widehat{ABC}=90\degree - \widehat{OBC} = 90\degree - \dfrac{180\degree - \widehat{BOC}}{2} = \dfrac{\widehat{BOC}}{2}, deci ABC^=BC⏠2.\boxed{\widehat{ABC} = \dfrac{\overgroup{BC}}{2}}.

Remmarcă: Unghiul ABC^\widehat{ABC} este un caz particular de unghi înscris în cerc, deci formula dată ar fi putut fi justificată și cu formula unghiului înscris în cerc.

E.208. Măsura unui unghi cu vârful în exteriorul unui cerc, care are laturile tangente la cerc, este egală cu jumătate din valoarea absolută a diferenței măsurilor arcelor cuprinse între laturile sale.

Unghi exterior cercului (caz particular)
Soluție
Soluție:


ABAB și ACAC tangente ⇒ABO^=ACO^=90°.\Rightarrow \widehat{ABO} = \widehat{ACO} = 90 \degree.
În patrulaterul ABOCABOC, BAC^=360°−B^−C^−BOC^=180°−BOC^=BDC⏠+BC⏠2−BC⏠\widehat{BAC} = 360\degree - \widehat{B} - \widehat{C} - \widehat{BOC} = 180\degree - \widehat{BOC} = \dfrac{\overgroup{BDC} + \overgroup{BC}}{2} - \overgroup{BC}, deci BAC^=BDC⏠−BC⏠2.\boxed{\widehat{BAC} = \dfrac{\overgroup{BDC} - \overgroup{BC}}{2}}.

Remmarcă: Unghiul BAC^\widehat{BAC} este un caz particular de unghi exterior cercului, deci formula dată ar fi putut fi justificată și cu formula unghiului exterior.

E.209. Fie cercul C1\cal{C}_1 de centru OO și AA un punct exterior acestuia. Notăm cu CC mijlocul segmentului OAOA și construim cercul C2\cal{C}_2 cu centrul în CC și rază CO.CO. Dacă BB este unul din cele două puncte de intersecție ale cercurilor C1\cal{C}_1 și C2\cal{C}_2, să se demonstreze că AB⊥OB.AB \perp OB.

Construcția tangentei
Soluție
Soluție:


Soluția 1. Folosim teorema care spune că într-un triunghi dreptunghic, mediana corespunzătoare ipotenuzei este jumătate din ipotenuză, și reciproc.
CO=CA=CBCO=CA=CB (raze în cercul C2\cal{C}_2) ⇒ABO^=90°.\Rightarrow \boxed{\widehat{ABO}=90\degree}.

Soluția 2. Triunghiul ABCABC este isoscel (CACA și CBCB sunt raze) ⇒ABC^=BCO^2.\Rightarrow \widehat{ABC}= \dfrac{\widehat{BCO}}{2}.
Triunghiul BCOBCO este isoscel (CBCB și COCO sunt raze) ⇒CBO^=180°−BCO^2.\Rightarrow \widehat{CBO}= \dfrac{180\degree - \widehat{BCO}}{2}.
Adunând ultimele două relații obținem ABO^=90°.\boxed{\widehat{ABO}=90\degree}.

E.210. Din punctul AA, exterior unui cerc de centru OO, se construiesc tangentele ABAB și ACAC (BB, C∈CC \in \cal{C}). Să se demonstreze următoarele proprietăți:
a) AB=ACAB=AC (teorema ciocului de cioară);
b) OAOA împarte unghiurile BACBAC și BOCBOC în două părți egale;
c) OAOA este mediatoarea segmentului BC.BC.

Proprietăți ale tangentelor dintr-un punct exterior
Soluție
Soluție:

a) OB=OCOB=OC (raze) ⇒△ABO≡△ACO\Rightarrow \triangle ABO \equiv \triangle ACO (C.I.), deci AB=AC.\boxed{AB=AC}.

b) Tot din △ABO≡△ACO\triangle ABO \equiv \triangle ACO rezultă A^1=A^2\boxed{\widehat{A}_1 = \widehat{A}_2} și O^1=O^2.\boxed{\widehat{O}_1 = \widehat{O}_2}.

c) ABC^=ACB^ (=BC⏠2)⇒△ABD≡△ACD (U.L.U.)⇒DB=DC\widehat{ABC} = \widehat{ACB} ~\Big(= \dfrac{\overgroup{BC}}{2}\Big) \Rightarrow \triangle ABD \equiv \triangle ACD ~(U.L.U.) \Rightarrow \boxed{DB=DC} și ADB^=ADC^\widehat{ADB} = \widehat{ADC} (adică ADB^=90°\boxed{\widehat{ADB}=90\degree}). Prin urmare, dreapta OAOA este mediatoarea segmentului BC.BC.

E.178. Din punctul AA, exterior unui cerc de centru OO, se construiesc tangentele ABAB și ACAC (BB, C∈CC \in \cal{C}). Demonstrați că BC⊥AO.BC \perp AO.

Art, 13/126, ** (duplicat E.210).
Indicații (1) | Soluție

Indicații: Se arată că △ABO≡I.C.△ACO\triangle ABO \overset{I.C.}{\equiv} \triangle ACO, apoi că △DBO≡L.U.L.△DCO\triangle DBO \overset{L.U.L.}{\equiv} \triangle DCO. În final rezultă ∡BDO≡∡CDO.\measuredangle BDO \equiv \measuredangle CDO.

Soluție:


ABAB, ACAC tangente ⇒∡ABO=∡ACO=90°.\Rightarrow \measuredangle ABO = \measuredangle ACO = 90\degree.
△ABO≡I.C.△ACO\triangle ABO \overset{I.C.}{\equiv} \triangle ACO (OB≡OC,OB\equiv OC, OAOA - lat. com.) ⇒∡O1≡∡O2.\Rightarrow \boxed{\measuredangle O_1 \equiv \measuredangle O2}.
△DBO≡L.U.L.△DCO\triangle DBO \overset{L.U.L.}{\equiv} \triangle DCO (OB≡OC,OB\equiv OC, ∡O1≡∡O2,\measuredangle O_1 \equiv \measuredangle O2, ODOD - lat. com.) ⇒∡BDO≡∡CDO.\Rightarrow \boxed{\measuredangle BDO \equiv \measuredangle CDO}.

Dar cum ∡BDO+∡CDO=180°⇒∡BDO=90°.\measuredangle BDO + \measuredangle CDO = 180\degree \Rightarrow \boxed{\measuredangle BDO = 90\degree}.

E.179. Fie OO centrul comun a două cercuri și ABAB, CDCD două coarde ale cercului mare, tangente cercului mic. Demonstrați că AB=CD.AB=CD.

Art, 21/127, **
Indicații (2) | Soluție

Indicația 1: Fie MM și NN punctele de tangență ale segmentelor AB,AB, respectiv CDCD cu cercul mic. Se arată că △OMB≡I.C.△OND\triangle OMB \overset{I.C.}{\equiv} \triangle OND, deci ∡BOM≡∡DON.\measuredangle BOM\equiv \measuredangle DON. Analog, ∡AOM≡∡CON.\measuredangle AOM\equiv \measuredangle CON.

Indicația 2: Se arată că △AOB≡△COD.\triangle AOB \equiv \triangle COD.

Soluție:


ABAB, CDCD tangente ⇒∡M=∡N=90°.\Rightarrow \measuredangle M = \measuredangle N = 90\degree.

△OMB≡I.C.△OND\triangle OMB \overset{I.C.}{\equiv} \triangle OND (OM≡ON,OM \equiv ON, OB≡ODOB\equiv OD) ⇒∡O1≡∡O2.\Rightarrow \boxed{\measuredangle O_1 \equiv \measuredangle O_2}.
Analog, ∡O3≡∡O4,\measuredangle O_3 \equiv \measuredangle O_4, deci ∡AOB=∡COD.\boxed{\measuredangle AOB = \measuredangle COD}.

△AOB≡△COD\triangle AOB \equiv \triangle COD (L.U.L.) ⇒AB=CD.\Rightarrow \boxed{AB = CD}.

Nivel mediu

E.180. Pe un cerc se iau punctele CC și DD de o parte și de alta a diametrului AB.AB. Drepta BDBD interseactează tangenta în AA la cerc în punctul E.E. Arătați că ∡BCD≡∡AEB.\measuredangle BCD \equiv \measuredangle AEB.

Art, 22/127, ***
Indicații (1) | Soluție

Indicații: AEBAEB unghi exterior ⇒∡AEB=ACB⏠−AD⏠2=ADB⏠−AD⏠2=BD⏠2.\Rightarrow \measuredangle AEB = \dfrac{\overgroup{ACB} - \overgroup{AD}}{2} = \dfrac{\overgroup{ADB} - \overgroup{AD}}{2} = \dfrac{\overgroup{BD}}{2}.

Soluție:

ABAB diametru ⇒ACB⏠=ADB⏠\Rightarrow \overgroup{ACB} = \overgroup{ADB}
AEBAEB unghi exterior ⇒∡AEB=ACB⏠−AD⏠2=ADB⏠−AD⏠2=BD⏠2.\Rightarrow \measuredangle AEB = \dfrac{\overgroup{ACB} - \overgroup{AD}}{2} = \dfrac{\overgroup{ADB} - \overgroup{AD}}{2} = \dfrac{\overgroup{BD}}{2}.
Dar și ∡BCD=BD⏠2.\measuredangle BCD = \dfrac{\overgroup{BD}}{2}. Rezultă ∡BCD≡∡AEB.\boxed{\measuredangle BCD \equiv \measuredangle AEB}.

E.181. Pe prelungirea unei coarde ABAB a unui cerc de centru OO se construiește segmentul BCBC, de lungime egală cu raza cercului. Secanta COCO intersectează cercul în punctul EE astfel încât O∈(CE).O \in (CE). Arătați că ∡AOE=3⋅∡ACO.\measuredangle {AOE} = 3 \cdot \measuredangle {ACO}.

Art, 23/127, ***
Indicații (2) | Soluție

Indicația 1: △OBC\triangle OBC isoscel ⇒∡C=∡BOC.\Rightarrow \measuredangle C = \measuredangle BOC.

Indicația 2: C^=AE⏠−BD⏠2=AOE^−BOC^2=AOE^−C^2.\widehat{C} = \dfrac{\overgroup {AE} - \overgroup{BD}}{2} = \dfrac{\widehat{AOE} - \widehat{BOC}}{2} = \dfrac{\widehat{AOE} - \widehat{C}}{2}.

Soluție:


Din BO=BC⇒O2^=C^.BO=BC \Rightarrow \boxed{\widehat {O_2} = \widehat{C}}.

C^=AE⏠−BD⏠2=O1^−O2^2=O1^−C^2.\widehat{C} = \dfrac{\overgroup {AE} - \overgroup{BD}}{2} = \dfrac{\widehat{O_1} - \widehat{O_2}}{2} = \dfrac{\widehat{O_1} - \widehat{C}}{2}.
Deci 2⋅C^=O1^−C^⇒O1^=3⋅C^.2 \cdot \widehat{C} = \widehat{O_1} - \widehat{C} \Rightarrow \boxed{\widehat{O_1} = 3 \cdot \widehat{C}}.

Nume CreatLa (UTC)
Tema5-cls7: Tangenta la cerc 21-01-2024 09:57
Tema4-Tangenta la cerc 15-02-2025 09:14