Прямая (MN ), имеющая с окружностью только одну общую точку (A ), называется касательной к окружности .
Общая точка называется в этом случае точкой касания.
Возможность существования касательной , и притом проведенной через любую точку окружности , как точку касания, доказывается следующей теоремой .
Пусть требуется провести к окружности с центром O касательную через точку A . Для этого из точки A, как из центра, описываем дугу радиусом AO , а из точки O , как центра, пересекаем эту дугу в точках B и С раствором циркуля, равным диаметру данного круга.
Проведя затем хорды OB и OС , соединим точку A с точками D и E , в которых эти хорды пересекаются с данной окружностью. Прямые AD и AE - касательные к окружности O . Действительно, из построения видно, что треугольники AOB и AOС равнобедренные (AO = AB =AС ) с основаниями OB и OС , равными диаметру круга O .
Так как OD и OE - радиусы, то D - середина OB , а E - середина OС , значит AD и AE - медианы , проведенные к основаниям равнобедренных треугольников, и потому перпендикулярны к этим основаниям. Если же прямые DA и EA перпендикулярны к радиусам OD и OE , то они - касательные .
Следствие.
Две касательные, проведенные из одной точки к окружности, равны и образуют равные углы с прямой, соединяющей эту точку с центром .
Так AD=AE и ∠OAD = ∠OAE потому, что прямоугольные треугольники AOD и AOE , имеющие общую гипотенузу AO и равные катеты OD и OE (как радиусы), равны. Заметим, что здесь под словом “касательная” подразумевается собственно “отрезок касательной ” от данной точки до точки касания.
1. Две касательные из одной точки.
Пусть к окружности с центром в точке $$O$$ проведены две касательные $$AM$$ и $$AN$$, точки $$M$$ и $$N$$ лежат на окружности (рис. 1).
По определению касательной $$OM \perp AM$$ и $$ON \perp AN$$. В прямоугольных треугольниках $$AOM$$ и $$AON$$ гипотенуза $$AO$$ общая, катеты $$OM$$ и $$ON$$ равны, значит, $$\Delta AOM = \Delta AON$$. Из равенства этих треугольников следует $$AM=AN$$ и $$\angle MAO = \angle NAO$$. Таким образом, если из точки к окружности проведены две касательные, то:
1.1$${\!}^{\circ}$$. отрезки касательных от этой точки до точек касания равны;
1.2$${\!}^{\circ}$$. прямая, проходящая через центр окружности и заданную точку, делит угол между касательными пополам.
Используя свойство 1.1$${\!}^{\circ}$$, легко решим следующие две задачи. (В решении используется тот факт, что в каждый треугольник можно вписать окружность).
На основании $$AC$$ равнобедренного треугольника $$ABC$$ расположена точка $$D$$, при этом $$DA = a$$, $$DC = b$$ (рис. 2). Окружности, вписанные в треугольники $$ABD$$ и $$DBC$$ , касаются прямой $$BD$$ в точках $$M$$ и $$N$$ соответственно. Найти отрезок $$MN$$.
.
$$\triangle$$ Пусть $$a > b $$. Обозначим $$x = MN$$, $$y = ND$$, $$z = BM$$.
По свойству касательных $$DE = y$$, $$KD = x + y $$, $$AK = AP = a - (x + y)$$, $$CE = CF = b - y$$, $$BP = z$$, и $$BF = z + x$$. Выразим боковые стороны (рис. 2а): $$AB = z+a-x-y$$, $$BC=z+x-b-y$$. По условию $$AB=BC$$, поэтому $$z+a-x -y = z+x+b-y$$. Отсюда находим $$x=\frac{(a-b)}{2}$$, т. е. $$MN=\frac{(a-b)}{2}$$. Если $$a \lt b$$, то $$MN=\frac{(b-a)}{2}$$. Итак, $$MN=\frac{1}{2}|a-b|$$. $$\blacktriangle$$
ОТВЕТ
$$\frac{|a-b|} {2}$$
Доказать, что в прямоугольном треугольнике сумма катетов равна удвоенной сумме радиусов вписанной и описанной окружностей, т. е. $$a+b=2R+2r$$.
$$\triangle$$ Пусть $$M$$, $$N$$ и $$K$$ - точки касания окружностью сторон прямоугольного треугольника $$ABC$$ (рис. 3), $$AC=b$$, $$BC=a$$, $$r$$ - радиус вписанной окружности, $$R$$ - радиус описанной окружности. Вспомним, что гипотенуза есть диаметр описанной окружности: $$AB=2R$$. Далее, $$OM \perp AC$$, $$BC \perp AC$$, значит, $$OM \parallel BC$$, аналогично $$ON \perp BC$$, $$AC \perp BC$$, значит, $$ON \parallel AC$$. Четырёхугольник $$MONC$$ по определению есть квадрат, все его стороны равны $$r$$, поэтому $$AM = b - r$$ и $$BN = a - r $$.
По свойству касательных $$AK=AM$$ и $$BK=BN$$, поэтому $$AB = AK + KB = a+b-2r$$, а т. к. $$AB=2R$$ , то получаем $$a+b=2R+2r$$. $$\blacktriangle$$
Свойство 1.2$${\!}^{\circ}$$ сформулируем по другому: центр окружности, вписанной в угол, лежит на биссектрисе этого угла.
Около окружности с центром в точке $$O$$ описана трапеция $$ABCD$$ с основаниями $$AD$$ и $$BC$$ (рис. 4а).
а) Доказать, что $$\angle AOB = \angle COD = $$90$${\!}^{\circ}$$ .
б) Найти радиус окружности, если $$BO = \sqrt{5}$$ и $$AO = 2 \sqrt{5}$$. (рис. 4б)
$$\triangle$$ а) Окружность вписана в угол $$BAD$$, по свойству 1.2$${\!}^{\circ}$$ $$AO$$ - биссектриса угла $$A$$, $$\angle 1 = \angle 2 = \frac{1}{2} \angle A$$; $$BO$$ - биссектриса угла $$B$$, $$\angle 3 = \angle 4 = \frac{1}{2} \angle B$$. Из параллельности прямых $$AD$$ и $$BC$$ следует, что $$\angle A + \angle B = 180^{\circ}$$,поэтому в треугольнике $$AOB$$ из $$\angle 1 + \angle 3 = \frac{1}{2} (\angle A + \angle B) = 90^{\circ}$$ следует $$\angle AOB = 90^{\circ}$$.
Аналогично $$CO$$ и $$DO$$ биссектрисы углов $$C$$ и $$D$$ трапеции, $$\angle COD = 180^{\circ} - \frac{1}{2}(\angle C + \angle D) = 90^{\circ}$$.
б) Треугольник $$AOB$$ прямоугольный с катетами $$AO = 2 \sqrt{5}$$ и $$BO = \sqrt{5}$$. Находим гипотенузу $$AB=\sqrt{20+5} = 5$$. Если окружность касается стороны $$AB$$ в точке $$K$$, то $$OK \perp AB$$ и $$OK$$ - радиус окружности. По свойству прямоугольного треугольника $$AB \cdot OK = AO \cdot BO$$, откуда $$OK = \frac{2\sqrt{5}\cdot \sqrt{5}}{5} = 2$$. $$\blacktriangle$$
ОТВЕТ
2. Угол между касательной и хордой с общей точкой на окружности.
Напомним, что градусная мера вписанного угла равна половине градусной меры дуги, на которую он опирается.
Теорема 1. Мера угла между касательной и хордой, имеющими общую точку на окружности, равна половине градусной меры дуги, заключённой между его сторонами.
$$\square$$ Пусть $$O$$ - центр окружности, $$AN$$ - касательная (рис. 5). Угол между касательной $$AN$$ и хордой $$AB$$ обозначим $$\alpha$$. Соединим точки $$A$$ и $$B$$ с центром окружности.
Таким образом, градусная мера угла между касательной и хордой равна половине градусной меры дуги $$AnB$$, которая заключена между его сторонами, и, значит, угол $$BAN$$ равен любому вписанному углу, опирающемуся на дугу $$AnB$$. (Аналогичные рассуждения можно провести и для угла $$MAB$$). $$\blacksquare$$
Точка $$C$$ лежит на окружности и отстоит от касательных, проведённых из точки $$M$$ к окружности, на расстоянии $$CS = a$$ и $$CP = b$$ (рис. 6). Доказать, что $$CK = \sqrt{ab}$$.
$$\triangle$$ Проведём хорды $$CA$$ и $$CB$$. Угол $$SAC$$ между касательной $$SA$$ и хордой $$AC$$ равен вписанному углу $$ABC$$. А угол $$PBC$$ между касательной $$PB$$ и хордой $$BC$$ равен вписанному углу $$BAC$$. Получили две пары подобных прямоугольных треугольников $$\Delta ASC \sim\Delta BKC$$ и $$\Delta BPC \sim \Delta AKC$$. Из подобия имеем $$\dfrac{a}{AC}=\dfrac{x}{BC}$$ и $$\dfrac{b}{BC}=\dfrac{x}{AC}$$, откуда следует $$ab=x^2$$, $$x=\sqrt{ab}$$. (Если проекция точки $$C$$ на прямую $$AB$$ лежит вне отрезка $$AB$$, доказательство изменяется не сильно). (Ч. т. д.) $$\blacktriangle$$
Приём , применённый в решении, - проведение «недостающих» хорд - часто помогает в задачах и теоремах с окружностью и касательной, как, например, в доказательстве следующей теоремы «о касательной и секущей» .
Теорема 2. Если из одной точки $$M$$ к окружности проведены касательная $$MA$$ и секущая $$MB$$, пересекающая окружность в точке $$C$$ (рис. 7), то справедливо равенство $$MA^2 = MB \cdot MC$$, т. е. если из точки $$M$$ к окружности проведены касательная и секущая, то квадрат отрезка касательной от точки $$M$$ до точки касания равен произведению длин отрезков секущей от точки $$M$$ до точек её пересечения с окружностью.
$$\square$$ Проведём хорды $$AC$$ и $$AB$$. Угол $$MAC$$ между касательной и хордой равен вписанному углу $$ABC$$, оба измеряются половиной градусной меры дуги $$AnC$$. В треугольниках $$MAC$$ и $$MBA$$ равны углы $$MAC$$ и $$MBA$$, а угол при вершине $$M$$ общий. Эти треугольники по-
добны, из подобия имеем $$MA/MB = MC/MA$$, откуда следует $$MA^2 = MB \cdot MC$$. $$\blacksquare$$
Радиус окружности равен $$R$$. Из точки $$M$$ проведены касательная $$MA$$ и секущая $$MB$$, проходящая через центр $$O$$ окружности (рис. 8). Найти расстояние между точкой $$M$$ и центром окружности, если $$MB = 2MA$$.
$$\triangle$$ Обозначим искомое расстояние $$x: \: x=MO$$, тогда $$MB = x+R$$, $$MC=x-R$$ и по условию $$MA=MB/2=(x+R)/2$$. По теореме о касательной и секущей $$(x+R)^2/4=(x+R)(x-R)$$, откуда, сокращая на $$(x+R)$$, получаем $$(x+R)/4=x-R$$. Легко находим $$x = \dfrac{5}{3}R$$. $$\blacktriangle$$
ОТВЕТ
$$\dfrac{5}{3}R$$
3. Свойство хорд окружности.
Полезно доказать эти свойства самостоятельно (лучше закрепляется), можете разобрать доказательства по учебнику.
1.3$${\!}^{\circ}$$. Диаметр, перпендикулярный хорде, делит её пополам. Обратно: диаметр, проходящей через середину хорды (не являющуюся диаметром) перпендикулярен ей.
1.4$${\!}^{\circ}$$. Равные хорды окружности находятся на равном расстоянии от центра окружности. Обратно: на равном расстоянии от центра окружности находятся равные хорды.
1.5$${\!}^{\circ}$$. Дуги окружности, заключённые между параллельными хордами, равны (рис. 9 подскажет путь доказательства).
1.6$${\!}^{\circ}$$. Если две хорды $$AB$$ и $$CD$$ пересекаются в точке $$M$$, то $$AM \cdot MB = CM \cdot MD$$, т. е. произведение длин отрезков одной хорды равно произведению длин отрезков другой хорды (на рис. 10 $$\Delta AMC \sim \Delta DMB$$).
Следующее утверждение докажем.
1.7$${\!}^{\circ}$$. Если в окружности радиуса $$R$$ вписанный угол, опирающийся на хорду длины $$a$$, равен $$\alpha$$,то $$a = 2R\textrm{sin}\alpha$$.
$$\blacksquare$$ Пусть в окружности радиуса $$R$$ хорда $$BC = a$$, вписанный угол $$BAC$$ опирается на хорду $$a$$, $$\angle BAC = \alpha$$ (рис. 11 а,б).
Проведём диаметр $$BA^{"}$$ и рассмотрим прямоугольный треугольник $$BA^{"}C$$ ($$\angle BCA^{"}= 90^{\circ}$$, опирается на диаметр).
Если угол $$A$$ острый (рис. 11а), то центр $$O$$ и вершина $$A$$ лежат по одну сторону от прямой $$BC$$, $$\angle A^{"} = \angle A$$ и $$BC = BA^{"} \cdot \textrm{sin}A^{"}$$, т. е. $$a=2R\textrm{sin}A^{"}$$ .
Если угол $$A$$ тупой, центр $$O$$ и вершина $$A$$ лежат по разные стороны от прямой $$BC$$ (рис. 11б), тогда $$\angle A^{"} = 180^{\circ} - \angle A$$ и $$BC = BA^{"} \cdot \textrm{sin}A^{"}$$, т. е. $$a=2R\textrm{sin}(180-A^{"})=2R\textrm{sin}A^{"}$$.
Если $$\alpha = 90^{\circ}$$, то $$BC$$ - диаметр, $$BC = 2R = 2R\textrm{sin}90^{\circ}$$.
Во всех случаях справедливо равенство $$a=2R\textrm{sin}A^{"}$$ . $$\blacktriangle$$
Итак, $$\boxed{a = 2R\textrm{sin}\alpha}$$ или $$\boxed{R = \dfrac{a}{2\textrm{sin}\alpha}}$$. (*)
Найти радиус окружности, описанной около треугольника $$ABC$$, в котором $$AB = 3\sqrt{3}$$, $$BC = 2$$ и угол $$ABC = 150^{\circ}$$.
$$\triangle$$ В описанной около треугольника $$ABC$$ окружности известен угол $$B$$ , опирающийся на хорду $$AC$$. Из доказанной формулы следует $$R = \dfrac{AC}{2\textrm{sin}B}$$.
Применим теорему косинусов к треугольнику $$ABC$$ (рис. 12) при этом учтём, что
$$\textrm{cos}150^{\circ} = \textrm{cos}(180^{\circ}-30^{\circ}) = -\textrm{cos}30^{\circ} = -\dfrac{\sqrt{3}}{2}$$, получим
$$AC^2 = 27+4+2\cdot 3\sqrt{3} \cdot 2 \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2} = 49,\: AC=7$$.
Находим $$R = \dfrac{AC}{2\textrm{sin}150^{\circ}} = \dfrac{7}{2\textrm{sin}30^{\circ}} = 7$$. $$\blacktriangle$$
ОТВЕТ
Используем свойство пересекающихся хорд для доказательства следующей теоремы.
Теорема 3. Пусть $$AD$$ - биссектриса треугольника $$ABC$$, тогда
$$AD^2 = AB\cdot AC - BD\cdot CD$$, т.е. если $$AB=c,\: AC=b,\: BD=x,\:DC=y$$, то $$AD^2 = bc-xy$$ (рис. 13а).
$$\square$$ Опишем около треугольника $$ABC$$ окружность (рис. 13б) и точку пересечения продолжения биссектрисы $$AD$$ с окружностью обозначим $$B_1$$. Обозначим $$AD = l $$ и $$DB_1 = z $$. Вписанные углы $$ABC$$ и $$AB_1C$$ равны, $$AD$$ - биссектриса угла $$A$$, поэтому $$\Delta ABD \sim \Delta AB_1C$$ (по двум углам). Из подобия имеем $$\dfrac{AD}{AC} = \dfrac{AB}{AB_1}$$, т. е. $$\dfrac{l}{b} = \dfrac{c}{l+z}$$, откуда $$l^2=bc-lz$$. По свойству пересекающихся хорд $$BD\cdot DC = AD \cdot DB_1$$, т. е. $$xy=lz$$, поэтому получаем $$l^2=bc-xy$$ . $$\blacksquare$$
4. Две касающиеся окружности
В заключении параграфа рассмотрим задачи с двумя касающимися окружностями. Две окружности, имеющие общую точку и общую касательную в этой точке, называются касающимися . Если окружности расположены по одну сторону от общей касательной, они называются касающимися внутренне (рис. 14а), а если расположены по разные стороны от касательной, то они называются касающимися внешне (рис. 14б).
Если $$O_1$$ и $$O_2$$ - центры окружностей, то по определению касательной $$AO_1 \perp l$$, $$AO_2 \perp l$$, следовательно, в обоих случаях общая точка касания лежит на линии центров.
Две окружности радиусов $$R_1$$ и $$R_2$$ ($$R_1 > R_2$$) внутренне касаются в точке $$A$$. Через точку $$B$$, лежащую на большей окружности, проведена прямая, касающаяся меньшей окружности в точке $$C$$ (рис. 15). Найти $$AB$$, если $$BC = a$$.
$$\triangle$$ Пусть $$O_1$$ и $$O_2$$ - центры большей и меньшей окружностей, $$D$$ - точка пересечения хорды $$AB$$ с меньшей окружностью. Если $$O_1N \perp AB$$ и $$O_2M \perp AB$$, то $$AN=AB/2$$ и $$AM=AD/2$$ (т. к. радиус, перпендикулярный хорде, делит её пополам). Из подобия треугольников $$AO_2M$$ и $$AO_1N$$ следует $$AN:AM = AO_1:AO_2$$ и, значит, $$AB:AD = R_1:R_2$$.
По теореме о касательной и секущей имеем:
$$BC^2 = AB\cdot BD = AB (AB-AD) = AB^2(1 - \dfrac{AD}{AB})$$,
т. е. $$a^2 = AB^2(1-\dfrac{R_2}{R_1})$$.
Итак, $$AB = a \sqrt{\dfrac{R_1}{R_1-R_2}}$$. $$\blacktriangle$$
Две окружности радиусов $$R_1$$ и $$R_2$$ внешне касаются в точке $$A$$ (рис. 16). Их общая внешняя касательная касается большей окружности в точке $$B$$ и меньшей - в точке $$C$$. Найти радиус окружности, описанной около треугольника $$ABC$$.
$$\triangle$$ Соединим центры $$O_1$$ и $$O_2$$ с точками $$B$$ и $$C$$. По определению касательной, $$O_1B \perp BC$$ и $$O_2C \perp BC$$. Следовательно, $$O_1B \parallel O_2C$$ и $$\angle BO_1O_2 + \angle CO_2O_1 = 180^{\circ}$$. Так как $$\angle ABC = \dfrac{1}{2} \angle BO_1A$$ и $$\angle ACB = \dfrac{1}{2} \angle CO_2A$$, то $$\angle ABC + \angle ACB = 90^{\circ}$$. Отсюда следует, что $$\angle BAC = 90^{\circ}$$ , и поэтому радиус окружности, описанной около прямоугольного треугольника $$ABC$$ , равен половине гипотенузы $$BC$$.
Найдём $$BC$$. Пусть $$O_2K \perp O_1B$$, тогда $$KO_2 = BC,\: O_1K = R_1-R_2,\: O_1O_2 = R_1+R_2$$. По теореме Пифагора находим:
$$KO_2 = \sqrt{O_1O_2^2 - O_1K^2}= 2\sqrt{R_1R_2}, \: \underline{BC = 2\sqrt{R_1R_2} }$$.
Итак, радиус окружности, описанной около треугольника $$ABC$$ равен $$\sqrt{R_1R_2}$$. В решении $$R_1 > R_2$$, при $$R_1
ОТВЕТ
$$\sqrt{R_1R_2}$$
Отрезки касательных к окружности, проведенные из одной точки, равны и составляют равные углы с прямой, проходящей через эту точку и центр окружности. ДОКАЗАТЕЛЬСТВО. А. 3. В. 4. 1. 2. С. О. По теореме о свойстве касательной углы 1 и 2 прямые, поэтому треугольники АВО и АСО прямоугольные. Они равны, т.к. имеют общую гипотенузу ОА и равные катеты ОВ и ОС. Следовательно, АВ=АС и угол 3= углу 4, что и требовалось доказать.
Слайд 4 из презентации ««Окружность» геометрия» . Размер архива с презентацией 316 КБ.Геометрия 8 класс
краткое содержание других презентаций«Свойства четырёхугольников» - Трапеция. Незнайка исправил двойку. Диагонали делят углы пополам. Определения четырехугольников. Диагонали. Диктант. Квадратом называется прямоугольник, у которого все стороны равны. Все углы прямые. Противоположные углы. Элементы параллелограмма. Конструктор. Ромб. Свойства четырехугольников. Стороны. Четырехугольники и их свойства. Четырехугольник. Помогите Незнайке исправить двойку. Диагональ. Противоположные стороны.
«Векторы 8 класс» - Цели урока. Назовите равные и противоположные векторы. Определите координаты вектора. Равные вектора. Векторы на уроках физики. Продолжите фразу. Найдите и назовите равные векторы на данном рисунке. Координаты вектора. Практическая работа. Абсолютная величина вектора. Абсолютная величина вектора. Самостоятельная работа в парах. Явления природы описываются физическими величинами. Векторы. Координаты вектора.
«Скалярное произведение в координатах» - Математическая разминка. Решение треугольника. Теорема Наполеона. Новый материал. Обменяйтесь карточками. Решим задание. Геометрия. Имя автора теоремы. Следствие. Вектор. Свойства скалярного произведение векторов. Скалярное произведение в координатах и его свойства. Доказательство теоремы Пифагора. Математический тест.
«Осевая симметрия в геометрии» - Фигура называется симметричной относительно прямой a. Фигуры, обладающие двумя осями симметрии. Фигуры, обладающие одной осью симметрии. Постройте треугольники, симметричные данным, относительно прямой С. Содержание. Постройте точки А" и В". Определение. Симметрия в поэзии. Осевая симметрия. Начертите две прямые а и b и отметьте две точки А и В. Как же получить фигуру, симметричную данной. Слова, имеющие ось симметрии.
««Осевая и центральная симметрия» геометрия» - Опишите фигуру. Вейль Герман. Симметрия в мире растений. Науки. Симметрия в мире насекомых. Углы треугольника. Поворотная симметрия. Соразмерность. Алгоритм построения. Осевая и центральная симметрия. Симметричность точек относительно центра. Симметричность точек относительно прямой. Знакомые черты. Что Вас привлекло в этих фотографиях. Точка О. Центральная и осевая симметрия. Симметричность фигуры относительно прямой.
««Теорема Фалеса» 8 класс» - Отрезок. Навыки решения задач. Диагональ. Анализ. Задачи на готовых чертежах. Доказательство. Исследование. Параллельные прямые. Фалес известен как геометр. Фалес Милетский. Середины боковых сторон. Теорема Фалеса. Изречения Фалеса. Задача. Найти углы трапеции. Доказать.
Чаще всего именно геометрические задачи вызывают затруднения у абитуриентов, выпускников, участников математических олимпиад. Если посмотреть статистику ЕГЭ 2010 года, то видно, что к геометрической задаче С4 приступило около 12% участников, а получило полный балл только 0,2% участников, а в целом задача оказалась самой сложной из всех предложенных.
Очевидно, что чем раньше мы предложим школьникам красивые или неожиданные по способу решения задачи, тем больше вероятность заинтересовать и увлечь всерьёз и надолго. Но, как же трудно найти интересные и сложные задачи на уровне 7 класса, когда только начинается систематическое изучение геометрии. Что можно предложить интересующемуся математикой школьнику, знающему только признаки равенства треугольников, свойства смежных и вертикальных углов? Однако, можно ввести понятие касательной к окружности, как прямой, имеющей с окружностью одну общую точку; принять, что радиус, проведённый в точку касания, перпендикулярен касательной. Конечно, стоит рассмотреть все возможные случаи расположения двух окружностей и общих касательных к ним, которых можно провести от нуля до четырёх. Доказав ниже предложенные теоремы, можно значительно расширить набор задач для семиклассников. При этом попутно доказать важные или просто интересные и занимательные факты. Причём, поскольку многие утверждения не входят в школьный учебник, то обсуждать их можно и на занятиях кружка и с выпускниками при повторении планиметрии. Актуальными эти факты оказались в прошлом учебном году. Так как многие диагностические работы и сама работа ЕГЭ содержали задачу, для решения которой необходимо было использовать доказываемое ниже свойство отрезка касательной.
Т 1
Отрезки касательных к окружности,
проведённые из
одной точки равны (рис. 1)
Вот именно с теоремой
можно сначала познакомить семиклассников.
В процессе доказательства
использовали признак равенства прямоугольных треугольников,
сделали
вывод о том, что центр окружности лежит на биссектрисе угла ВСА
.
Попутно вспомнили, что биссектриса угла есть геометрическое место точек
внутренней области угла, равноудалённых от его сторон. На этих доступных
даже только начинающим изучать геометрию фактах основывается решение уже
далеко нетривиальной задачи.
1. Биссектрисы углов А
, В
и С
выпуклого
четырёхугольника АВСD
пересекаются в одной точке. Лучи АВ
и DC
пересекаются в точке Е
, а лучи
ВС
и АD
в точке F
. Докажите, что у невыпуклого четырёхугольника AECF
суммы длин противоположных сторон равны.
Решение (рис. 2).
Пусть О
– точка пересечения данных
биссектрис.
Тогда О
равноудалена от всех сторон четырёхугольника
АВСD
, то есть
является центром окружности вписанной в
четырёхугольник. По теореме 1
верны равенства: AR
= AK
,
ER
= EP
, FT
= FK
. Почленно сложим левые и
правые части, получим верное равенство:
(AR + ER ) + FT = (AK +FK ) + EP ; AE + (FC + CT ) = AF + (ЕC + PC ). Так как СТ = РС , то АЕ + FC = AF + ЕC , что и требовалось доказать.
Рассмотрим необычную по формулировке задачу, для решения которой достаточно знание теоремы 1 .
2. Существует ли n -угольник, стороны которого последовательно 1, 2, 3, …, n , в который можно вписать окружность?
Решение. Допустим, такой n -угольник существует. А 1 А 2 =1, …, А n-1 А n = n – 1, А n А 1 = n . B 1 , …, B n – соответствующие точки касания. Тогда по теореме 1 A 1 B 1 = A 1 B n < 1, n – 1 < A n B n < n. По свойству отрезков касательных A n B n = A n B n-1 . Но, A n B n-1 < A n-1 А n = n – 1. Противоречие. Следовательно, нет n -угольника, удовлетворяющего условию задачи.
Т 2
Суммы противолежащих сторон
четырёхугольника, описанного около
окружности, равны (рис. 3)
Школьники, как правило, легко доказывают это свойство описанного четырёхугольника. После доказательства теоремы 1 , оно является тренировочным упражнением. Можно обобщить этот факт – суммы сторон описанного чётноугольника, взятых через одну, равны. Например, для шестиугольника ABCDEF верно: AB + CD + EF = BC + DE + FА.
Решение (рис. 1) . Так как четырёхугольники ABEF и ECDF вписанные, то по теореме 2 Р ABEF = 2(AB + EF) и Р ECDF = 2(CD + EF), по условию
Р ABEF – Р ECDF = 2(AB + EF) – 2(CD + EF) = 2p. AB – CD = p. АВ = а + р.
проведена касательная к окружности, пересекающая отрезки АВ и АС в точках М и Р соответственно. Докажите, что периметр треугольника АМР и величина угла МОР не зависят от выбора точки Х.
Решение (рис. 5). По теореме 1 МВ = МХ и РС = РХ. Поэтому периметр треугольника АМР равен сумме отрезков АВ и АС. Или удвоенной касательной, проведённой к вневписанной окружности для треугольника АМР . Величина угла МОР измеряется половиной величины угла ВОС , который не зависит от выбора точки Х .
Решение (рис. 6).
Способ первый (алгебраический). Пусть
АК
= АN = x,
тогда
BK = BM = c – x,
CM = CN = a – c + x. АС =
АN + NC,
тогда можем составить уравнение относительно х:
b = x + (a – c + x).
Откуда
.
Способ второй (геометрический). Обратимся к схеме.
Отрезки
равных касательных, взятые по одному, в сумме дают полупериметр
треугольника. Красный и зелёный составляют сторону а.
Тогда
интересующий нас отрезок х = р – а.
Безусловно,
полученные результаты совпадают.
.
З
аметим, что из опорной задачи 1
следует, что
СМ = р Δ
АВС.
b + x = p; х = р – b.
Полученные формулы имеют применение в следующих задачах.4. Найдите радиус окружности, вписанной в прямоугольный
треугольник
с катетами а, b
и гипотенузой с. Решение (рис. 8).
Т
ак как OMCN –
квадрат, то радиус вписанной окружности равен
отрезку касательной CN.
.
5. Докажите, что точки касания вписанной и вневписанной окружности со стороной треугольника симметричны относительно середины этой стороны.
Решение (рис. 9).
Заметим,
АК – отрезок касательной вневписанной окружности для треугольника АВС.
По формуле (2)
.
ВМ
– отрезок
касательной вписанной окружности для треугольника
АВС.
По формуле (1)
.
АК = ВМ,
а это и означает, что точки К и М
равноудалены от середины стороны
АВ,
что и требовалось доказать.
6. К двум окружностям проведены две общие внешние касательные и одна внутренняя. Внутренняя касательная пересекает внешние в точках А, В и касается окружностей в точках А 1 и В 1 . Докажите, что АА 1 = ВВ 1 .
Решение (рис. 10). Стоп… Да что тут решать? Это же просто другая формулировка предыдущей задачи. Очевидно, что одна из окружностей является вписанной, а другая вневписанной для некоего треугольника АВС. А отрезки АА 1 и ВВ 1 соответствуют отрезкам АК и ВМ задачи 5. Примечательно, что задача, предлагавшаяся на Всероссийской олимпиаде школьников по математике, решается столь очевидным образом.
7. Стороны пятиугольника в порядке обхода равны 5, 6, 10, 7, 8. Доказать, что в этот пятиугольник нельзя вписать окружность.
Решение (рис. 11) . Предположим, что в пятиугольник АВСDE можно вписать окружность. Причём стороны AB , BC , CD , DE и ЕA равны соответственно 5, 6, 10, 7 и 8. Отметим последовательно точки касания – F , G , H , M и N . Пусть длина отрезка AF равна х .
Тогда BF = FD – AF = 5 – x = BG . GC = BC – BG = = 6 – (5 – x ) = 1 + x = CH . И так далее: HD = DM = 9 – x ; ME = EN = x – 2, AN = 10 – х .
Но, AF = AN . То есть 10 – х = х ; х = 5. Однако, отрезок касательной AF не может равняться стороне АВ . Полученное противоречие и доказывает, что в данный пятиугольник нельзя вписать окружность.
8. В шестиугольник вписана окружность, его стороны в порядке обхода равны 1, 2, 3, 4, 5. Найти длину шестой стороны.
Решение. Конечно, можно отрезок касательной обозначить за х , как и в предыдущей задаче, составить уравнение и получить ответ. Но, гораздо эффективнее и эффектнее использовать примечание к теореме 2 : суммы сторон описанного шестиугольника, взятых через одну, равны.
Тогда 1 + 3 + 5 = 2 + 4 + х , где х – неизвестная шестая сторона, х = 3.
Решение (рис.12)
. Так как длины всех сторон являются целыми
числами, то равны дробные
части длин отрезков BT
, BP
,
DM
, DN
, AK
и AT
. Имеем,
АТ
+ ТВ
= 1,
и дробные части длин
отрезков AT
и TB
равны. Это возможно
только тогда, когда
АТ
+ ТВ
= 0,5.
По теореме 1
ВТ
+ ВР
.
Значит, ВР
= 0,5.
Заметим, что условие СD
= 3 оказалось невостребованным.
Очевидно,
авторы задачи предполагали какое-то другое решение. Ответ: 0,5.
10. В четырёхугольнике ABCD AD = DC, AB = 3, BC = 5. Окружности, вписанные в треугольники ABD и CBD касаются отрезка BD в точках M и N соответственно. Найти длину отрезка MN.
Решение (рис. 13). MN = DN – DM. По формуле (1) для треугольников DBA и DBС соответственно, имеем:
11. В четырёхугольник ABCD можно вписать окружность. Окружности, вписанные в треугольники ABD и CBD имеют радиусы R и r соответственно. Найти расстояние между центрами этих окружностей.
Решение (рис. 13). Так как по условию четырёхугольник ABCD вписанный, по теореме 2 имеем: AB + DC = AD + BC. Воспользуемся идеей решения предыдущей задачи. . Это означает, что точки касания окружностей с отрезком DM совпадают. Расстояние между центрами окружностей равно сумме радиусов. Ответ: R + r.
Фактически доказано, что условие – в четырёхугольник ABCD можно вписать окружность, равносильно условию – в выпуклом четырехугольнике ABCD окружности, вписанные в треугольники ABC и ADC касаются друг друга. Верно обратное.
Доказать эти два взаимно-обратных утверждения предлагается в следующей задаче, которую можно считать обобщением данной.
12. В выпуклом четырехугольнике ABCD (рис. 14 ) окружности, вписанные в треугольники ABC и ADC касаются друг друга. Докажите, что окружности, вписанные в треугольники ABD и BDC также касаются друг друга.
13. В треугольнике АВС со сторонами а, b и c на стороне ВС отмечена точка D так, что окружности, вписанные в треугольники АВD и ACD касаются отрезка AD в одной точке. Найти длину отрезка BD .
Решение (рис. 15). Применим формулу (1) для треугольников ADC
и ADB
, вычислив DM
двумя
Оказывается, D – точка касания со стороной ВС окружности, вписанной в треугольник АВС . Верно обратное: если вершину треугольника соединить с точкой касания вписанной окружности на противоположной стороне, то окружности, вписанные в получившиеся треугольники, касаются друг друга.
14. Центры О 1 , О 2 и О 3 трёх непересекающихся окружностей одинакового радиуса расположены в вершинах треугольника. Из точек О 1 , О 2 , О 3 проведены касательные к данным окружностям так, как показано на рисунке.
Известно, что эти касательные, пересекаясь, образовали выпуклый шестиугольник, стороны которого через одну покрашены в красный и синий цвета. Докажите, что сумма длин красных отрезков равна сумме длин синих.
Решение (рис. 16). Важно понять, как использовать тот факт, что заданные окружности имеют одинаковые радиусы. Заметим, что отрезки ВR и DМ равны, что следует из равенства прямоугольных треугольников О 1 ВR и O 2 BM . Аналогично DL = DP , FN = FK . Почленно складываем равенства, затем вычитаем из полученных сумм одинаковые отрезки касательных, проведенных из вершин А , С , и Е шестиугольника ABCDEF : АR и AK , CL и CM , EN и EP . Получаем требуемое.
Вот пример задачи по стереометрии, предлагавшейся на XII Международном математическом турнире старшеклассников “Кубок памяти А. Н. Колмогорова”.
16. Дана пятиугольная пирамида SA 1 A 2 A 3 A 4 A 5 . Существует сфера w , которая касается всех ребер пирамиды и другая сфера w 1 , которая касается всех сторон основания A 1 A 2 A 3 A 4 A 5 и продолжений боковых рёбер SA 1 , SA 2 , SA 3 , SA 4 , SA 5 за вершины основания. Докажите, что вершина пирамиды равноудалена от вершин основания. (Берлов С. Л., Карпов Д. В.)
так как отрезки касательных равны. Пусть C i A i = a i . Тогда p SAiAi +1 = s+a i +a i +1 , и из равенства периметров следует, что a 1 = a 3 = a 5 = a 2 = a 4 , откуда SA 1 = SA 2 = SA 3 = SA 4 = SA 5 .
17. ЕГЭ. Диагностическая работа 8.12.2009 г, С–4. Дана трапеция ABCD , основания которой BC = 44, AD = 100, AB = CD = 35. Окружность, касающаяся прямых AD и AC , касается стороны CD в точке K . Найдите длину отрезка CK .ВDС и ВDА , касаются стороны ВD в точках Е и F . Найдите длину отрезка EF .
Решение. Возможны два случая (рис. 20 и рис. 21). По формуле (1) найдём длины отрезков DE и DF .
В первом случае AD = 0,1АС , СD = 0,9AC . Во втором – AD = 0,125АС , СD = 1,125AC . Подставляем данные и получаем ответ: 4,6 или 5,5.
Задачи для самостоятельного решения/
1. Периметр равнобедренной трапеции, описанной около окружности равен 2р. Найдите проекцию диагонали трапеции на большее основание. (1/2р)
2. Открытый банк задач ЕГЭ по математике. В4. К окружности, вписанной в треугольник ABC (рис. 22), проведены три касательные. Периметры отсеченных треугольников равны 6, 8, 10. Найдите периметр данного треугольника. (24)
3. В треугольник АВС вписана окружность. MN – касательная к окружности, MÎ АС, NÎ ВС, ВС = 13, АС = 14, АВ = 15. Найдите периметр треугольника MNC. (12)
4. К окружности, вписанной в квадрат со стороной а, проведена касательная, пересекающая две его стороны. Найдите периметр отсечённого треугольника. (а)
5. Окружность вписана в пятиугольник со сторонами а , d , c , d и e . Найдите отрезки, на которые точка касания делит сторону, равную а .
6. В треугольник со сторонами 6, 10 и 12 вписана окружность. К окружности проведена касательная так, что она пересекает две большие стороны. Найдите периметр отсечённого треугольника. (16)
7. CD – медиана треугольника ABC . Окружности, вписанные в треугольники ACD и BCD , касаются отрезка CD в точках M и N . Найдите MN , если АС – ВС = 2. (1)
8. В треугольнике АВС
со сторонами а, b
и c
на стороне ВС
отмечена точка D
. К окружностям,
вписанным в треугольники АВD
и ACD
, проведена общая касательная,
пересекающая AD
в точке М
. Найти длину отрезка АМ
. (Длина
АМ
не зависит от положения точки D
и
равна ½ (c + b – a
))
9. В прямоугольный треугольник вписана окружность радиуса а . Радиус окружности, касающейся гипотенузы и продолжений катетов, равен R. Найдите длину гипотенузы. (R – a )
10. В треугольнике АВС известны длины сторон: АВ = с , АС = b , ВС = а . Вписанная в треугольник окружность касается стороны АВ в точке С 1 . Вневписанная окружность касается продолжения стороны АВ за точку А в точке С 2 . Определите длину отрезка С 1 С 2 . (b )
11. Найдите длины сторон треугольника, разделённых точкой касания вписанной окружности радиуса 3 см на отрезки 4 см и 3 см. (7, 24 и 25 см в прямоугольном треугольнике)
12. Соросовская олимпиада 1996 г, 2 тур, 11 класс . Дан треугольник АВС , на сторонах которого отмечены точки А 1 , В 1 , С 1 . Радиусы окружностей вписанных в треугольники АС 1 В 1 , ВС 1 А 1 , СА 1 В 1 равны по r . Радиус окружности, вписанной в треугольник А 1 В 1 С 1 равен R . Найти радиус окружности, вписанной в треугольник АВС . (R + r ).
Задачи 4–8 взяты из задачника Гордина Р. К. “Геометрия. Планиметрия.” Москва. Издательство МЦНМО. 2004.
Соблюдение Вашей конфиденциальности важно для нас. По этой причине, мы разработали Политику Конфиденциальности, которая описывает, как мы используем и храним Вашу информацию. Пожалуйста, ознакомьтесь с нашими правилами соблюдения конфиденциальности и сообщите нам, если у вас возникнут какие-либо вопросы.
Сбор и использование персональной информации
Под персональной информацией понимаются данные, которые могут быть использованы для идентификации определенного лица либо связи с ним.
От вас может быть запрошено предоставление вашей персональной информации в любой момент, когда вы связываетесь с нами.
Ниже приведены некоторые примеры типов персональной информации, которую мы можем собирать, и как мы можем использовать такую информацию.
Какую персональную информацию мы собираем:
- Когда вы оставляете заявку на сайте, мы можем собирать различную информацию, включая ваши имя, номер телефона, адрес электронной почты и т.д.
Как мы используем вашу персональную информацию:
- Собираемая нами персональная информация позволяет нам связываться с вами и сообщать об уникальных предложениях, акциях и других мероприятиях и ближайших событиях.
- Время от времени, мы можем использовать вашу персональную информацию для отправки важных уведомлений и сообщений.
- Мы также можем использовать персональную информацию для внутренних целей, таких как проведения аудита, анализа данных и различных исследований в целях улучшения услуг предоставляемых нами и предоставления Вам рекомендаций относительно наших услуг.
- Если вы принимаете участие в розыгрыше призов, конкурсе или сходном стимулирующем мероприятии, мы можем использовать предоставляемую вами информацию для управления такими программами.
Раскрытие информации третьим лицам
Мы не раскрываем полученную от Вас информацию третьим лицам.
Исключения:
- В случае если необходимо - в соответствии с законом, судебным порядком, в судебном разбирательстве, и/или на основании публичных запросов или запросов от государственных органов на территории РФ - раскрыть вашу персональную информацию. Мы также можем раскрывать информацию о вас если мы определим, что такое раскрытие необходимо или уместно в целях безопасности, поддержания правопорядка, или иных общественно важных случаях.
- В случае реорганизации, слияния или продажи мы можем передать собираемую нами персональную информацию соответствующему третьему лицу – правопреемнику.
Защита персональной информации
Мы предпринимаем меры предосторожности - включая административные, технические и физические - для защиты вашей персональной информации от утраты, кражи, и недобросовестного использования, а также от несанкционированного доступа, раскрытия, изменения и уничтожения.
Соблюдение вашей конфиденциальности на уровне компании
Для того чтобы убедиться, что ваша персональная информация находится в безопасности, мы доводим нормы соблюдения конфиденциальности и безопасности до наших сотрудников, и строго следим за исполнением мер соблюдения конфиденциальности.