Директен ( MN), който има само един със своя кръг обща точка (А), наречена допирателна към кръга.
В този случай се извиква общата точка точка за контакт.
Възможност за съществуване допирателна, и освен това, начертан през всяка точка кръг, като точка на допир, се доказва по следния начин теорема.
Нека се изисква да се извърши кръгс център О допирателнапрез точката А. За да направите това от точката а,като от центъра, ние описваме дъгарадиус А.О., и от точката О, като център, пресичаме тази дъга в точките Би СЪСпергел, равен на диаметъра на дадения кръг.
След прекарване тогава акорди O.B.и OS, свържете точката Ас точки ги д, при която тези хорди се пресичат с дадена окръжност. Директен ADи А.Е. - допирателни към окръжност О. Наистина от конструкцията става ясно, че триъгълници AOBи AOC равнобедрен(AO = AB = AC) с основи O.B.и OS, равен на диаметъракръг О.
защото O.D.и О.Е.- радиуси, тогава г - средата O.B., А д- средно OS, Средства ADи А.Е. - медиани, начертан към основите на равнобедрени триъгълници и следователно перпендикулярен на тези основи. Ако прав Д.А.и Е.А.перпендикулярно на радиусите O.D.и О.Е., тогава те - допирателни.
Последица.
Две допирателни, прекарани от една точка към окръжност, са равни и образуват равни ъгли с правата, свързваща тази точка с центъра.
И така AD=AEи ∠ OAD = ∠OAEзащото правоъгълни триъгълници AODи AOE, имащи общ хипотенуза А.О.и равни крака O.D.и О.Е.(като радиуси), са равни. Обърнете внимание, че тук думата „тангента“ всъщност означава „ допирателна отсечка” от дадена точка до точката на контакт.
1. Две допирателни от една точка.
Нека две допирателни $$AM$$ и $$AN$$ са начертани към окръжност с център в точка $$O$$, точките $$M$$ и $$N$$ лежат на окръжността (фиг. 1) .
По дефиниция на тангенс $$OM \perp AM$$ и $$ON \perp AN$$. В правоъгълните триъгълници $$AOM$$ и $$AON$$ хипотенузата $$AO$$ е обща, катетите $$OM$$ и $$ON$$ са равни, което означава $$\Делта AOM = \ Делта AON$$. От равенството на тези триъгълници следва, че $$AM=AN$$ и $$\angle MAO = \angle NAO$$. Така, ако две допирателни са начертани от точка към окръжност, тогава:
1,1$$(\^{\circ}$$. !} допирателните отсечки от тази точка до допирателните точки са равни;
1,2$$(\^{\circ}$$. !} права линия, минаваща през центъра на кръга и дадена точка, разполовява ъгъла между допирателните.
Използване на свойство 1.1$$(\^{\circ}$$, легко решим следующие две задачи. (В решении используется тот факт, что в каждый треугольник можно вписать окружность).!}
Въз основа на $$AC$$ равнобедрен триъгълник$$ABC$$ се намира в точка $$D$$, като $$DA = a$$, $$DC = b$$ (фиг. 2). Окръжности, вписани в триъгълници $$ABD$$ и $$DBC$$, се допират към правата $$BD$$ съответно в точки $$M$$ и $$N$$. Намерете отсечката $$MN$$.
.
$$\triangle$$ Нека $$a > b $$. Нека означим $$x = MN$$, $$y = ND$$, $$z = BM$$.
По свойството на допирателните $$DE = y$$, $$KD = x + y $$, $$AK = AP = a - (x + y)$$, $$CE = CF = b - y$$ , $$BP = z$$ и $$BF = z + x$$. Да изразим страни(Фиг. 2а): $$AB = z+a-x-y$$, $$BC=z+x-b-y$$. По условие $$AB=BC$$, така че $$z+a-x -y = z+x+b-y$$. От тук намираме $$x=\frac((a-b))(2)$$, т.е. $$MN=\frac((a-b))(2)$$. Ако $$a \lt b$$, тогава $$MN=\frac((b-a))(2)$$. Така че $$MN=\frac(1)(2)|a-b|$$. $$\черен триъгълник$$
ОТГОВОР
$$\frac(|a-b|) (2)$$
Докажете, че в правоъгълен триъгълник сборът от катетите е равен на удвоения сбор от радиусите на вписаната и описаната окръжност, т.е. $$a+b=2R+2r$$.
$$\triangle$$ Нека $$M$$, $$N$$ и $$K$$ са точките на допиране между страните на правоъгълния триъгълник $$ABC$$ (фиг. 3), $$AC =b$$, $$BC=a$$, $$r$$ - радиус на вписаната окръжност, $$R$$ - радиус на описаната окръжност. Спомнете си, че хипотенузата е диаметърът на описаната окръжност: $$AB=2R$$. Освен това $$OM \perp AC$$, $$BC \perp AC$$, следователно $$OM \parallel BC$$, подобно на $$ON \perp BC$$, $$AC \perp BC$$ , означава $$ON \parallel AC$$. Четириъгълник $$MONC$$ по дефиниция е квадрат, всичките му страни са равни на $$r$$, така че $$AM = b - r$$ и $$BN = a - r$$.
По свойството на допирателните $$AK=AM$$ и $$BK=BN$$, следователно $$AB = AK + KB = a+b-2r$$, и тъй като $$AB=2R$$, тогава ние вземете $$a+b=2R+2r$$. $$\черен триъгълник$$
Свойство 1.2$$(\^{\circ}$$ сформулируем по другому: !} Центърът на окръжност, вписана в ъгъл, лежи върху ъглополовящата на този ъгъл.
Около окръжност с център в точка $$O$$ е описан трапец $$ABCD$$ с основи $$AD$$ и $$BC$$ (фиг. 4а).
а) Докажете, че $$\angle AOB = \angle COD = $$90$$(\^{\circ}$$ .!}
b) Намерете радиуса на окръжността, ако $$BO = \sqrt(5)$$ и $$AO = 2 \sqrt(5)$$. (фиг. 4b)
$$\triangle$$ а) Окръжността е вписана в ъгъл $$BAD$$, по свойството 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 $$\angle AOB = 90^{\circ}$$.!}
Подобно на $$CO$$ и $$DO$$ ъглополовящи на ъгли $$C$$ и $$D$$ на трапец, $$\angle COD = 180^(\circ) - \frac(1)( 2)(\ ъгъл C + \ъгъл D) = 90^(\circ)$$.
b) Триъгълникът $$AOB$$ е правоъгълен с катети $$AO = 2 \sqrt(5)$$ и $$BO = \sqrt(5)$$. Намерете хипотенузата $$AB=\sqrt(20+5) = 5$$. Ако окръжност докосва страна $$AB$$ в точка $$K$$, тогава $$OK \perp AB$$ и $$OK$$ е радиусът на окръжността. По свойството на правоъгълен триъгълник $$AB \cdot OK = AO \cdot BO$$, откъдето $$OK = \frac(2\sqrt(5)\cdot \sqrt(5))(5) = 2$ $. $$\черен триъгълник$$
ОТГОВОР
2. Ъгълът между допирателна и хорда с обща точка на окръжността.
Припомнете си, че градусната мярка на вписан ъгъл е равна на половината степенна мяркадъгата, върху която лежи.
Теорема 1. Мярката на ъгъла между допирателна и хорда, имаща обща точка върху окръжност, е равна на половината градусна мярка на дъгата, затворена между нейните страни.
$$\square$$ Нека $$O$$ е центърът на окръжността, $$AN$$ е допирателната (фиг. 5). Нека означим ъгъла между допирателната $$AN$$ и хордата $$AB$$ като $$\alpha$$. Нека свържем точките $$A$$ и $$B$$ с центъра на окръжността.
Така градусната мярка на ъгъла между допирателната и хордата е равна на половината от градусната мярка на дъгата $$AnB$$, която е затворена между нейните страни, и следователно ъгълът $$BAN$$ е равен към всеки вписан ъгъл, сключен от дъгата $$AnB$$. (Подобни аргументи могат да бъдат направени за ъгъл $$MAB$$). $$\черен квадрат$$
Точка $$C$$ лежи върху окръжността и е отделена от допирателните, прекарани от точка $$M$$ към окръжността на разстояния $$CS = a$$ и $$CP = b$$ (фиг. 6). Докажете, че $$CK = \sqrt(ab)$$.
$$\triangle$$ Нека начертаем акордите $$CA$$ и $$CB$$. Ъгълът $$SAC$$ между допирателната $$SA$$ и хордата $$AC$$ е равен на вписания ъгъл $$ABC$$. А ъгълът $$PBC$$ между допирателната $$PB$$ и хордата $$BC$$ е равен на вписания ъгъл $$BAC$$. Получихме две двойки подобни правоъгълни триъгълници $$\Delta ASC \sim\Delta BKC$$ и $$\Delta BPC \sim \Delta AKC$$. От сходството имаме $$\dfrac(a)(AC)=\dfrac(x)(BC)$$ и $$\dfrac(b)(BC)=\dfrac(x)(AC)$$, което предполага $ $ab=x^2$$, $$x=\sqrt(ab)$$. (Ако проекцията на точка $$C$$ върху правата $$AB$$ лежи извън отсечката $$AB$$, доказателството не се променя много). (Ch. и т.н.) $$\черен триъгълник$$
Рецепцияприложено в решението - рисуване на "липсващите" хорди - често помага при задачи и теореми с окръжност и допирателна, като например при доказателството на следната теорема "за тангенса и секанса".
Теорема 2. Ако от една точка $$M$$ се прекарат допирателна $$MA$$ и секуща $$MB$$ към окръжност, пресичаща окръжността в точка $$C$$ (фиг. 7), то важи равенството $$MA ^2 = MB \cdot MC$$, т.е. ако допирателната и секущата са начертани от точка $$M$$ към окръжност, тогава квадратът на допирателната отсечка от точката $$M$$ до точката на допиране равно на произведениетодължините на секущите отсечки от точката $$M$$ до точките на нейното пресичане с окръжността.
$$\square$$ Нека начертаем акордите $$AC$$ и $$AB$$. Ъгълът $$MAC$$ между допирателната и хордата е равен на вписания ъгъл $$ABC$$, като и двата се измерват с половината от градусната мярка на дъгата $$AnC$$. В триъгълниците $$MAC$$ и $$MBA$$ ъглите $$MAC$$ и $$MBA$$ са равни, а ъгълът при върха $$M$$ е общ. Тези триъгълници са
са подобни, от сходството имаме $$MA/MB = MC/MA$$, което предполага $$MA^2 = MB \cdot MC$$. $$\черен квадрат$$
Радиусът на окръжността е $$R$$. От точка $$M$$ се провеждат допирателна $$MA$$ и секуща $$MB$$, минаващи през центъра $$O$$ на окръжността (фиг. 8). Намерете разстоянието между точка $$M$$ и центъра на окръжността, ако $$MB = 2MA$$.
$$\triangle$$ Нека означим търсеното разстояние $$x: \: x=MO$$, тогава $$MB = x+R$$, $$MC=x-R$$ и по условие $$MA=MB /2= (x+R)/2$$. По теоремата за тангенса и секанса $$(x+R)^2/4=(x+R)(x-R)$$, от което, намалявайки с $$(x+R)$$, получаваме $$( x+R )/4=x-R$$. Лесно намираме $$x = \dfrac(5)(3)R$$. $$\черен триъгълник$$
ОТГОВОР
$$\dfrac(5)(3)R$$
3. Свойство на хордите на окръжност.
Полезно е сами да докажете тези свойства (по-добре е да ги затвърдите), можете да анализирате доказателствата от учебника.
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 !} равно разстояниеот центъра на кръга. Обратно: еднакви хорди са разположени на равни разстояния от центъра на кръга.
1,5$$(\^{\circ}$$. !} Дъги от окръжност, затворени между успоредни акорди, са равни (фиг. 9 ще предложи пътя на доказателството).
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 $$\Delta AMC \sim \Delta DMB$$). !}
Нека докажем следното твърдение.
1,7$$(\^{\circ}$$. !} Ако в окръжност с радиус $$R$$ вписаният ъгъл, сключен от хорда с дължина $$a$$, е равен на $$\alpha$$, тогава $$a = 2R\textrm(sin)\alpha$$ .
$$\blacksquare$$ Нека в окръжност с радиус $$R$$ хордата $$BC = a$$, вписаният ъгъл $$BAC$$ обхваща хордата $$a$$, $$\angle BAC = \alpha$$ (фиг. 11 a,b).
Нека начертаем диаметъра $$BA^(")$$ и да разгледаме правоъгълен триъгълник$$BA^(")C$$ ($$\angle BCA^(")= 90^(\circ)$$, въз основа на диаметъра).
Ако ъгълът $$A$$ е остър (фиг. 11а), тогава центърът $$O$$ и върхът $$A$$ лежат от една и съща страна на правата линия $$BC$$, $$\ ъгъл A^(") = \angle A$$ и $$BC = BA^(") \cdot \textrm(sin)A^(")$$, т.е. $$a=2R\textrm(sin)A^ (")$ $.
Ако ъгълът $$A$$ е тъп, центърът $$O$$ и върхът $$A$$ лежат на различни страниот правата $$BC$$ (фиг. 11b), тогава $$\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^(")$$.
Ако $$\alpha = 90^(\circ)$$, тогава $$BC$$ е диаметърът, $$BC = 2R = 2R\textrm(sin)90^(\circ)$$.
Във всички случаи равенството $$a=2R\textrm(sin)A^(")$$ е вярно. $$\blacktriangle$$
И така, $$\boxed(a = 2R\textrm(sin)\alpha)$$ или $$\boxed(R = \dfrac(a)(2\textrm(sin)\alpha))$$. (*)
Намерете радиуса на окръжността, описана около триъгълника $$ABC$$, в който $$AB = 3\sqrt(3)$$, $$BC = 2$$ и ъгъл $$ABC = 150^(\circ) $$.
$$\triangle$$ В окръжността, описана около триъгълника $$ABC$$, е известен ъгълът $$B$$, сключен от хордата $$AC$$. От доказаната формула следва $$R = \dfrac(AC)(2\textrm(sin)B)$$.
Нека приложим косинусовата теорема към триъгълника $$ABC$$ (фиг. 12) и вземем предвид, че
$$\textrm(cos)150^(\circ) = \textrm(cos)(180^(\circ)-30^(\circ)) = -\textrm(cos)30^(\circ) = -\ dfrac(\sqrt(3))(2)$$, получаваме
$$AC^2 = 27+4+2\cdot 3\sqrt(3) \cdot 2 \cdot \dfrac(\sqrt(3))(2) = 49,\: AC=7$$.
Намираме $$R = \dfrac(AC)(2\textrm(sin)150^(\circ)) = \dfrac(7)(2\textrm(sin)30^(\circ)) = 7$$. $$\черен триъгълник$$
ОТГОВОР
Използваме свойството за пресичащи се хорди, за да докажем следната теорема.
Теорема 3. Тогава нека $$AD$$ е ъглополовяща на триъгълник $$ABC$$
$$AD^2 = AB\cdot AC - BD\cdot CD$$ , т.е. Ако$$AB=c,\: AC=b,\: BD=x,\:DC=y$$ , Това$$AD^2 = bc-xy$$ (фиг. 13а).
$$\square$$ Нека опишем окръжност около триъгълника $$ABC$$ (фиг. 13b) и означим пресечната точка на продължението на ъглополовящата $$AD$$ с окръжността като $$B_1$$. Нека означим $$AD = l $$ и $$DB_1 = z $$. Вписаните ъгли $$ABC$$ и $$AB_1C$$ са равни, $$AD$$ е ъглополовяща на ъгъл $$A$$, така че $$\Delta ABD \sim \Delta AB_1C$$ (при два ъгъла ). От сходството имаме $$\dfrac(AD)(AC) = \dfrac(AB)(AB_1)$$, т.е. $$\dfrac(l)(b) = \dfrac(c)(l+z) $ $, откъдето $$l^2=bc-lz$$. По свойството на пресичащите се хорди $$BD\cdot DC = AD \cdot DB_1$$, т.е. $$xy=lz$$, така че получаваме $$l^2=bc-xy$$. $$\черен квадрат$$
4. Две допирателни окръжности
За да завършим този раздел, ще разгледаме задачи с две допирателни окръжности. Две окръжности, които имат обща точка и обща допирателна в тази точка, се наричат допирателна. Ако окръжностите са разположени от една и съща страна на обща допирателна, те се наричат отнасящи се вътрешно(фиг. 14а), а ако са разположени на противоположните страни на допирателната, тогава се наричат отнасящ се външно(фиг. 14b).
Ако $$O_1$$ и $$O_2$$ са центрове на окръжности, тогава по дефиниция на допирателната $$AO_1 \perp l$$, $$AO_2 \perp l$$, следователно и в двата случая обща точкадокосването лежи на линията на центровете.
Две окръжности с радиуси $$R_1$$ и $$R_2$$ ($$R_1 > R_2$$) се допират вътрешно в точка $$A$$. През точка $$B$$, лежаща на по-голяма обиколка, се начертава права линия, допирателна към по-малката окръжност в точка $$C$$ (фиг. 15). Намерете $$AB$$, ако $$BC = a$$.
$$\triangle$$ Нека $$O_1$$ и $$O_2$$ са центровете на по-голямата и по-малката окръжност, $$D$$ е пресечната точка на хордата $$AB$$ с по-малката окръжност. Ако $$O_1N \perp AB$$ и $$O_2M \perp AB$$, тогава $$AN=AB/2$$ и $$AM=AD/2$$ (тъй като радиусът, перпендикулярен на хордата, я разделя на половината). От подобието на триъгълници $$AO_2M$$ и $$AO_1N$$ следва, че $$AN:AM = AO_1:AO_2$$ и следователно $$AB:AD = R_1:R_2$$.
По теоремата за тангенса и секанса имаме:
$$BC^2 = AB\cdot BD = AB (AB-AD) = AB^2(1 - \dfrac(AD)(AB))$$,
т.е. $$a^2 = AB^2(1-\dfrac(R_2)(R_1))$$.
Така че $$AB = a \sqrt(\dfrac(R_1)(R_1-R_2))$$. $$\черен триъгълник$$
Две окръжности с радиуси $$R_1$$ и $$R_2$$ се допират външно в точка $$A$$ (фиг. 16). Тяхната обща външна допирателна докосва по-голямата окръжност в точка $$B$$ и по-малката окръжност в точка $$C$$. Намерете радиуса на окръжността, описана около триъгълник $$ABC$$.
$$\triangle$$ Нека свържем центровете $$O_1$$ и $$O_2$$ с точките $$B$$ и $$C$$. По дефиниция на допирателна, $$O_1B \perp BC$$ и $$O_2C \perp BC$$. Следователно, $$O_1B \паралел O_2C$$ и $$\angle BO_1O_2 + \angle CO_2O_1 = 180^(\circ)$$. Тъй като $$\angle ABC = \dfrac(1)(2) \angle BO_1A$$ и $$\angle ACB = \dfrac(1)(2) \angle CO_2A$$, тогава $$\angle ABC + \ angle ACB = 90^(\circ)$$. От това следва, че $$\angle BAC = 90^(\circ)$$ и следователно радиусът на окръжността, описана около правоъгълен триъгълник, е $$ABC$$, равен на половинатахипотенуза $$BC$$.
Нека намерим $$BC$$. Нека $$O_2K \perp O_1B$$, тогава $$KO_2 = BC,\: O_1K = R_1-R_2,\: O_1O_2 = R_1+R_2$$. Използвайки теоремата на Питагор намираме:
$$KO_2 = \sqrt(O_1O_2^2 - O_1K^2)= 2\sqrt(R_1R_2), \: \underline(BC = 2\sqrt(R_1R_2) )$$.
И така, радиусът на окръжността, описана около триъгълника $$ABC$$, е равен на $$\sqrt(R_1R_2)$$. В решението $$R_1 > R_2$$, за $$R_1
ОТГОВОР
$$\sqrt(R_1R_2)$$
Допирателните сегменти към окръжност, изтеглени от една точка, са равни и равни равни ъглис права линия, минаваща през тази точка и центъра на кръга. ДОКАЗАТЕЛСТВО. A. 3. B. 4. 1. 2. S. O. По теоремата за свойството допирателна ъгли 1 и 2 са прави ъгли, следователно триъгълниците ABO и ACO са правоъгълни. Те са равни, т.к имат обща хипотенуза OA и равни крака OV и OS. Следователно AB = AC и ъгъл 3 = ъгъл 4, което трябваше да се докаже.
Слайд 4от презентацията Геометрия "кръг"..Геометрия 8 клас
резюмедруги презентации„Свойства на четириъгълниците“ - Трапец. Dunno коригира двойката. Диагоналите разполовяват ъглите. Дефиниции на четириъгълници. Диагонали. Диктовка. Квадратът е правоъгълник, чиито страни са равни. Всички ъгли са прави. Противоположни ъгли. Елементи на успоредник. Конструктор. Ромб. Свойства на четириъгълниците. Партита. Четириъгълници и техните свойства. Четириъгълник. Помогнете на Dunno да коригира двойката. Диагонал. Противоположни страни.
„Вектори 8 клас“ - Цели на урока. Име е равно на и противоположни вектори. Определете координатите на вектора. Равни вектори. Вектори в уроците по физика. Продължете изречението. Намерете и назовете равни векторив тази снимка. Векторни координати. Практическа работа. Абсолютна стойноствектор. Абсолютната величина на вектора. Самостоятелна работапо двойки. Описани са природни явления физични величини. Вектори. Векторни координати.
„Скаларен продукт в координати“ - Математическа загрявка. Решение на триъгълника. Теорема на Наполеон. Нов материал. Размяна на карти. Да решим проблема. Геометрия. Името на автора на теоремата. Последица. вектор. Свойства на скаларното произведение на векторите. Точков продуктв координатите и неговите свойства. Доказателство на Питагоровата теорема. Тест по математика.
„Аксиална симетрия в геометрията“ - Фигура се нарича симетрична по отношение на права линия a. Фигури с две оси на симетрия. Фигури, които имат една ос на симетрия. Построете триъгълници, симетрични на данните спрямо права C. Съдържание. Конструирайте точки A" и B". Определение. Симетрия в поезията. Аксиална симетрия. Начертайте две прави a и b и маркирайте две точки A и B. Как да получите фигура, симетрична на тази. Думи, които имат ос на симетрия.
Геометрия „Аксиална и централна симетрия“ - Опишете фигурата. Вайл Херман. Симетрия в растителния свят. науки Симетрия в света на насекомите. Ъгли на триъгълник. Ротационна симетрия. Пропорционалност. Алгоритъм за изграждане. Аксиален и централна симетрия. Симетрични точки спрямо центъра. Симетрия на точки спрямо права линия. Познати функции. Какво те привлече в тези снимки? Точка О. Централна и аксиална симетрия. Симетрията на фигурата е относително права.
“Теорема на Талес” 8 клас” - Сегмент. Умения за решаване на проблеми. Диагонал. Анализ. Задачи за готови чертежи. Доказателство. Проучване. Успоредни прави. Талес е известен като геометър. Талес от Милет. Средни точки на страните. Теорема на Талес. Изказвания на Талес. Задача. Намерете ъглите на трапеца. Докажи.
Най-често геометричните проблеми създават затруднения на кандидатите, завършилите и участниците математически олимпиади. Ако погледнете статистиката за Единния държавен изпит за 2010 г., можете да видите това геометрична задачаОколо 12% от участниците започнаха C4, но само 0,2% от участниците получиха пълни оценки и като цяло задачата се оказа най-трудната от всички предложени.
Очевидно е, че колкото по-рано предлагаме на учениците красиви или неочаквани решения на проблемите, толкова по-вероятнода заинтересува и плени сериозно и задълго. Но колко трудно е да се намерят интересни и сложни задачина ниво 7 клас, когато системното изучаване на геометрията едва започва. Какво може да се предложи на ученик, който се интересува от математика, който знае само признаците за равенство на триъгълници, свойствата на съседните и вертикални ъгли? Въпреки това, може да се въведе концепцията за допирателна към окръжност, като права линия, която има една обща точка с окръжността; приемете, че радиусът, начертан до точката на контакт, е перпендикулярен на допирателната. Разбира се, струва си да се разгледат всички възможни случаи на подреждане на две окръжности и общи допирателни към тях, които могат да бъдат начертани от нула до четири. Доказвайки предложените по-долу теореми, можете значително да разширите набора от проблеми за седмокласниците. В същото време, едновременно се оказват важни или просто интересни и забавни факти. Освен това, тъй като много твърдения не са включени в училищния учебник, те могат да се обсъждат в кръгове и с възпитаници при повтаряне на планиметрията. Тези факти се оказаха актуални през изминалата учебна година. Тъй като много диагностика сама по себе си Работа за единен държавен изпитсъдържаше задача, за решението на която беше необходимо да се използва доказаното по-долу свойство на допирателната отсечка.
Т 1
Отсечки от допирателни към окръжност
равна на една точка (фиг. 1)
Това е теоремата, която можете първо да представите на седмокласниците.
В процеса на доказателство използвахме знака за равенство на правоъгълни триъгълници и заключихме, че центърът на окръжността лежи върху ъглополовящата на ъгъла BSA.
По пътя си спомнихме, че ъглополовящата на ъгъл е локусточки от вътрешната област на ъгъла, равноотдалечени от страните му. Решението на един далеч не тривиален проблем се основава на тези факти, достъпни дори за онези, които тепърва започват да изучават геометрия.
1. ъглополовящи А, INи СЪСизпъкнал четириъгълник ABCDсе пресичат в една точка. Лъчи ABи DCпресичат се в точка д, и лъчите
слънцеи ADв точката Е. Докажете, че неизпъкнал четириъгълник AECFсумите от дължините на противоположните страни са равни.
Решение (фиг. 2).Нека ЗА– пресечна точка на тези ъглополовящи. ЗАТогава ABCDна еднакво разстояние от всички страни на четириъгълника
, т.е 1
е център на окръжност, вписана в четириъгълник. По теорема са верни следните равенства: = AR,
А.К. = спешна помощ, Е.П. = Ф.Т. FK
(са верни следните равенства: + А.К.) + Е.П. = (AR +Ф.Т.) + спешна помощ; А.Е. + (. Нека съберем лявата и дясната страна член по член и да получим правилното равенство: + F.C.) = C.T. + (А.Ф. + ЕС PC ). = защотоСВ RS + . Нека съберем лявата и дясната страна член по член и да получим правилното равенство: = C.T. + А.Ф., Това
AE 1 .
, което трябваше да се докаже. Нека разгледаме задача с необичайна формулировка, за решението на която е достатъчно да се знае теоремата 2. Има ли Нека разгледаме задача с необичайна формулировка, за решението на която е достатъчно да се знае теорематап
- триъгълник, чиито страни са последователно 1, 2, 3, ..., Нека разгледаме задача с необичайна формулировка, за решението на която е достатъчно да се знае теоремата, в която може да се впише окръжност? А 1 А 2 =1, …, АРешение. Да кажем това А-гон съществува. Нека разгледаме задача с необичайна формулировка, за решението на която е достатъчно да се знае теоремата– 1,n-1 n= А 1 = Нека разгледаме задача с необичайна формулировка, за решението на която е достатъчно да се знае теоремата. Б 1 , …, БА п n – А 1 Б 1 = А 1 Б n=< 1, Нека разгледаме задача с необичайна формулировка, за решението на която е достатъчно да се знае теоремата – 1 < А n= Б n=< съответни точкидокосване. Тогава по теорема 1 А n= Б-гон съществува. А n= Бп. А n= БРешение. Да кажем това< АРешение. Да кажем това А-гон съществува. По свойството на допирателните отсечки 1. n-1. но, Нека разгледаме задача с необичайна формулировка, за решението на която е достатъчно да се знае теоремата n –
Противоречие. Следователно не-гон, отговарящ на условията на проблема. Т 2суми
противоположни страни
четириъгълник, описан около 1 кръговете са равни (фиг. 3) Учениците, като правило, лесно доказват това свойство на описания четириъгълник.След доказване на теоремата , това е тренировъчно упражнение. Можем да обобщим този факт - сборовете от страните на описан четен триъгълник, взети през едната страна, са равни. Например за шестоъгълник
. Намерете AB
, Ако
– допирателни в точки ABи . Тъй като четириъгълниците ABEF и ECDF са циклични, то по теорема 2 P ABEF = 2(AB + EF) и P ECDF = 2(CD + EF), по условиекъм окръжност с център в точка O. През произволна точкаи Xдъги е начертана допирателна към окръжността, пресичаща сегментитепо точки МР
съответно. Докажете, че периметърът на триъгълник AMR и големината на ъгъла MPA е начертана допирателна към окръжността, пресичаща сегментитене зависят от избора на точка X. ABи Решение (фиг. 5).По теорема 1 MV = MX и RS = RX. е начертана допирателна към окръжността, пресичаща сегментите . Стойността на ъгъла MOP се измерва с половината от ъгълаВОС , което не зависи от избора на точка.
АК. Решение (фиг. 6).Метод първи (алгебричен). Нека AK = AN = x,Тогава BK = BM = c – x, CM = CN = a – c + x. AC = AN + NC,тогава можем да създадем уравнение за
.
x: b = x + (a – c + x).
Къде Метод втори (геометричен). Да погледнем диаграмата.Сегменти от равни допирателни, взети един по един, се събират до полупериметъра триъгълник. Червено и зелено съставляват странаА.
AK = AM = x, тогава BK = BN = c – x, CM = CN.Имаме уравнението 1
b + x = a + (c – x). Къде. З В триъгълник със страниОбърнете внимание, че от справочния проблем следва, че CM = p Δ ABC. b + x = p; x = p – b.Получените формули намират приложение в следните задачи.
.
4. Намерете радиуса на окръжност, вписана в правоъгълен триъгълник с катети
и хипотенузас. Решение (фиг. 8). Тдобре как
OMCN -квадрат, то радиусът на вписаната окръжност е равен на допирателната отсечка CN.
5. Докажете, че допирните точки на вписаната и вписаната окръжност със страната на триъгълника са симетрични спрямо средата на тази страна. ТРешение (фиг. 9).
Забележете, че AK е допирателна отсечка от вписаната окръжност за триъгълник ABC. По формула (2). VM– сегмент
допирателна към вписаната окръжност за триъгълник Според формула (1). AK = VM,а това означава, че точките К и Мна еднакво разстояние от средата на страната AB,
Q.E.D. Т 6. Към две окръжности са начертани две общи външни и една вътрешна допирателна. Вътрешната допирателна пресича външните допирателни в точки А, Би докосва кръговете в точки A 1а това означава, че точките иБ 1. Докажи това AA 1 = BB 1.Решение (фиг. 10). Спрете... Какво има да решавам? Това е просто различна формулировка на предишния проблем. Очевидно едната окръжност е вписана, а другата е вневписана за даден триъгълник
И сегментите
AA 1 и BB 1. Да предположим, че в петоъгълник ABCDEможете да впишете кръг. 2т, , а втората – страни, Освен това страните, CDи DE EA Е, са равни съответно на 5, 6, 10, 7 и 8. Нека отбележим допирателните точки последователно –, Ж, зМ иН C.T.. Нека дължината на сегмента равно на.
X Тогава = Б.Ф. – C.T. = 5 – FD = х. Б.Г. = , а втората – страни – х = = 6 – (5 – FD) = 1 + FD = G.C. CH . = И така нататък: = 9 – FD; HD = DM = M.E. – 2, EN = 10 – равно на.
х C.T. = ENАН равно на = равно на; равно нано, .Това е 10 - AB= 5. Въпреки това допирателната отсечка
А.Ф.
не може да е равна страна равно на. Полученото противоречие доказва, че окръжност не може да бъде вписана в даден петоъгълник. 8. В шестоъгълник е вписана окръжност, чиито страни в реда на заобикаляне са 1, 2, 3, 4, 5. Намерете дължината на шестата страна.Решение. Разбира се, можем да обозначим допирателна отсечка като 2 , както в
предишна задача равно на, напишете уравнение и получете отговора. Но е много по-ефективно и ефективно да използвате бележка към теоремата равно на: сумите от страните на описан шестоъгълник, взети една през друга, са равни. равно на = 3.
цели числа AB CD, Решение (фиг. 12), . Тъй като дължините на всички страни са цели числа, дробните части от дължините на отсечките са равни, BT, ARи Б.П. DM DN + AT. Имаме Б.П.и ATтелевизор DN + AT= 1 и дробни части от дължините на сегментите 1
туберкулоза + вписан е кръг,.
са равни. Това е възможно само когато вписан е кръг,= 0,5. , ако е известно, че дължините на всички страни на петоъгълника саПо теорема
VT означава,= 0,5. Имайте предвид, че условиетоа, б = 3 се оказаха непотърсени.Очевидно авторите на проблема са приели друго решение. Отговор: 0,5. 10. В четириъгълник ABCD AD = DC, AB = 3, BC = 5. Окръжности, вписани в триъгълници ABD CBDдокоснете сегмент BD
по точкиМ и ABD Нсъответно. Намерете дължината на отсечката
MN. AB + CD + EF = BC + DE + FA.Решение (фиг. 13). MN = DN – DM. Съгласно формула (1) за триъгълниции DBA DBC съответно имаме:и 11. В четириъгълникможете да впишете кръг.
Окръжности, вписани в триъгълници AB + CD + EF = BC + DE + FA. ABD 2 CBD имат радиусиР И така нататък: r съответно. Намерете разстоянието между центровете на тези окръжности.
Решение (фиг. 13). Тъй като по условие четириъгълникът AB + CD + EF = BC + DE + FA.вписан, по теорема имаме: AB + CD + EF = BC + DE + FA. AB + DC = AD + BC. Нека използваме идеята за решаване на предишния проблем. . Това означава, че допирните точки на окръжностите със сегментаи мач. Разстоянието между центровете на окръжностите е равно на сбора от радиусите. отговор: R+r.
Предлага се да се докажат тези две взаимно обратни твърдения в следната задача, която може да се счита за обобщение на тази.
12. В изпъкнал четириъгълник AB + CD + EF = BC + DE + FA. (ориз. 14) окръжности, вписани в триъгълници Нека използваме идеята за решаване на предишния проблем. . Това означава, че допирните точки на окръжностите със сегментаи ADCдокосват се един друг. Докажете, че окръжности, вписани в триъгълници Съгласно формула (1) за триъгълниции BDCсъщо се докосват.
13. В триъгълник ABCсъс страните а, би cотстрани слънцеотбелязана точка гтака че кръгове, вписани в триъгълници ABDи ACDдокоснете сегмента ADв един момент. Намерете дължината на отсечката.
BD мач. Разстоянието между центровете на окръжностите е равно на сбора от радиусите. отговор:и Решение (фиг. 15). Нека приложим формула (1) за триъгълници A.D.B. , изчисляване DM 
две гОказва се, слънце– точка на контакт със страната ABCкръг, вписан в триъгълник .Обратното е вярно: ако върхът на триъгълник е свързан с точката на допир на вписаната окръжност на
противоположната страна ЗА 1 , ЗА, тогава кръговете, вписани в получените триъгълници, се докосват. ЗА 14. Центрове ЗА 1 , ЗА 2 , ЗА 2 и
3 три непресичащи се окръжности с еднакъв радиус са разположени във върховете на триъгълник. От точки
3, допирателните към тези окръжности са начертани, както е показано на фигурата. Известно е, че тези допирателни, пресичащи се, образуват изпъкнал шестоъгълник, чиито страни са боядисани в червено и синьо.и Докажете, че сборът от дължините на червените отсечки е равен на сбора от дължините на сините.Решение (фиг. 16). Важно е да разберете как да използвате факта, че дадените кръгове имат равни радиуси. Имайте предвид, че сегментите ЗА 1 Известно е, че тези допирателни, пресичащи се, образуват изпъкнал шестоъгълник, чиито страни са боядисани в червено и синьо.и О 2 БР DM са равни, което следва от равенството на правоъгълните триъгълници = Б.М., . = Ф.Т.По същия начин А, СЪСД.Л. дД.П. Учениците, като правило, лесно доказват това свойство на описания четириъгълник.: FNи AR, . Добавяме равенствата член по член, след което изваждаме от получените суми еднакви сегменти от допирателни, изтеглени от върховетеи , И, DMи спешна помощшестоъгълник
AR
C.L. C.M.. Получаваме каквото ни трябва. Ето пример за задача по стереометрия, предложена на XII Международен математически турнир за гимназисти „Купа в памет на А. Н. Колмогоров“. 16. Дадена е петоъгълна пирамида SA 1 A 2 A 3 A 4 A 5 .Има сфера w,която докосва всички ръбове на пирамидата и друга сфера w 1,който докосва всички страни на основата
s тъй като допирателните отсечки са равни. Нека C i A i = a i p SAiAi +1 = .Тогава s+a i +a i 1 = s+a i +a i 3 = s+a i +a i 5 = s+a i +a i 2 = s+a i +a i+1, а от равенството на периметрите следва, че а 1 = а 2 = а 3 = а 4 = а 5 .
17. 4, от къде S.A.Единен държавен изпит.Диагностична работа 8.12.2009 г., S–4.Даден е трапец ABCD 44,, чиито основи = 100, пр. н. е. = AD ADи AB = CD= 35. Окръжност, допирателна към прави Освен това страните A.C. , докосва отстрани. в петоъгълник в точкатаК CK.BDC и ИАЛкъм окръжност с център в точка O. През ди Е. в петоъгълник Отстрани.
, докоснете страните CDи ВD.
Решение. Възможни са два случая (фиг. 20 и фиг. 21). AD = 0,1. Тъй като четириъгълниците ABEF и ECDF са циклични, то по теорема 2 P ABEF = 2(AB + EF) и P ECDF = 2(CD + EF), по условие, , ако е известно, че дължините на всички страни на петоъгълника са = 0,9AB = CDПо формула (1) намираме дължините на отсечките AD = 0,125. Тъй като четириъгълниците ABEF и ECDF са циклични, то по теорема 2 P ABEF = 2(AB + EF) и P ECDF = 2(CD + EF), по условие, , ако е известно, че дължините на всички страни на петоъгълника са = 1,125AB = CD DF
В първия случай
. Във втория - . Заменяме данните и получаваме отговора: 4,6 или 5,5.Задачи за самостоятелно решаване/ 1. Периметърравнобедрен трапец , описана около окръжността е равна на
2. 2 търкайте. Намерете проекцията на диагонала на трапеца върху по-голямата основа.(1/2r) Отворена банкаПроблеми на единния държавен изпит по математика. Q4. Към окръжност, вписана в триъгълник. (24)
ABC (фиг. 22), начертани са три тангенти.Периметрите на разсечените триъгълници са 6, 8, 10. Намерете периметъра даден триъгълник 3. В триъгълник ABCкръгът е вписан. MN –
допирателна към окръжността, MÎ AC, NÎ BC, BC = 13, AC = 14, AB = 15.
Намерете периметъра на триъгълника MNC. (12), 4. Към окръжност, вписана в квадрат със страна a, е прекарана допирателна, пресичаща двете му страни., c, 4. Към окръжност, вписана в квадрат със страна a, е прекарана допирателна, пресичаща двете му страни.и Намерете периметъра на изрязания триъгълник.(А) MNC. (12).
5. В петоъгълник със страни е вписан кръг
7. Освен това странитеА Нека използваме идеята за решаване на предишния проблем. . Това означава, че допирните точки на окръжностите със сегмента d ACDи д. Намерете сегментите, на които точката на допиране разделя страната, равна на Освен това страните 6. В триъгълник със страни 6, 10 и 12 е вписана окръжност. Към окръжността е начертана допирателна, така че да пресича две дълги страни. Намерете периметъра на изрязания триъгълник. (16) зи и– медиана на триъгълника MNпо-голям от периметъра на четириъгълника . Тъй като четириъгълниците ABEF и ECDF са циклични, то по теорема 2 P ABEF = 2(AB + EF) и P ECDF = 2(CD + EF), по условие – . Окръжности, вписани в триъгълници = 2. (1)
BCD ABC, докоснете сегмента а, бпо точки cотстрани слънцеотбелязана точка г. Намерете ABDи ACDслънце AD 8. В триъгълник произволна точкасъс страните и. Към окръжности, вписани в триъгълници и, обща допирателна е начертана пресичащи ги
в точката . Намерете дължината на отсечката))
сутринта MNC. (12). (Дължина не зависи от позицията на точкатаравно на ½ ( c + b – a)
9. В правоъгълен триъгълник е вписана окръжност с радиус ABC. Радиусът на окръжността, допирателна към хипотенузата и продълженията на краката, е равен на AB = Р., . Тъй като четириъгълниците ABEF и ECDF са циклични, то по теорема 2 P ABEF = 2(AB + EF) и P ECDF = 2(CD + EF), по условие = Намерете дължината на хипотенузата. (, слънце = MNC. (12)Р–а AB 8. В триъгълник 10. В триъгълникдължините на страните са известни: ABс А A.C. b. Окръжност, вписана в триъгълник, докосва страна C 1. (Намерете дължината на хипотенузата. ()
11. Намерете дължините на страните на триъгълника, разделени от точката на допиране на вписаната окръжност с радиус 3 cm на сегменти от 4 cm и 3 cm (7, 24 и 25 cm в правоъгълен триъгълник)
12. Олимпиада Сорос 1996, 2 кръг, 11 клас. Даден е триъгълник ABC, отстрани на които са отбелязани точки A 1, B 1, C 1. Радиуси на окръжности, вписани в триъгълници AC 1 B 1, BC 1 A 1, SA 1 B 1равен в 11. В четириъгълник. Радиус на окръжност, вписана в триъгълник A 1 B 1 C 1равни съответно имаме:. Намерете радиуса на окръжност, вписана в триъгълник ABC. (съответно имаме: +r).
Задачи 4–8 са взети от задачника на Р.К.Гордин „Геометрия. Планиметрия." Москва. Издателство MCNMO. 2004 г.
Поддържането на вашата поверителност е важно за нас. Поради тази причина разработихме Политика за поверителност, която описва как използваме и съхраняваме вашата информация. Моля, прегледайте нашите практики за поверителност и ни уведомете, ако имате въпроси.
Събиране и използване на лична информация
Личната информация се отнася до данни, които могат да бъдат използвани за идентифициране или контакт с конкретно лице.
Може да бъдете помолени да предоставите вашата лична информация по всяко време, когато се свържете с нас.
По-долу са дадени някои примери за видовете лична информация, която можем да събираме и как можем да използваме тази информация.
Каква лична информация събираме:
- Когато изпратите заявка на сайта, ние може да съберем различна информация, включително вашето име, телефонен номер, адрес имейли т.н.
Как използваме вашата лична информация:
- Събрани от нас лична информацияни позволява да се свържем с вас и да ви информираме за уникални предложения, промоции и други събития и предстоящи събития.
- От време на време може да използваме вашата лична информация, за да изпращаме важни известия и съобщения.
- Може също така да използваме лична информация за вътрешни цели като одит, анализ на данни и различни изследванияза да подобрим услугите, които предоставяме и да ви предоставим препоръки относно нашите услуги.
- Ако участвате в теглене на награди, конкурс или подобна промоция, ние може да използваме предоставената от вас информация за администриране на такива програми.
Разкриване на информация на трети лица
Ние не разкриваме информацията, получена от вас, на трети страни.
Изключения:
- При необходимост, в съответствие със закона, съдебна процедура, В изпитание, и/или въз основа на публични искания или искания от държавни агенциина територията на Руската федерация - разкрийте вашата лична информация. Може също така да разкрием информация за вас, ако преценим, че такова разкриване е необходимо или подходящо за целите на сигурността, правоприлагането или други обществено значими цели.
- В случай на реорганизация, сливане или продажба, можем да прехвърлим личната информация, която събираме, на съответната трета страна приемник.
Защита на личната информация
Ние вземаме предпазни мерки – включително административни, технически и физически – за да защитим вашата лична информация от загуба, кражба и злоупотреба, както и неоторизиран достъп, разкриване, промяна и унищожаване.
Уважаване на вашата поверителност на фирмено ниво
За да гарантираме, че вашата лична информация е защитена, ние съобщаваме стандартите за поверителност и сигурност на нашите служители и стриктно прилагаме практиките за поверителност.