Страница 149 - гдз по геометрии 9 класс учебник Шыныбеков, Шыныбеков

4.92. Из одной точки к окружности проведены касательная и секущая. Внешний отрезок секущей в $\frac{5}{4}$ раза длиннее ее внутреннего отрезка. Во сколько раз секущая длиннее касательной?

Для решения этой задачи используется теорема о касательной и секущей, которые проведены из одной точки к окружности. Эта теорема гласит, что квадрат длины отрезка касательной от этой точки до точки касания равен произведению длины всей секущей на ее внешний отрезок.

Представим задачу наглядно с помощью рисунка:

Пусть из точки $P$ проведены касательная $PT$ (где $T$ — точка касания) и секущая, пересекающая окружность в точках $A$ и $B$ (точка $A$ находится между $P$ и $B$). Тогда $PT$ — это длина касательной, $PA$ — внешний отрезок секущей, $AB$ — внутренний отрезок секущей, а $PB$ — длина всей секущей.

Согласно теореме о касательной и секущей, справедливо равенство: $PT^2 = PA \cdot PB$.

По условию задачи, внешний отрезок секущей в $\frac{5}{4}$ раза длиннее ее внутреннего отрезка, то есть $PA = \frac{5}{4} AB$.

Обозначим длину внутреннего отрезка $AB$ переменной $x$, то есть $AB = x$.

Тогда длина внешнего отрезка секущей будет $PA = \frac{5}{4}x$.

Длина всей секущей $PB$ равна сумме длин ее внешнего и внутреннего отрезков:$PB = PA + AB = \frac{5}{4}x + x = (\frac{5}{4} + \frac{4}{4})x = \frac{9}{4}x$.

Теперь, используя теорему, мы можем найти квадрат длины касательной $PT$:

$PT^2 = PA \cdot PB = \left(\frac{5}{4}x\right) \cdot \left(\frac{9}{4}x\right) = \frac{45}{16}x^2$.

Найдем длину касательной $PT$, извлекая квадратный корень:

$PT = \sqrt{\frac{45}{16}x^2} = \frac{\sqrt{45}}{\sqrt{16}}x = \frac{\sqrt{9 \cdot 5}}{4}x = \frac{3\sqrt{5}}{4}x$.

Чтобы определить, во сколько раз секущая длиннее касательной, необходимо найти отношение их длин, то есть $\frac{PB}{PT}$:

$\frac{PB}{PT} = \frac{\frac{9}{4}x}{\frac{3\sqrt{5}}{4}x}$.

Сократив $x$ и $\frac{1}{4}$ в числителе и знаменателе, получим:

$\frac{PB}{PT} = \frac{9}{3\sqrt{5}} = \frac{3}{\sqrt{5}}$.

Чтобы избавиться от иррациональности в знаменателе, умножим числитель и знаменатель дроби на $\sqrt{5}$:

$\frac{3}{\sqrt{5}} = \frac{3 \cdot \sqrt{5}}{\sqrt{5} \cdot \sqrt{5}} = \frac{3\sqrt{5}}{5}$.

Ответ: Секущая длиннее касательной в $\frac{3\sqrt{5}}{5}$ раз.

4.93. Докажите, что центр вписанной в треугольник окружности лежит внутри треугольника, образованного средними линиями данного треугольника.

Пусть дан треугольник $ABC$ со сторонами $a, b, c$, противолежащими вершинам $A, B, C$ соответственно. Пусть $I$ — центр вписанной окружности (инцентр) этого треугольника. Точки $D, E, F$ — середины сторон $BC, AC$ и $AB$ соответственно. Треугольник $DEF$, образованный средними линиями, называется срединным треугольником. Нам нужно доказать, что точка $I$ лежит внутри треугольника $DEF$.

Точка лежит внутри треугольника тогда и только тогда, когда она находится по ту же сторону от каждой из прямых, содержащих стороны треугольника, что и противолежащая вершина. Таким образом, нам необходимо доказать, что точка $I$ и вершина $F$ лежат по одну сторону от прямой $DE$; точка $I$ и вершина $D$ лежат по одну сторону от прямой $EF$; и точка $I$ и вершина $E$ лежат по одну сторону от прямой $FD$.

Рассмотрим прямую $DE$. Так как $DE$ — средняя линия треугольника $ABC$, она параллельна стороне $AB$. Пусть $h_c$ — высота треугольника $ABC$, опущенная из вершины $C$ на сторону $AB$. Расстояние между параллельными прямыми $AB$ и $DE$ равно $\frac{h_c}{2}$.

Центр вписанной окружности $I$ равноудален от всех сторон треугольника $ABC$. Это расстояние равно радиусу вписанной окружности $r$. В частности, расстояние от точки $I$ до стороны $AB$ равно $r$.

Точка $F$ (середина $AB$) лежит на прямой $AB$. Чтобы доказать, что точка $I$ лежит по ту же сторону от прямой $DE$, что и точка $F$, достаточно показать, что точка $I$ лежит между параллельными прямыми $AB$ и $DE$. Это будет выполняться, если расстояние от $I$ до $AB$ меньше расстояния от $DE$ до $AB$. То есть, нам нужно доказать неравенство: $r < \frac{h_c}{2}$.

Выразим площадь треугольника $ABC$, которую обозначим $S$, двумя способами: через радиус вписанной окружности $S = p \cdot r$, где $p = \frac{a+b+c}{2}$ — полупериметр, и через высоту $S = \frac{1}{2} c \cdot h_c$. Из этих формул мы можем выразить радиус $r$: $r = \frac{S}{p} = \frac{\frac{1}{2} c \cdot h_c}{\frac{a+b+c}{2}} = \frac{c \cdot h_c}{a+b+c}$.

Теперь докажем неравенство $r < \frac{h_c}{2}$:

$\frac{c \cdot h_c}{a+b+c} < \frac{h_c}{2}$

Поскольку $h_c > 0$ для невырожденного треугольника, мы можем разделить обе части на $h_c$:

$\frac{c}{a+b+c} < \frac{1}{2}$

Умножим обе части на $2(a+b+c)$, что является положительным числом:

$2c < a+b+c$

$c < a+b$

Это неравенство треугольника, и оно всегда истинно для любого невырожденного треугольника. Следовательно, исходное неравенство $r < \frac{h_c}{2}$ также истинно. Это означает, что точка $I$ и вершина $F$ лежат по одну сторону от прямой $DE$.

Аналогичные рассуждения верны и для двух других сторон срединного треугольника. Для стороны $EF$, параллельной $BC$, доказывается, что $r < \frac{h_a}{2}$ (что следует из неравенства треугольника $a < b+c$), а значит, $I$ и $D$ лежат по одну сторону от $EF$. Для стороны $FD$, параллельной $AC$, доказывается, что $r < \frac{h_b}{2}$ (из неравенства $b < a+c$), а значит, $I$ и $E$ лежат по одну сторону от $FD$.

Поскольку точка $I$ находится с нужной стороны от каждой из трех прямых, образующих срединный треугольник $DEF$, она лежит внутри этого треугольника. Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано.

4.94. Отрезок $AB$ виден из точек $C$ и $D$ под разными углами. В каком случае точки $A$, $B$, $C$ и $D$ лежат на одной окружности?

Для того чтобы четыре точки лежали на одной окружности, они должны удовлетворять определенным геометрическим условиям, связанным с углами. Рассмотрим два возможных случая расположения точек C и D относительно прямой, проходящей через отрезок AB.

1. Точки C и D лежат по одну сторону от прямой AB.

Согласно свойству вписанных углов, все углы, опирающиеся на одну и ту же хорду (в данном случае AB) и вершины которых лежат на одной дуге окружности, равны. Если бы точки A, B, C и D лежали на одной окружности, и точки C и D находились бы по одну сторону от прямой AB, то они лежали бы на одной дуге. В этом случае углы, под которыми отрезок AB виден из точек C и D, были бы равны: $\angle ACB = \angle ADB$.

Однако по условию задачи углы различны ($\angle ACB \neq \angle ADB$). Следовательно, точки C и D не могут лежать по одну сторону от прямой AB, если все четыре точки принадлежат одной окружности.

2. Точки C и D лежат по разные стороны от прямой AB.

В этом случае точки A, C, B, D образуют вписанный в окружность четырехугольник ACBD. Основное свойство вписанного четырехугольника заключается в том, что сумма его противоположных углов равна $180^\circ$. Углы $\angle ACB$ и $\angle ADB$ в четырехугольнике ACBD являются противоположными.

Следовательно, для того чтобы точки A, B, C, D лежали на одной окружности, необходимо выполнение условия: $\angle ACB + \angle ADB = 180^\circ$. Это условие не противоречит тому, что углы разные (за исключением частного случая, когда оба угла равны $90^\circ$, который исключается условием задачи).

Таким образом, точки A, B, C и D лежат на одной окружности только в том случае, когда C и D расположены по разные стороны от прямой AB и сумма углов, под которыми из них виден отрезок AB, составляет $180^\circ$.

Ответ: Точки A, B, C и D лежат на одной окружности в том случае, если точки C и D расположены по разные стороны от прямой AB, а сумма углов $\angle ACB$ и $\angle ADB$ равна $180^\circ$.

4.95. Докажите, что прямая, соединяющая середины оснований трапеции, проходит через точку пересечения продолжения боковых сторон.

Рассмотрим трапецию $ABCD$ с основаниями $AD$ и $BC$, причем $AD \parallel BC$. Пусть $M$ – середина меньшего основания $BC$, а $N$ – середина большего основания $AD$. Боковые стороны $AB$ и $CD$ не параллельны, поэтому их продолжения пересекаются в некоторой точке $P$. Требуется доказать, что точки $P$, $M$ и $N$ лежат на одной прямой.

Доказательство

Доказательство можно провести, используя свойство подобных треугольников или гомотетии. Приведем доказательство с использованием гомотетии, так как оно более краткое и изящное.

1. Поскольку основания трапеции $BC$ и $AD$ параллельны, а боковые стороны $AB$ и $CD$ пересекаются в точке $P$, треугольник $PBC$ подобен треугольнику $PAD$. Это следует из того, что $\angle APD$ является общим для обоих треугольников, а углы $\angle PBC$ и $\angle PAD$ равны как соответственные при параллельных прямых $BC$, $AD$ и секущей $AP$.

2. Подобие треугольников $\triangle PBC$ и $\triangle PAD$ означает, что существует гомотетия (преобразование подобия) с центром в точке $P$, которая переводит треугольник $PBC$ в треугольник $PAD$.

3. При этой гомотетии точка $B$ переходит в точку $A$, а точка $C$ – в точку $D$. Следовательно, отрезок $BC$ переходит в отрезок $AD$. Коэффициент гомотетии $k$ равен отношению длин соответствующих сторон: $k = \frac{PA}{PB} = \frac{PD}{PC} = \frac{AD}{BC}$.

4. Одним из ключевых свойств гомотетии является то, что она переводит середину отрезка в середину его образа. Точка $M$ является серединой отрезка $BC$. Ее образом при данной гомотетии будет середина отрезка-$образа$ $AD$.

5. Серединой отрезка $AD$ является точка $N$. Таким образом, гомотетия с центром в $P$ переводит точку $M$ в точку $N$.

6. По определению гомотетии, центр гомотетии (точка $P$), любая точка (в нашем случае $M$) и ее образ (точка $N$) лежат на одной прямой.

Следовательно, точки $P$, $M$ и $N$ коллинеарны, что и означает, что прямая, соединяющая середины оснований трапеции ($MN$), проходит через точку пересечения продолжения боковых сторон ($P$).

Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано. Прямая, соединяющая середины оснований трапеции, действительно проходит через точку пересечения продолжения ее боковых сторон. Это свойство является одним из замечательных свойств трапеции.

4.96. Впишите квадрат в полуокружность так, чтобы одна из его сторон лежала на диаметре полуокружности.

Для решения этой задачи на построение воспользуемся методом гомотетии (подобия). План решения следующий: сначала проведем краткий анализ свойств искомой фигуры, затем опишем алгоритм построения и, наконец, докажем, что построенная фигура удовлетворяет всем условиям задачи.

Анализ

Предположим, что искомый квадрат $ABCD$ построен. Пусть его сторона $AB$ лежит на диаметре полуокружности, а вершины $C$ и $D$ — на дуге. Пусть $O$ — центр полуокружности, а ее ось симметрии — перпендикуляр к диаметру, проходящий через $O$. Тогда эта ось будет также осью симметрии для квадрата. Это означает, что вершины $A$ и $B$ будут лежать на диаметре симметрично относительно центра $O$, а вершины $C$ и $D$ — на дуге, также симметрично относительно оси симметрии. Все такие квадраты (разных размеров, но с тем же центром симметрии) подобны друг другу, и их можно получить один из другого гомотетией (преобразованием подобия) с центром в точке $O$. Это наблюдение лежит в основе метода построения.

Построение

1. Пусть дана полуокружность с центром в точке $O$ и диаметром, лежащим на прямой $l$. Проведем через точку $O$ прямую $m$, перпендикулярную диаметру $l$ (это будет ось симметрии).
2. Построим вспомогательный (пробный) квадрат $A'B'C'D'$, у которого одна сторона лежит на диаметре и который симметричен относительно прямой $m$:
a. На диаметре $l$ выберем произвольные, симметричные относительно $O$, точки $A'$ и $B'$.
b. В точках $A'$ и $B'$ восстановим перпендикуляры к диаметру в сторону полуокружности.
c. На перпендикуляре, проходящем через $B'$, отложим отрезок $B'C'$, равный отрезку $A'B'$.
d. Через точку $C'$ проведем прямую, параллельную диаметру $l$. Точка ее пересечения с перпендикуляром из $A'$ даст четвертую вершину $D'$. Квадрат $A'B'C'D'$ построен.
3. Проведем лучи $OC'$ и $OD'$ до их пересечения с дугой полуокружности. Точки пересечения обозначим $C$ и $D$ соответственно. Это две "верхние" вершины искомого квадрата.
4. Из точек $C$ и $D$ опустим перпендикуляры на диаметр $l$. Основания этих перпендикуляров обозначим $B$ и $A$ соответственно.
5. Соединив точки $A, B, C, D$, получим искомый квадрат.

Доказательство

Рассмотрим гомотетию с центром в точке $O$, которая переводит точку $C'$ в точку $C$. Пусть коэффициент гомотетии $k = OC/OC'$.
Поскольку точки $O, D', D$ лежат на одной прямой и $O, C', C$ лежат на одной прямой, а также пробный квадрат $A'B'C'D'$ и полуокружность симметричны относительно прямой $m$, то образом точки $D'$ при этой гомотетии будет точка $D$.
Гомотетия переводит прямые в параллельные им прямые. Так как $A'B'C'D'$ — квадрат, то $A'B' \parallel C'D'$, $A'D' \parallel B'C'$, и $A'B' \perp B'C'$. Следовательно, в полученном четырехугольнике $ABCD$ соответствующие стороны также будут параллельны и перпендикулярны: $AB \parallel CD$, $AD \parallel BC$, и $AB \perp BC$. Таким образом, $ABCD$ — прямоугольник.
При гомотетии с центром $O$ образом отрезка $A'B'$, лежащего на диаметре, является отрезок $AB$, также лежащий на диаметре. Образом отрезка $B'C'$ является отрезок $BC$. Преобразование подобия сохраняет отношение длин сторон: $BC/AB = B'C'/A'B'$. Так как $A'B'C'D'$ — квадрат, то $B'C' = A'B'$, а значит, и в образе $BC = AB$.
Прямоугольник $ABCD$, у которого смежные стороны равны, является квадратом.
По построению, сторона $AB$ квадрата $ABCD$ лежит на диаметре полуокружности, а вершины $C$ и $D$ лежат на дуге полуокружности.
Следовательно, построенный квадрат $ABCD$ является искомым.

Ответ: Построение квадрата выполняется методом гомотетии, как описано и показано на рисунке. Ключевые шаги: 1) построение произвольного "пробного" квадрата с одной стороной на диаметре и симметричного относительно оси полуокружности; 2) проведение лучей из центра полуокружности через "верхние" вершины этого квадрата до пересечения с дугой; 3) завершение построения искомого квадрата на основе полученных точек пересечения.

4.97. Докажите, что если прямая, соединяющая середины противоположных сторон выпуклого четырехугольника, проходит через точку пересечения двух других сторон, то этот четырехугольник является трапецией.

Пусть дан выпуклый четырехугольник $ABCD$. Пусть $M$ — середина стороны $AB$, а $N$ — середина стороны $CD$. По условию, прямые, содержащие две другие стороны $AD$ и $BC$, пересекаются в некоторой точке $P$. Также по условию, прямая $MN$ проходит через точку $P$, то есть точки $P$, $M$, $N$ лежат на одной прямой. Требуется доказать, что $ABCD$ — трапеция.

Поскольку стороны $AD$ и $BC$ пересекаются, они не параллельны. Следовательно, чтобы доказать, что $ABCD$ является трапецией, нам нужно доказать, что две другие стороны, $AB$ и $CD$, параллельны ($AB \parallel CD$).

Воспользуемся методом векторов. Выберем точку $P$ в качестве начала координат, то есть $\vec{P} = \vec{0}$.

Так как точки $P, A, D$ лежат на одной прямой, вектор $\vec{PA}$ коллинеарен вектору $\vec{PD}$. Это означает, что существует такое число $k_1$, что $\vec{PA} = k_1 \vec{PD}$. Поскольку четырехугольник $ABCD$ выпуклый, точка $A$ лежит на отрезке $PD$ (если $P$ находится "за" стороной $AD$), следовательно $0 < k_1 < 1$.

Аналогично, так как точки $P, B, C$ лежат на одной прямой, вектор $\vec{PB}$ коллинеарен вектору $\vec{PC}$. Это означает, что существует такое число $k_2$, что $\vec{PB} = k_2 \vec{PC}$. Поскольку четырехугольник $ABCD$ выпуклый, точка $B$ лежит на отрезке $PC$, следовательно $0 < k_2 < 1$.

Точка $M$ — середина отрезка $AB$. Ее радиус-вектор можно выразить как полусумму радиус-векторов ее концов:
$\vec{PM} = \frac{1}{2}(\vec{PA} + \vec{PB}) = \frac{1}{2}(k_1 \vec{PD} + k_2 \vec{PC})$.

Точка $N$ — середина отрезка $CD$. Ее радиус-вектор:
$\vec{PN} = \frac{1}{2}(\vec{PD} + \vec{PC})$.

По условию задачи, точки $P, M, N$ лежат на одной прямой. Так как $P$ — начало координат, это означает, что векторы $\vec{PM}$ и $\vec{PN}$ коллинеарны. Следовательно, существует такое число $\lambda$, что $\vec{PM} = \lambda \vec{PN}$.

Подставим выражения для векторов $\vec{PM}$ и $\vec{PN}$:
$\frac{1}{2}(k_1 \vec{PD} + k_2 \vec{PC}) = \lambda \cdot \frac{1}{2}(\vec{PD} + \vec{PC})$
$k_1 \vec{PD} + k_2 \vec{PC} = \lambda \vec{PD} + \lambda \vec{PC}$
$(k_1 - \lambda)\vec{PD} + (k_2 - \lambda)\vec{PC} = \vec{0}$.

Поскольку точка $P$ является точкой пересечения прямых $AD$ и $BC$, векторы $\vec{PD}$ и $\vec{PC}$ не коллинеарны (линейно независимы). Равенство нулю их линейной комбинации возможно только в том случае, если коэффициенты при них равны нулю:
$k_1 - \lambda = 0 \implies k_1 = \lambda$
$k_2 - \lambda = 0 \implies k_2 = \lambda$
Отсюда следует, что $k_1 = k_2$.

Итак, мы получили, что $\frac{PA}{PD} = \frac{PB}{PC} = k_1 = k_2$. Рассмотрим треугольники $\triangle PAB$ и $\triangle PDC$. У них общий угол $\angle P$ (или $\angle APB = \angle DPC$). Стороны, прилежащие к этому углу, пропорциональны: $\frac{PA}{PD} = \frac{PB}{PC}$. Следовательно, по признаку подобия треугольников (по двум сторонам и углу между ними), $\triangle PAB \sim \triangle PDC$.

Из подобия треугольников следует равенство соответствующих углов: $\angle PAB = \angle PDC$. Эти углы являются соответственными при прямых $AB$ и $DC$ и секущей $PD$. Так как они равны, прямые $AB$ и $DC$ параллельны.

Поскольку в четырехугольнике $ABCD$ две стороны ($AB$ и $DC$) параллельны, а две другие ($AD$ и $BC$) не параллельны, он является трапецией. Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано.

4.98. Окружность проведена так, что сторона $AB$ треугольника $ABC$ является ее диаметром. Докажите, что если:

1) точка C лежит вне окружности, то $\angle C$ острый;

2) точка C лежит на окружности, то $\angle C$ прямой;

3) точка C лежит внутри окружности, то $\angle C$ тупой.

Пусть дана окружность с центром в точке $O$ и радиусом $R$. Сторона $AB$ треугольника $ABC$ является диаметром этой окружности. Это означает, что точка $O$ является серединой отрезка $AB$, и справедливы равенства $AO = BO = R$ и $AB = 2R$.

Для доказательства утверждений воспользуемся связью между сторонами и углами в треугольнике $ABC$. Проведем медиану $CO$ из вершины $C$ к стороне $AB$.

Применим теорему Аполлония к треугольнику $ABC$ и медиане $CO$. Теорема гласит, что сумма квадратов двух сторон треугольника равна удвоенной сумме квадратов половины третьей стороны и медианы, проведенной к ней: $AC^2 + BC^2 = 2(AO^2 + CO^2)$. Поскольку $AO = R$, получаем: $AC^2 + BC^2 = 2(R^2 + CO^2)$.

Теперь применим теорему косинусов для того же треугольника $ABC$ относительно угла $C$: $AB^2 = AC^2 + BC^2 - 2 \cdot AC \cdot BC \cdot \cos(\angle C)$.

Подставим выражение для $AC^2 + BC^2$ из первого уравнения во второе: $(2R)^2 = 2(R^2 + CO^2) - 2 \cdot AC \cdot BC \cdot \cos(\angle C)$.

Упростим полученное выражение: $4R^2 = 2R^2 + 2CO^2 - 2 \cdot AC \cdot BC \cdot \cos(\angle C)$ $4R^2 - 2R^2 - 2CO^2 = -2 \cdot AC \cdot BC \cdot \cos(\angle C)$ $2R^2 - 2CO^2 = -2 \cdot AC \cdot BC \cdot \cos(\angle C)$.

Разделим обе части уравнения на $-2$: $CO^2 - R^2 = AC \cdot BC \cdot \cos(\angle C)$.

Так как $AC$ и $BC$ — это длины сторон треугольника, их произведение $AC \cdot BC$ является положительной величиной. Следовательно, знак $\cos(\angle C)$ определяется знаком выражения $CO^2 - R^2$. Это ключевое соотношение позволяет нам доказать все три утверждения, анализируя положение точки $C$ относительно окружности.

1) точка С лежит вне окружности, то ∠C острый

Если точка $C$ лежит вне окружности, то расстояние от нее до центра $O$ больше радиуса $R$, то есть $CO > R$. Следовательно, $CO^2 > R^2$, и разность $CO^2 - R^2$ положительна.

Из нашего ключевого соотношения $CO^2 - R^2 = AC \cdot BC \cdot \cos(\angle C)$ следует, что $\cos(\angle C)$ также должен быть положительным. Косинус угла в треугольнике (от $0^\circ$ до $180^\circ$) положителен только тогда, когда угол острый (меньше $90^\circ$). Таким образом, $\angle C$ — острый.

Ответ: Утверждение доказано. Если точка С лежит вне окружности, то $\angle C$ острый.

2) точка С лежит на окружности, то ∠C прямой

Если точка $C$ лежит на окружности, то расстояние от нее до центра $O$ равно радиусу $R$, то есть $CO = R$. Следовательно, $CO^2 = R^2$, и разность $CO^2 - R^2$ равна нулю.

Из соотношения $CO^2 - R^2 = AC \cdot BC \cdot \cos(\angle C)$ следует, что $\cos(\angle C)$ должен быть равен нулю. Косинус угла в треугольнике равен нулю только тогда, когда угол прямой, то есть равен $90^\circ$. Таким образом, $\angle C$ — прямой. Это также известная теорема о вписанном угле, опирающемся на диаметр.

Ответ: Утверждение доказано. Если точка С лежит на окружности, то $\angle C$ прямой.

3) точка С лежит внутри окружности, то ∠C тупой

Если точка $C$ лежит внутри окружности, то расстояние от нее до центра $O$ меньше радиуса $R$, то есть $CO < R$. Следовательно, $CO^2 < R^2$, и разность $CO^2 - R^2$ отрицательна.

Из соотношения $CO^2 - R^2 = AC \cdot BC \cdot \cos(\angle C)$ следует, что $\cos(\angle C)$ также должен быть отрицательным. Косинус угла в треугольнике отрицателен только тогда, когда угол тупой (больше $90^\circ$). Таким образом, $\angle C$ — тупой.

Ответ: Утверждение доказано. Если точка С лежит внутри окружности, то $\angle C$ тупой.