Ре­ше­ние. Впи­сан­ный угол равен по­ло­ви­не дуги, на ко­то­рую опи­ра­ет­ся. Сле­до­ва­тель­но,

Ответ: 36.

Ре­ше­ние. Впи­сан­ный угол равен по­ло­ви­не дуги, на ко­то­рую он опи­ра­ет­ся:

Ответ: 36.

Ре­ше­ние. Впи­сан­ный угол равен по­ло­ви­не цен­траль­но­го угла, опи­ра­ю­ще­го­ся на ту же дугу окруж­но­сти, зна­чит,

Ответ: 35.

Ре­ше­ние. Впи­сан­ный угол равен по­ло­ви­не дуги, на ко­то­рую он опи­ра­ет­ся. Зна­чит,

Ответ: 70.

Ре­ше­ние. Впи­сан­ный угол равен по­ло­ви­не дуги, на ко­то­рую он опи­ра­ет­ся. Зна­чит,

Ответ: 110.

Ре­ше­ние. Впи­сан­ный угол равен по­ло­ви­не дуги, на ко­то­рую он опи­ра­ет­ся. Зна­чит,

Ответ: 40.

Ре­ше­ние. Пло­щадь коль­ца равна раз­но­сти пло­ща­ди боль­шо­го и ма­ло­го кру­гов. Ра­ди­ус боль­шо­го круга равен 2, а ма­ло­го  — 1, от­ку­да

По­это­му

Ре­ше­ние. Пло­ща­ди кру­гов от­но­сят­ся как квад­ра­ты их ра­ди­у­сов. По­сколь­ку ра­ди­ус боль­ше­го круга вдвое боль­ше ра­ди­у­са мень­ше­го круга, пло­щадь боль­ше­го круга вчет­ве­ро боль­ше пло­ща­ди мень­ше­го. Сле­до­ва­тель­но, она равна 204. Пло­щадь за­штри­хо­ван­ной фи­гу­ры равна раз­но­сти пло­ща­дей кру­гов: 204 − 51  =  153.

Ответ: 153.

Ре­ше­ние. Пло­ща­ди кру­гов от­но­сят­ся как квад­ра­ты их ра­ди­у­сов. Ра­ди­ус внеш­не­го круга равен 6, ра­ди­ус внут­рен­не­го равен 3. По­сколь­ку ра­ди­ус боль­ше­го круга вдвое боль­ше ра­ди­у­са наи­мень­ше­го круга, пло­щадь боль­ше­го круга вчет­ве­ро боль­ше пло­ща­ди мень­ше­го. Сле­до­ва­тель­но, она равна 4. Пло­щадь за­штри­хо­ван­ной фи­гу­ры равна раз­но­сти пло­ща­дей кру­гов: 4 − 1  =  3.

Ответ: 3.

Ре­ше­ние. Пло­ща­ди кру­гов от­но­сят­ся как квад­ра­ты их ра­ди­у­сов. По­сколь­ку ра­ди­ус боль­ше­го круга равен че­ты­рем тре­тьим ра­ди­у­са мень­ше­го круга, пло­щадь боль­ше­го круга со­став­ля­ет шест­на­дцать де­вя­тых пло­ща­ди мень­ше­го. Сле­до­ва­тель­но, она равна 16. Пло­щадь за­штри­хо­ван­ной фи­гу­ры равна раз­но­сти пло­ща­дей кру­гов: 16 − 9  =  7.

Ответ: 7.

Ре­ше­ние. Впи­сан­ный угол равен по­ло­ви­не дуги, на ко­то­рую он опи­ра­ет­ся. Зна­чит,

Ответ: 38.

Ре­ше­ние. Впи­сан­ный угол, опи­ра­ю­щий­ся на диа­метр,  — пря­мой, по­это­му тре­уголь­ник ABC  — пря­мо­уголь­ный. Его ги­по­те­ну­за АВ равна 6, по­это­му:

Ответ: 4.

Ре­ше­ние. Углы AOD и BOC равны как вер­ти­каль­ные. Впи­сан­ный угол равен по­ло­ви­не цен­траль­но­го угла, опи­ра­ю­ще­го­ся на ту же дугу окруж­но­сти. Зна­чит,

Ответ: 25.

Ре­ше­ние. Угол

Ответ: 97.

Ре­ше­ние. Длина окруж­но­сти равна 360, сле­до­ва­тель­но, длин­на дуги равна: 360 : 36  =  10. Впи­сан­ный угол равен по­ло­ви­не дуги, на ко­то­рую опи­ра­ет­ся. Сле­до­ва­тель­но, 10 : 2  =  5°.

Ответ: 5.

Ре­ше­ние. Ост­рый угол между пер­пен­ди­ку­ля­ра­ми к сто­ро­нам угла равен са­мо­му углу; тупой угол между ними до­пол­ня­ет его до 180°. Таким об­ра­зом, ис­ко­мый угол равен 180° − 68°  =  112°.

Ответ: 112.

Ре­ше­ние. Введём обо­зна­че­ния, как по­ка­за­но на ри­сун­ке. Впи­сан­ный угол равен по­ло­ви­не цен­траль­но­го угла, опи­ра­ю­ще­го­ся на ту же дугу окруж­но­сти. Зна­чит,

Ответ: 42.

Ре­ше­ние. Углу со­от­вет­ству­ет длина дуги 46. Таким об­ра­зом, углу со­от­вет­ству­ет длина дуги:

Ответ: 8234.

Ре­ше­ние. Тре­уголь­ник COA  — рав­но­сто­рон­ний, так как сто­ро­ны AO  =  OC как ра­ди­у­сы окруж­но­сти, а угол COA в нем равен 60° как смеж­ный с углом COB. Тогда диа­метр AB  =  2AC  =  100.

Ответ: 100.

Ре­ше­ние. От­ре­зок MO  — ра­ди­ус за­дан­ной окруж­но­сти. Обо­зна­чим его бук­вой R. Со­еди­ним от­рез­ка­ми точки М и N с цен­тром окруж­но­сти (см. рис.), а также с точ­кой А. В тре­уголь­ни­ке MON сле­до­ва­тель­но, тре­уголь­ник MON  — рав­но­бед­рен­ный, у ко­то­ро­го от­ре­зок OH  — ме­ди­а­на по усло­вию. Но тогда от­ре­зок OH яв­ля­ет­ся также вы­со­той этого тре­уголь­ни­ка, то есть от­ре­зок OH и диа­метр AB пер­пен­ди­ку­ляр­ны хорде MN. Тогда в тре­уголь­ни­ке MHB по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

Угол AMB  — впи­сан­ный, опи­ра­ю­щий­ся на диа­метр, а зна­чит, пря­мой. Вы­со­та MH пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка AMB, опу­щен­ная из вер­ши­ны пря­мо­го угла М на ги­по­те­ну­зу AB, яв­ля­ет­ся сред­ней про­пор­ци­о­наль­ной ве­ли­чи­ной между про­ек­ци­я­ми ка­те­тов AH и BH на ги­по­те­ну­зу АВ. Зна­чит,

от­ку­да то есть

Ответ: 14,7.

Дру­гие ре­ше­ния.

Счи­тая пер­пен­ди­ку­ляр­ность AB и MN уже до­ка­зан­ной, при­ве­дем еще не­сколь­ко спо­со­бов на­хож­де­ния длины от­рез­ка MO.

Спо­соб 2 (см. рис.). Со­еди­ним от­рез­ком точки В и N. Ис­хо­дя из со­об­ра­же­ний сим­мет­рии окруж­но­сти от­но­си­тель­но диа­мет­ра АВ, имеем:

Кроме того,

Тре­уголь­ник MBN  — впи­сан­ный, по­это­му его пло­щадь равна то есть

За­ме­ча­ние. Здесь ис­поль­зо­ва­на фор­му­ла для ра­ди­у­са опи­сан­ной окруж­но­сти тре­уголь­ни­ка.

Спо­соб 3 (см. рис.). Угол AMB  — впи­сан­ный, опи­ра­ю­щий­ся на диа­метр, а зна­чит, угол AMB равен 90°. В тре­уголь­ни­ке AMB катет MB яв­ля­ет­ся сред­ней про­пор­ци­о­наль­ной ве­ли­чи­ной между ги­по­те­ну­зой AB (она же яв­ля­ет­ся ди­мет­ром окруж­но­сти) и про­ек­ци­ей ка­те­та МВ на ги­по­те­ну­зу АВ, то есть от­ку­да:

Спо­соб 4 (см. рис.). Обо­зна­чим рав­ные углы MBO и BMO через α. Тогда В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке BHM:

В тре­уголь­ни­ке MOB по тео­ре­ме ко­си­ну­сов:

то есть от­ку­да

Спо­соб 5 (см. рис.). Если угол MBA равен α, то угол MAB равен Зна­чит, В со­от­вет­ствии со след­стви­ем из тео­ре­мы си­ну­сов в тре­уголь­ни­ке AMB по­лу­ча­ем то есть от­ку­да

При­ме­ча­ние.

За­ме­тим, что в усло­вии за­да­чи нет ука­за­ния на вза­им­ное рас­по­ло­же­ние точек B, O и H. Можно было бы про­ве­сти хорду MN таким об­ра­зом, чтобы точка H по­па­ла на от­ре­зок OB. Од­на­ко в этом слу­чае ра­ди­ус окруж­но­сти по­лу­чил­ся бы от­ри­ца­тель­ным. Сле­до­ва­тель­но, хорда MN долж­на быть рас­по­ло­же­на таким об­ра­зом, чтобы точка H по­па­ла на от­ре­зок OA.

Ре­ше­ние. Угол, опи­ра­ю­щий­ся на диа­метр  — пря­мой, сле­до­ва­тель­но, тре­уголь­ник ABC пря­мо­уголь­ный.

Ко­си­нус угла равен от­но­ше­нию при­ле­жа­ще­го ка­те­та к ги­по­те­ну­зе, найдём его:

Ответ: 0,4.

Ре­ше­ние. Впи­сан­ный угол равен по­ло­ви­не дуги, на ко­то­рую он опи­ра­ет­ся, зна­чит, гра­дус­ная мера дуги AD равна 98°. Гра­дус­ная мера дуги AB равна 180°, сле­до­ва­тель­но, гра­дус­ная мера дуги DB равна 180° − 98°  =  82°. Тогда гра­дус­ная мера впи­сан­но­го угла DCB, опи­ра­ю­ще­го­ся на дугу DB, равна 41°.

Ответ: 41.