За да използвате визуализации на презентации, създайте акаунт за себе си ( сметка) Google и влезте: https://accounts.google.com
Надписи на слайдове:
ОТНОСИТЕЛНО РАЗПОЛОЖЕНИЕ НА ПРАВА И ОКРУГ ГЕОМЕТРИЯ 8 клас по учебника на Л.А.Атанасян
Колко мислите общи точкиМоже ли права и окръжност да имат права? ЗА
O Първо, нека си припомним как се дефинира окръжност Окръжност (O, r) r – радиус r A B AB – хорда C D CD – диаметър
Нека разгледаме взаимното разположение на правата и окръжността в първия случай: d – разстоянието от центъра на окръжността до правата O A B N d
Втори случай: O N r една обща точка d = r d – разстоянието от центъра на окръжността до правата d
Трети случай: O H d r d > r d – разстоянието от центъра на окръжността до правата няма общи точки
Колко общи точки могат да имат права и окръжност? d r две общи точки една обща точка нямат общи точки Ако разстоянието от центъра на окръжността до правата линия е по-малко от радиуса на окръжността, тогава правата линия и окръжността имат две общи точки. Ако разстоянието от центъра на окръжността до правата линия е равно на радиуса на окръжността, то правата и окръжността имат само една обща точка. Ако разстоянието от центъра на кръга до правата линия по-голям от радиусаокръжности, то правата и окръжността нямат общи точки.
Допирателна към окръжност Определение: Права линия, която има само една обща точка с окръжност, се нарича допирателна към окръжността, а тяхната обща точка се нарича допирателна точка на правата и окръжността. O s = r M m
Намерете относителната позиция на правата линия и окръжността, ако: r = 15 cm, s = 11 cm r = 6 cm, s = 5,2 cm r = 3,2 m, s = 4,7 m r = 7 cm, s = 0,5 dm r = 4 cm, s = 4 0 mm права - секуща - секуща без общи точки права - секуща - допирателна
Свойство на допирателната: Допирателната към окръжност е перпендикулярна на радиуса, начертан към точката на допиране. m – допирателна към окръжността с център O M – допирна точка OM - радиус O M m
Свойство на тангентите, минаващи през една точка: ▼ По свойството на тангентата ∆ ABO, ∆ ACO–правоъгълник ∆ ABO= ∆ ACO–по хипотенуза и катет: OA – общо, OB=OS – радиуси AB=AC и ▲ O BCA A 1 2 3 4 Отсечките на допирателните към окръжност, прекарани от една точка, са равни и съставляват равни ъглис права линия, минаваща през тази точка и центъра на кръга.
Тест за допирателна: Ако линия минава през края на радиус, лежащ върху окръжност, и е перпендикулярна на радиуса, тогава тя е допирателна. окръжност с център O с радиус OM m – права, която минава през точка M и m – допирателна O M m
Решете № 633. Дадено е: OABC- квадрат AB = 6 cm Окръжност с център O с радиус 5 cm Намерете: секущи от прави OA, AB, BC, AC O A B C O
Решете № 638, 640. d/z: научете бележки, № 631, 635
По темата: методически разработки, презентации и бележки
Цел: да се консолидира способността за определяне на относителната позиция на права линия и равнина, тестване на умения за решаване на проблеми и култивиране на чувство за работа в екип. ...
относително положение на линия и окръжност. 8 клас.
Презентацията съдържа четири устни задачи, решени с помощта на готови рисунки. Цел: подготовка на учениците за изучаване на нов материал....
Относителното положение на права линия и окръжност. Относителното положение на два кръга.
Обобщение и презентация за урока по темата " Взаимна позицияправа линия и кръг. Взаимно разположение на две окръжности." Урок в 6. клас по учебника "Математика - 6" под редакцията на Г. В. Дорофеев, I...
Нека на равнина са дадени окръжност и някаква права линия. Нека пуснем перпендикуляр от центъра на окръжност C върху тази права линия; нека означим с основата на този перпендикуляр. Една точка може да заема три възможни позиции спрямо окръжността: а) лежи извън окръжността, б) върху окръжността, в) вътре в окръжността. В зависимост от това правата линия ще заеме една от три възможни различни позиции спрямо кръга, описани по-долу.
а) Нека основата на перпендикуляра, пуснат от центъра C на окръжността към права линия, лежи извън окръжността (фиг. 197). Тогава правата линия не пресича окръжността; всички нейни точки лежат във външната област. Наистина, в посочения случай, по условие, той се отдалечава от центъра на разстояние, по-голямо от радиуса). Освен това, за всяка точка M от права линия a имаме, че всяка точка от дадена права линия лежи извън окръжността.
б) Нека основата на перпендикуляра пада върху окръжността (фиг. 198). Тогава правата a има точно една обща точка с окръжността. Наистина, ако M е друга точка от правата, тогава (наклонените са по-дълги от перпендикуляра) точката M лежи във външната област. Такава права, която има една обща точка с окръжността, се нарича допирателна към окръжността в тази точка. Нека покажем, че обратно, ако една права линия има една обща точка с окръжност, тогава радиусът, начертан до тази точка, е перпендикулярен на тази права линия. Наистина, нека пуснем перпендикуляр от центъра върху тази права. Ако нейната основа лежеше вътре в кръга, тогава правата линия ще има две общи точки с нея, както е показано в c). Ако лежеше извън кръга, тогава по силата на а) правата нямаше да има общи точки с кръга.
Следователно остава да приемем, че перпендикулярът попада в общата точка на правата, а окръжността - в точката на тяхното допиране. Доказано важно
Теорема. Права линия, минаваща през точка от окръжност, докосва окръжността тогава и само ако е перпендикулярна на радиуса, начертан към тази точка.
Имайте предвид, че дефиницията на допирателна към окръжност, дадена тук, не се пренася към други криви. повече обща дефинициядопирателната на права към крива се свързва с понятията на теорията на границите и се обсъжда подробно в курса висша математика. Тук ще говорим само за него обща концепция. Нека е дадена окръжност и точка А върху нея (фиг. 199).
Нека вземем друга точка А от окръжността и свържем двете точки на правата линия АА. Нека точка А, движейки се по окръжност, заема последователност от нови позиции, приближавайки се все повече и повече към точка А. Правата линия АА, въртяща се около А, заема няколко позиции: в този случай, когато движещата се точка се приближава до точка А , правата се стреми да съвпадне с допирателната AT. Следователно можем да говорим за допирателна като гранична позиция на секуща, преминаваща през нея тази точкаи точка от кривата, която се приближава неограничено до нея. В тази форма дефиницията на допирателна е много приложима за криви общ изглед(фиг. 200).
в) Накрая нека точката лежи вътре в окръжността (фиг. 201). Тогава. Ще разгледаме наклонени окръжности, начертани към права линия a от центъра C, като основите се отдалечават от точката във всяка от двете възможни посоки. Дължината на наклона ще нараства монотонно, когато основата му се отдалечава от точката; това увеличение на дължината на наклона става постепенно („непрекъснато“) от стойности, близки до произволно големи, така че изглежда ясно, че при определено положение на основите наклонена дължинате ще бъдат напълно равни съответни точки K и L на правата линия ще лежат върху окръжността.
Относително положение на права линия и окръжност Нека разберем колко общи точки могат да имат права линия и окръжност в зависимост от взаимното им разположение. Ясно е, че ако права линия минава през центъра на окръжност, тогава тя пресича окръжността в двата края на лежащия върху нея диаметър. тази прима.
Нека е направо rне минава през центъра на радиусната окръжност r.Нека начертаем перпендикуляр ТОЙкъм права линия rи означете с буквата dдължината на този перпендикуляр, т.е. разстоянието от центъра на този кръг до правата линия (фиг. 1 ). Изследваме относителната позиция на линия и окръжност в зависимост от връзката между dи r.Има три възможни случая.
1) d
0 B= Следователно, точки Аи INлежат на окръжността и следователно са общи точки на правата rи дадения кръг.
Нека докажем, че линията rи тази окръжност няма други общи точки. Да предположим, че те имат още една обща точка C. Тогава медианата O.D.равнобедрен триъгълник OAS. отнесени до базата климатик,е височината на този триъгълник, така че ЗАгстр. Сегменти O.D.и ТОЙне съвпадат
още от средата гсегмент ACне пасва с точка Н -средата на сегмента , AB.Открихме, че от точка O са прекарани два перпендикуляра: ТОЙи OD-към права линия п,което е невъзможно. И така Акоразстояние разстоянието от центъра на окръжността до правата линия е по-малко от радиуса на окръжността (d< р), това права линия и кръгИма две общи точки.В този случай линията се извиква секущапо отношение на кръга.
2) d=r.В този случай OH=r,т.е. точка Нлежи върху окръжността и следователно е общата точка на правата и окръжността (фиг. 1, б).Направо rи окръжността няма други общи точки, тъй като за всяка точка Мдиректен r.различен от точката Н, OM>OH= r(косо ОМпо-перпендикулярно ТОЙ),и следователно , точка M не лежи на окръжността. Така че ако състезанияРазстоянието от центъра на окръжността до правата е равно на радиуса, тогава правата и окръжността имат само една обща точка.
3) d>rВ този случай -ОХ> rЕто защо . за всяка точка Мдиректен p 0MON.>r(ориз . 1,А)Следователно точка М не лежи на окръжността. така че .ако разстоянието от центъра на кръгаАко разстоянието до правата е по-голямо от радиуса на окръжността, то правата и окръжността нямат общи точки.
Доказахме, че права и окръжност могат да имат една или две общи точки и може да нямат никакви общи точки. Права линия с кръгсамо един общата точка се нарича допирателна към окръжността,и техните общата точка се нарича точка на допиране на правата и окръжността.На фигура 2 има права линия r- допирателна към окръжност с център O, А- точка за контакт.
Нека докажем теоремата за свойството допирателна.
Теорема. Допирателната към окръжност е перпендикулярнадо радиус, начертан до точката на контакт.
Доказателство. Нека r- допирателна към окръжност с център O. А- точка на контакт (виж фиг. 2). Нека го докажем. каква е допирателната rперпендикулярно на радиуса OA.
Да приемем, че това не е така. Тогава радиусът: ОАе наклонена към права линия r.Тъй като перпендикулярът, прекаран от точката ЗАкъм права линия п,по-малко наклонен ОА, след това разстоянията от центъра ЗАкръг към права линия rпо-малко от радиуса. Следователно, направо rи окръжността имат две общи точки. Но това противоречи на условието; прав r- допирателна. Така, направо rперпендикулярно на радиуса OA.Теоремата е доказана.
Да разгледаме две допирателни към окръжност с център ЗА, минаваща през точката Аи докосване на кръга в точки INи С (фиг. 3). Сегменти ABи ACда се обадим допирателни сегментиnyh, изтеглен от точка А.Те имат следното свойство, което следва от доказаната теорема:
Отсечките от допирателни към окръжност, изтеглени от една точка, са равни и сключват равни ъгли с права линия, минаваща през тази точка и центъра на окръжността.
За да докажем това твърдение, нека се обърнем към Фигура 3. Според теоремата за свойството допирателна, ъгли 1 и 2 са прави ъгли, следователно триъгълници ABOи ASOправоъгълен. Те са равни, защото имат обща хипотенуза ОАи равни крака ОВи OS.следователно AB=ACи 3=https://pandia.ru/text/78/143/images/image007_40.jpg" width="432 height=163" height="163">
ориз. 2 Фиг. 3
https://pandia.ru/text/78/143/images/image010_57.gif" width="101" height="19 src=">.
Изчертаване на диаметъра през точката на контакт АЗ, ще имаме: ; Ето защо 
ориз. 1 Фиг. 2
https://pandia.ru/text/78/143/images/image014_12.jpg" width="191 height=177" height="177">.jpg" width="227 height=197" height="197" >
Зависимост между дъги, хорди и разстояния на хордите от центъра.
Теореми. В един кръг или V равни кръгове :
1) ако дъгите са равни, то и свързващите ги хорди са равни и еднакво отдалечени от центъра;
2) ако две дъги, по-малки от полукръг, не са равни, тогава по-голямата от тях се обхваща от по-голямата хорда и от двете хорди по-голямата е разположена по-близо до центъра .
1) Нека дъгата ABравен на дъга CD(фиг. 1), се изисква да се докаже, че хордите AB и CDравни и също равни и перпендикулярни OEи ОТ,спуснати от центъра към акордите.
Нека завъртим сектора OAJBоколо центъра ЗАв посоката, посочена със стрелката, толкова, че радиусът ЗАсъвпадна с OS.След това дъга Вирджинияще върви в дъга CDи поради тяхното равенство тези дъги ще се припокриват. Това означава, че хордата AS съвпада с хордата CDи перпендикулярно OEще съвпадне с ОТ(от една точка може да се спусне само един перпендикуляр върху права линия), т.е. AB=CDи OE=ОТ.
2) Нека дъгата AB(фиг. 2) по-малко дъга CD,и освен това и двете дъги са по-малки от полукръг; изисква се да се докаже, че хордата ABпо-малко акорд CD,и перпендикулярно OEпо-перпендикулярно ОТ. Нека го поставим на дъгата CDдъга SK,равно на AB,и начертайте спомагателна акорда SK, което според доказаното е равно на хордата ABи на еднакво разстояние от центъра. На триъгълници C.O.D.и СОКдве страни на едната са равни на две страни на другата (като радиуси), но ъглите, включени между тези страни, не са равни; в този случай, както знаем, срещу по-големия от ъглите, т.е. lCOD,трябва да лъжа голяма страна, означава, CD>CK,и следователно CD>AB.
За да докажа това OE>ОТ,ще проведем OLXCKи вземете предвид, че според доказаното, OE=OL;следователно за нас е достатъчно да сравним ОТс OL.В правоъгълен триъгълник 0 FM(покрити на фигурата с тирета) хипотенуза ОМповече крак OF;Но OL>OM;това означава още повече OL>ОТ.и следователно OE>ОТ.
Теоремата, която доказахме за една окръжност, остава вярна равни кръгове, защото такива кръгове се различават един от друг само по позиция.
Обратни теореми. Тъй като в предходния параграф бяха разгледани всички възможни взаимно изключващи се случаи по отношение на сравнителния размер на две дъги с еднакъв радиус и бяха получени взаимно изключващи се заключения относно сравнителния размер на хордите и техните разстояния от центъра, тогава обратни офертитрябва да е вярно, c. точно:
IN един кръг или равни кръгове:
1) равни акордиеднакво отдалечени от центъра и договор равни дъги;
2) хордите, еднакво отдалечени от центъра, са равни и обхващат равни дъги;
3) от две неравни хорди, като по-голямата е по-близо до центъра и обхваща по-голямата дъга;
4) от две хорди, неравно отдалечени от центъра, който е по-близо до центъра е по-голям и обхваща по-голяма дъга.
Тези твърдения могат лесно да бъдат доказани чрез противоречие. Например, за да докажем първия от тях, ние разсъждаваме по следния начин: ако тези хорди обхващат неравни дъги, тогава, според пряката теорема, те не биха били равни, което противоречи на условието; това означава, че равните хорди трябва да обхващат равни дъги; и ако дъгите са равни, тогава, съгласно пряката теорема, хордите, които ги свързват, са еднакво отдалечени от центъра.
Теорема. Диаметърът е най-големият от хордите .
Ако се свържем с центъра ЗАкраищата на някакъв хорд, който не минава през центъра, например хорда AB(фиг. 3) тогава получаваме триъгълник AOB,в който едната страна е тази хорда, а другите две са радиуси, но в триъгълник всяка страна е по-малка от сумата на другите две страни; следователно акордът ABпо-малко от сбора на два радиуса; докато всеки диаметър CDравна на сумата от два радиуса. Това означава, че диаметърът е по-голям от всяка хорда, която не минава през центъра. Но тъй като диаметърът също е хорда, можем да кажем, че диаметърът е най-голямата от хордите.
ориз. 1 Фиг. 2
Теорема за допирателната.
Както вече споменахме, допирателните сегменти, начертани към окръжност от една точка, имат същата дължина. Тази дължина се нарича допирателно разстояниеот точка към окръжност.
Без теоремата за допирателната е невъзможно да се реши повече от една задача за вписани окръжности, с други думи, за окръжности, докосващи страните на многоъгълник.
Допирателни разстояния в триъгълник.
Намерете дължините на отсечките, за които страните на триъгълника ABCса разделени от точки на допиране с вписана в него окръжност (фиг. 1,а), например допирателно разстояние tаот точка Акъм кръга. Нека добавим страните bи c, и след това извадете страната от сумата А. Като вземем предвид равенството на допирателните, изтеглени от един връх, получаваме 2 tа. така че
ta=(b+в-а)/ 2=п-а,
Къде p=(а+b+в)/ 2 – полупериметър даден триъгълник. Дължината на страничните сегменти, съседни на върховете INи СЪС, са съответно равни п-bи п-c.
По същия начин, за excircleтриъгълник, докосващ (външна) страна А(фиг. 1, b), допирателни разстояния от INи СЪСса съответно равни п-cи п-b, и от върха А- Просто стр.
Имайте предвид, че тези формули могат да се използват и в обратна посока.
Нека отиде в ъгъла ВИЕе вписана окръжност, а разстоянието на допирателната от върха на ъгъла до окръжността е равно настрилип- а, Къдестр– полупериметър на триъгълник ABC, А a=BC. Тогава кръгът докосва линията слънце(съответно извън или вътре в триъгълника).
Всъщност нека например разстоянието на допирателната е равно п-а. Тогава нашите кръгове докосват страните на ъгъла в същите точки като вписаната окръжност на триъгълника ABC, което означава, че съвпада с него. Следователно докосва линията слънце.
Описан четириъгълник.От теоремата за равенството на допирателните непосредствено следва (фиг. 2а), че
ако една окръжност може да бъде вписана в четириъгълник, тогава нейните суми противоположни страниса равни:
AD+ пр.н.е.= AB+ CD
Обърнете внимание, че описаният четириъгълник е задължително изпъкнал. Обратното също е вярно:
Ако четириъгълникът е изпъкнал и сумите на противоположните му страни са равни, тогава в него може да се впише окръжност.
Нека докажем това за четириъгълник, различен от успоредник. Нека например две срещуположни страни на четириъгълник ABи DC,когато се продължи, те ще се пресичат в точка д(фиг. 2,б). Нека впишем кръг в триъгълник ADE. Неговото допирателно разстояние тедо точката дизразено с формулата
те=½ (AE+ED-АД).
Но според условието сумите на срещуположните страни на четириъгълник са равни, което означава AD+пр.н.е.=AB+CD, или AD=AB+CD-пр.н.е.. Замествайки тази стойност в израза за те, получаваме
те=½ ((AE-AB)+(ED-CD)+пр.н.е.)= ½ (BE+EC+пр.н.е.),
и това е полупериметърът на триъгълника пр.н.е.. От доказаното по-горе условие за допиране следва, че нашата окръжност се докосва пр.н.е..
https://pandia.ru/text/78/143/images/image020_13.jpg" width="336" height="198 src=">
Две допирателни, прекарани към окръжността от точка извън нея, са равни и образуват равни ъгли с правата, свързваща тази точка с центъра, което следва от равенството на правоъгълните триъгълници AOB и AOB1
Да вземем произволен кръгс център в точка O и права линия a.
Ако права линия a минава през точка O, тогава тя ще се пресече даден кръгв две точки K и L, които са краищата на диаметъра, лежащ на права линия a.
Ако права линия a не минава през центъра O на окръжността, тогава ще извършим спомагателна конструкция и ще начертаем права линия ОХперпендикулярно на права линия аи означават полученото разстояние от центъра на окръжността до правата линия апроменливо разстояние. Нека определим колко общи точки ще има правата аи кръгове в зависимост от връзката между променливата rasstoyanie и радиуса.
Може да има 3 опции:
- разстояние < радиус. В този случай точката зще лежи в средата на кръга, който е ограничен от дадения кръг.
Нека поставим отсечка на права линия HD = rадиус.
В OHD хипотенузата O.D.повече крак HD, Ето защо OD > rадиус. Следователно точката глежи извън кръга, ограничен от дадения кръг. Единият край на сегмента HDе в средата на кръга, а другият е извън кръга. По този начин, на сегмента HDможете да маркирате точка А, която лежи на окръжността, т.е OA = rадиус.
Нека удължим гредата Х.А.и поставете сегмент върху него BH, което равен на сегмента АН.
Получени 2 правоъгълни триъгълника ОХАи OHB, които са равни на два крака. Тогава съответните им страни са равни: OB = OA = r. следователно бе и общата точка на окръжност и права. Тъй като 3 точки от окръжност не могат да лежат на една права, тогава други общи точки на правата аи кръгове не съществуват.
Така, ако разстоянието между центъра на окръжността и правата линия е по-малко от радиуса на окръжността ( разстояние < r
адиус), то правата и окръжността имат 2 общи точки.
- разстояние= rадиус . Тъй като OH = rадиус, след това точка зпринадлежи на окръжността и следователно е обща точка за правата аи кръгове.
За всякакви други точки на линията а(например точки и М) косо ОМоще сегмент ОХ, т.е OM > OH = rадиус, и следователно точката Мне принадлежи към дадения кръг.
Следователно, ако разстоянието между центъра на окръжността и правата линия е равно на радиуса на окръжността ( разстояние= rадиус), тогава правата и окръжността имат само една обща точка.
- разстояние>rадиус . Тъй като OH > радиус, тогава за всякакви точки от правата а(например точки М) неравенството е в сила OM > OH > rадиус. Така че точката Мне принадлежи на кръга.
Следователно, ако разстоянието между центъра на окръжността и правата линия е по-голямо от радиуса на окръжността ( разстояние>rадиус), то правата и окръжността нямат общи точки.
Нека ви напомним важно определение- определение на кръг]
определение:
Окръжност с център в точка O и радиус R е множеството от всички точки на равнината, разположени на разстояние R от точка O.
Нека обърнем внимание на факта, че кръгът е множество всичкиточки, удовлетворяващи описаното условие. Да разгледаме един пример:
Точките A, B, C, D на квадрата са на еднакво разстояние от точка E, но не са кръг (фиг. 1).
ориз. 1. Илюстрация например
IN в този случайфигурата е кръг, тъй като всичко е набор от точки, еднакво отдалечени от центъра.
Ако свържете произволни две точки на окръжност, ще получите хорда. Хордата, минаваща през центъра, се нарича диаметър.
MB - акорд; AB - диаметър; MnB е дъга, свива се от хордата MV;
Ъгълът се нарича централен.
Точка O е центърът на окръжността.
ориз. 2. Илюстрация например
Така си спомнихме какво е кръг и неговите основни елементи. Сега нека преминем към разглеждане на относителната позиция на окръжността и правата линия.
Дадена е окръжност с център O и радиус r. Правата линия P, разстоянието от центъра до правата линия, тоест перпендикулярна на OM, е равно на d.
Приемаме, че точка O не лежи на права P.
Дадени са окръжност и права линия, трябва да намерим броя на общите точки.
Случай 1 - разстоянието от центъра на окръжността до правата линия е по-малко от радиуса на окръжността:
В първия случай, когато разстоянието d е по-малко от радиуса на окръжността r, точка M лежи вътре в окръжността. От тази точка ще начертаем два сегмента - MA и MB, чиято дължина ще бъде . Знаем стойностите на r и d, d е по-малко от r, което означава, че изразът съществува и точките A и B съществуват. Тези две точки лежат на права линия по построение. Нека проверим дали лежат на окръжността. Нека изчислим разстоянието OA и OB с помощта на Питагоровата теорема:
ориз. 3. Илюстрация за случай 1
Разстоянието от центъра до две точки е равно на радиуса на окръжността, така че доказахме, че точки A и B принадлежат на окръжността.
И така, точките A и B принадлежат на правата по конструкция, принадлежат на окръжността по доказаното - окръжността и правата имат две общи точки. Нека докажем, че няма други точки (фиг. 4).
ориз. 4. Илюстрация към доказателството
За да направите това, нека вземем правата линия произволна точка C и да приемем, че лежи на окръжност - разстояние OS = r. В този случай триъгълникът е равнобедрен и неговата медиана ON, която не съвпада с отсечката OM, е височината. Получаваме противоречие: два перпендикуляра са пуснати от точка O върху права линия.
Следователно няма други общи точки на правата P с окръжността. Доказахме, че в случай, че разстоянието d е по-малко от радиуса на окръжността r, правата и окръжността имат само две общи точки.
Случай втори - разстоянието от центъра на окръжността до правата линия е равно на радиуса на окръжността (фиг. 5):
ориз. 5. Илюстрация за случай 2
Нека си припомним, че разстоянието от точка до права линия е дължината на перпендикуляра, в този случай OH е перпендикулярът. Тъй като по условие дължината OH е равна на радиуса на окръжността, то точка H принадлежи на окръжността, следователно точката H е обща за правата и окръжността.
Нека докажем, че няма други общи точки. За разлика от това: да предположим, че точка C от правата принадлежи на окръжността. В този случай разстоянието OS е равно на r, а след това OS е равно на OH. Но в правоъгълен триъгълник хипотенузата OC е по-голяма от катета OH. Имаме противоречие. Следователно предположението е невярно и няма точка, различна от H, която да е обща за правата и окръжността. Доказахме, че в този случай има само една обща точка.
Случай 3 - разстоянието от центъра на окръжността до правата линия е по-голямо от радиуса на окръжността:
Разстоянието от точка до права е дължината на перпендикуляра. Прокарваме перпендикуляр от точка O към права P, получаваме точка H, която не лежи на окръжността, тъй като OH по условие е по-голяма от радиуса на окръжността. Нека докажем, че всяка друга точка от правата не лежи на окръжността. Това ясно се вижда от правоъгълен триъгълник, чиято хипотенуза OM е по-голяма от крака OH и следователно по-голяма от радиуса на окръжността, следователно точка M не принадлежи на окръжността, както всяка друга точка на правата. Доказахме, че в този случай окръжността и правата нямат общи точки (фиг. 6).
ориз. 6. Илюстрация за случай 3
Нека помислим теорема . Да приемем, че правата AB има две общи точки с окръжността (фиг. 7).
ориз. 7. Илюстрация към теоремата
Имаме хорда AB. Точка H, по споразумение, е средата на хордата AB и лежи върху диаметъра CD.
Необходимо е да се докаже, че в този случай диаметърът е перпендикулярен на хордата.
Доказателство:
Помислете за равнобедрен триъгълник OAB, той е равнобедрен, защото .
Точка H, по конвенция, е средата на хордата, което означава средата на медианата AB на равнобедрен триъгълник. Знаем, че медианата на равнобедрен триъгълник е перпендикулярна на основата му, което означава, че е височината: , следователно, по този начин е доказано, че диаметърът, минаващ през средата на хордата, е перпендикулярен на него.
Справедливо и обратна теорема : ако диаметърът е перпендикулярен на хордата, тогава той минава през нейната среда.
Дадена е окръжност с център O, нейният диаметър CD и хорда AB. Известно е, че диаметърът е перпендикулярен на хордата; необходимо е да се докаже, че той минава през нейната среда (фиг. 8).
ориз. 8. Илюстрация към теоремата
Доказателство:
Помислете за равнобедрен триъгълник OAB, той е равнобедрен, защото . OH, по конвенция, е височината на триъгълника, тъй като диаметърът е перпендикулярен на хордата. Височина в равнобедрен триъгълнике в същото време медиана, следователно AN = HB, което означава, че точката H е средата на хордата AB, което означава, че е доказано, че диаметърът, перпендикулярен на хордата, минава през нейната среда.
Пряката и обратната теорема могат да бъдат обобщени по следния начин.
Теорема:
Диаметърът е перпендикулярен на хорда тогава и само ако минава през нейната средна точка.
И така, разгледахме всички случаи на взаимното разположение на линия и окръжност. В следващия урок ще разгледаме допирателната към окръжност.
Референции
- Александров А.Д. пр. Геометрия 8 клас. - М.: Образование, 2006.
- Бутузов В.Ф., Кадомцев С.Б., Прасолов В.В. Геометрия 8. - М.: Образование, 2011.
- Мерзляк А.Г., Полонски В.Б., Якир С.М. Геометрия 8 клас. - М.: ВЕНТАНА-ГРАФ, 2009.
- Edu.glavsprav.ru ().
- Webmath.exponenta.ru ().
- Fmclass.ru ().
домашна работа
Задача 1. Намерете дължините на две отсечки от хордата, на които я разделя диаметърът на окръжността, ако дължината на хордата е 16 cm и диаметърът е перпендикулярен на нея.
Задача 2. Посочете броя на общите точки на права и окръжност, ако:
а) разстоянието от правата до центъра на окръжността е 6 cm, а радиусът на окръжността е 6,05 cm;
б) разстоянието от правата до центъра на окръжността е 6,05 cm, а радиусът на окръжността е 6 cm;
в) разстоянието от правата до центъра на окръжността е 8 cm, а радиусът на окръжността е 16 cm.
Задача 3. Намерете дължината на хордата, ако диаметърът е перпендикулярен на нея и една от отсечките, отсечени от диаметъра от нея, е 2 cm.