Kąty w kole. Czworokąty wpisane i opisane

§ 30. Kąty w kole

183. Określenia. Kąt, którego wierzchołek leży na okręgu, a ramionami są dwie cięciwy, nazywamy kątem wpisanym, np. ABC (rys. 133). O łuku AC mówimy, że jest zawarty między ramionami kąta ABC albo że kąt ABC na nim się opiera; o łuku ABC mówimy, że obejmuje kąt ABC.

Twierdzenie. Kąt wpisany jest równy połowie kąta środkowego, opartego na tym samym łuku.

Rozróżnimy tu trzy możliwe przypadki:

1. Środek koła leży na jednym z ramion kąta (rys. 134).

Łącząc punkt A ze środkiem koła O, otrzymamy trójkąt AOB, w którym kąt AOC jest zewnętrzny, a zatem

AOC = A + B,

ale ponieważ ten trójkąt jest równoramienny, więc

A = B,

a zatem

AOC = 2 B,

czyli

B=AOC/2.

2. Środek koła leży wewnątrz kąta wpisanego (rys. 135). Połączmy punkty A i C ze środkiem koła i poprowadźmy przez punkt B średnicę BD. Otrzymamy dwa kąty wpisane ABD i DBC takie, o jakich mówiliśmy poprzednio, więc

ABD=AOD/2,

DBC=DOC/2 .

Wówczas

ABC = ABD + DBC

czyli ABC=AOC/2,

.

3. Środek koła leży na zewnątrz kąta wpisanego (rys. 136). Łącząc punkty A i C ze środkiem koła, dostajemy kąt środkowy AOC. Jeżeli znowu przez punkt B poprowadzimy średnicę BD, to otrzymamy dwa kąty wpisane DBC i DBA, o jakich mówiliśmy w przypadku 1, a zatem: .

DBC=DOC/2,

DBA=DOA/2.

Mamy więc B = ABC = DBC - DBA.

Stąd ABC=AOC/2, , cbdd.

184. Wniosek 1. Kąty wpisane, oparte na tym samym łuku, są sobie równe.

Np. kąty ACB, ADB, AEB (rys. 137) będą sobie równe dlatego, że każdy z nich jest równy połowie tego samego kąta środkowego.

Wniosek 2. Rozważmy kąt wpisany ACB oparty na łuku ADB (rys. 138) i drugi kąt wpisany, np. ADB oparty na łuku ACB. Kąt ACB jest równy połowie kąta środkowego AOB wypukłego, kąt ADB będzie równy połowie kąta środkowego AOB wklęsłego. Ponieważ suma kątów wypukłego i wklęsłego o wierzchołkach w punkcie O tworzy kąt pełny, więc suma kątów wpisanych ACB i ADB tworzy kąt półpełny.

Stąd mamy następujący wniosek:

dwa kąty wpisane, mające wierzchołki z przeciwnych stron cięciwy, na której są oparte, dopełniają się nawzajem do kąta półpełnego.

Wniosek 3. Poprowadźmy w kole średnicę AB (rys. 139), która, jak wiadomo, podzieli cały okrąg na dwa półokręgi. Jeżeli końce tej średnicy połączymy z jakimkolwiek punktem C, położonym na okręgu, otrzymamy kąt wpisany ACB, oparty na półokręgu, albo, jak się mówi, oparty na średnicy. Ponieważ kąt środkowy AOB, oparty na tym samym półokręgu, jest półpełny, więc kąt ACB, jako jego połowa, jest prosty. A więc

kąt wpisany, oparty na średnicy, jest prosty.

Uwaga. Twierdzenie, wypowiedziane w tym wniosku, przypisywane jest Talesowi z Miletu.

185. Twierdzenie. Kąt, utworzony przez styczną do koła i cięciwę przechodzącą przez punkt styczności jest równy kątowi wpisanemu opartemu na tym samym łuku co cięciwa i położonemu po przeciwnej niż ten łuk stronie cięciwy.

Przez punkt C okręgu (rys. 140) poprowadzona jest styczna AB i cięciwa CD, utworzył się kąt BCD.

Poprowadźmy przez punkt C średnicę CE i połączmy punkt E z punktem D, wtedy trójkąty CED i BCD są przystające, bo ramiona ich są odpowiednio prostopadłe: CE AB, ED CD (na podstawie poprzedniego wniosku). Kąt CED jest wpisany, oparty na łuku CD, równy mu więc będzie jakikolwiek inny kąt wpisany, oparty na tym samym łuku CD; twierdzenie jest udowodnione.

Uwaga. Styczna AB tworzy z cięciwą CD jeszcze jeden kąt, mianowicie kąt ACD, który jest dopełnieniem kąta BCD. Rzecz prosta, że kąt ACD będzie równy kątowi wpisanemu, mającemu wierzchołek na łuku CD pomiędzy C i D.

186. W danym kole poprowadźmy jakąkolwiek cięciwę AB (rys. 141) i szereg kątów wpisanych, np. ACB, AC'B itd., opartych na łuku AB. Wiemy już, że wszystkie te kąty są równe.

Jeżeli wyobrazimy sobie, że w punkcie C lub C' znajduje się nasze oko, to powiadamy, że cięciwę AB widzimy z punktu C pod kątem ACB. Pod tym samym kątem widzimy cięciwę AB z każdego punktu, położonego na łuku AC'CB, który obejmuje każdy z tych kątów wpisanych.

Zachodzi teraz pytanie: jak się zmieni kąt widzenia odcinka AB, jeżeli nasze oko znajdzie się gdzieś wewnątrz koła (ale z tej samej strony odcinka)?

Dla ułatwienia rozumowania obierzmy punkt wewnętrzny D, położony na ramieniu AC poprzedniego kąta. Odcinek AB widzimy teraz pod kątem ADB, który nie jest równy ACB, ale większy od niego (jako zewnętrzny w DCB).

Weźmy wreszcie teraz punkt E leżący na zewnątrz koła (ale z tej samej strony AB), z tego punktu odcinek AB widzimy pod kątem AEB, który, jak to łatwo spostrzec, będzie mniejszy od kąta ACB.

Stąd mamy:

Twierdzenie. Kąt, pod którym cięciwa koła jest widziana z punktu położonego wewnątrz (na zewnątrz koła) jest większy (mniejszy) od kąta wpisanego opartego na tej cięciwie.

187. Na mocy powyższych twierdzeń mamy prawo powiedzieć, co następuje:

miejscem geometrycznym punktów, z których dany odcinek jest widziany pod tym samym danym kątem, jest łuk koła obejmujący ten kąt.

188. Zadanie. Wykreślić miejsce geometryczne punktów, z których dany odcinek widać pod danym kątem.

Dany jest odcinek AB i kąt (rys. 142). Znajdźmy jeden z punktów żądanego miejsca geometrycznego. W tym celu z punktu A wyprowadźmy dowolną półprostą i na niej przy pewnym punkcie C zbudujmy kąt ACD równy kątowi . Jeżeli teraz z punktu B wyprowadzimy równoległą do DC, to jej przecięcie z półprostą AC da punkt E, który będzie jednym z żądanych punktów, dlatego że AEB = .

Aby znaleźć wszystkie punkty żądanego miejsca geometrycznego, należy przez A, E i B poprowadzić okrąg. Szukanym miejscem geometrycznym będzie łuk AEB.

Inny sposób rozwiązania danego zadania jest następujący:

Na odcinku AB (rys. 143) przy punkcie A budujemy kąt BAD równy kątowi . Jeżeli poprowadzimy prostopadłą do AD i wykreślimy oś symetrii odcinka AB, to w przecięciu z tą prostopadłą otrzymamy punkt O, który będzie środkiem poszukiwanego koła, promieniem będzie AO. Żądanym miejscem geometrycznym będzie łuk ACB, bo ACB = BAD = , niezależnie od wyboru C na tym łuku, na mocy twierdzenia z punktu 185.

189. Zadanie. Poprowadzić styczną do danego koła z punktu położonego na zewnątrz tego koła.

Zadanie rozwiązaliśmy poprzednio. Podajemy tu inny sposób, oparty na następującym rozumowaniu:

Dane jest koło o środku O i punkt zewnętrzny A (rys. 144). Przypuśćmy, że żądaną styczną jest AB, wtedy kąt OBA musi być prosty. Jeżeli więc na OA jako na średnicy zbudujemy okrąg, to wierzchołek kąta OBA będzie leżał na tym okręgu jako wierzchołek kąta prostego opartego na średnicy. Stąd już widoczna jest konstrukcja.

190. Zadanie. Zbudować trójkąt, mając dane: podstawę, wysokość i kąt przeciwległy do podstawy.

Analiza. Dwa wierzchołki żądanego trójkąta są wiadome: A i B, chodzić będzie o trzeci (rys. 145). Wierzchołek ten czyni zadość warunkom:

1) leży na miejscu geometrycznym punktów, z których podstawę AB widać pod danym kątem,

2) leży na miejscu geometrycznym punktów znajdujących się w danej odległości (równej wysokości trójkąta) od podstawy AB. Stąd już (biorąc pod uwagę punkt 188) widoczna jest konstrukcja.