Директен ( MN), който има само една обща точка с окръжността ( А), е наречен допирателна към кръга.
Общата точка се нарича в този случай допирна точка.
Възможност за съществуване допирателна, и освен това, теглено през всяка точка кръгове, като допирна точка, се доказва от следното теорема.
Нека се изисква да кръговецентриран О допирателнапрез точка А. За това, от точката А,като от центъра, опишете дъгарадиус АО, и от точката О, като център, пресичаме тази дъга в точки БИ ОТкомпас разтвор, равен на диаметъра на дадения кръг.
След като похарчи тогава акорди OBИ операционна система, свържете точката Ас точки дИ Екъдето тези хорди пресичат дадения кръг. Директен АДИ AE - допирателна към окръжността О. Наистина от конструкцията става ясно, че триъгълници AOBИ AOC равнобедрен(AO = AB = AC) с основи OBИ операционна система, равно на диаметъра на окръжността О.
Защото ODИ OEтогава са радиусите д - среден OB, но Е- среден операционна система, означава АДИ AE - медианиизтеглени към основите на равнобедрени триъгълници и следователно перпендикулярни на тези основи. Ако директно DAИ EAперпендикулярно на радиусите ODИ OE, тогава са допирателни.
Последствие.
Две допирателни, изтеглени от една и съща точка към окръжността, са равни и образуват равни ъгли с линията, свързваща тази точка с центъра.
Така AD=AEи ∠ OAD = ∠OAEзащото правоъгълни триъгълници AODИ AOEкато има общ хипотенуза АОи равни крака ODИ OE(като радиуси) са равни. Имайте предвид, че тук думата „тангенс“ означава действителното „ допирателен сегмент” от дадената точка до точката на контакт.
Вашата поверителност е важна за нас. Поради тази причина разработихме Политика за поверителност, която описва как използваме и съхраняваме вашата информация. Моля, прочетете нашата политика 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 на конкретно лице или за връзка с него.
Може да бъдете помолени да предоставите личната си информация по всяко време, когато се свържете с нас.
Следват някои примери за видовете лична информация, която можем да събираме и как можем да използваме такава информация.
Каква лична информация събираме:
- Когато подадете заявление на сайта, ние може да събираме различна информация, включително вашето име, телефонен номер, имейл адрес и т.н.
Как използваме вашата лична информация:
- Личната информация, която събираме, ни позволява да се свържем с вас и да ви информираме за уникални оферти, промоции и други събития и предстоящи събития.
- От време на време може да използваме вашата лична информация, за да ви изпращаме важни известия и съобщения.
- Можем също така да използваме лична информация за вътрешни цели, като извършване на одити, анализ на данни и различни изследвания, за да подобрим услугите, които предоставяме, и да ви предоставим препоръки относно нашите услуги.
- Ако участвате в теглене на награди, конкурс или подобен стимул, ние може да използваме предоставената от вас информация, за да администрираме такива програми.
Разкриване на трети страни
Ние не разкриваме получената от вас информация на трети страни.
Изключения:
- В случай, че е необходимо - в съответствие със закона, съдебния ред, в съдебно производство и/или въз основа на публични искания или искания от държавни органи на територията на Руската федерация - разкрийте личната си информация. Може също да разкрием информация за вас, ако преценим, че такова разкриване е необходимо или подходящо за сигурност, правоприлагане или други причини от обществен интерес.
- В случай на реорганизация, сливане или продажба, ние можем да прехвърлим личната информация, която събираме, на съответния правоприемник на трета страна.
Защита на личната информация
Ние предприемаме предпазни мерки – включително административни, технически и физически – за да защитим вашата лична информация от загуба, кражба и злоупотреба, както и от неоторизиран достъп, разкриване, промяна и унищожаване.
Поддържане на вашата поверителност на ниво компания
За да гарантираме, че вашата лична информация е защитена, ние съобщаваме практиките за поверителност и сигурност на нашите служители и стриктно прилагаме практиките за поверителност.
Определение. Допирателна към окръжност е права линия в равнината, която има точно една обща точка с окръжността.
Ето няколко примера:
Кръг с център Одокосва права линия лв точката А
Отвсякъде МИзвън окръжността могат да се начертаят точно две допирателни 
разлика между допирателната л, секанс пр.н.еи директно м, който няма общи точки с окръжността Това може да е краят, но практиката показва, че не е достатъчно просто да запомните определението - трябва да се научите да виждате допирателните в чертежите, да знаете техните свойства и освен това как да практикувате използването на тези свойства при решаване на реални задачи . С всичко това ще се справим днес.
Основни свойства на допирателните
За да разрешите някакви проблеми, трябва да знаете четири ключови свойства. Два от тях са описани във всеки справочник / учебник, но последните два са някак забравени, но напразно.
1. Отсечките на допирателните, изтеглени от една точка, са равни
Малко по-високо вече говорихме за две допирателни, изтеглени от една точка M. И така:
Сегментите на допирателните към окръжността, изтеглени от една точка, са равни.
Сегменти AMИ BMравни 2. Допирателната е перпендикулярна на радиуса, изтеглен до точката на контакт
Нека отново да разгледаме снимката по-горе. Нека начертаем радиусите ОАИ OB, след което установяваме, че ъглите OAMИ OBM- права.
Радиусът, изтеглен към допирателната точка, е перпендикулярен на допирателната.
Този факт може да се използва без доказателство при всеки проблем:
Радиусите, изтеглени към допирателната точка, са перпендикулярни на допирателните Между другото, имайте предвид: ако рисувате сегмент ОМ, тогава получаваме два равни триъгълника: OAMИ OBM.
3. Връзка между допирателна и секуща
Но това е по-сериозен факт и повечето ученици не го знаят. Помислете за допирателна и секуща, които минават през една и съща обща точка М. Естествено, секансът ще ни даде два сегмента: вътре в кръга (сегмент пр.н.е- нарича се още акорд) и отвън (нарича се така - външната част MC).
Произведението на цялото секанс от външната му част е равно на квадрата на допирателния сегмент
Връзка между секанс и допирателна 4. Ъгъл между допирателната и хордата
Още по-напреднал факт, който често се използва за решаване на сложни проблеми. Силно препоръчвам да го вземете на борда.
Ъгълът между допирателната и хордата е равен на вписания ъгъл на базата на тази хорда.
Откъде идва точката Б? При реални проблеми обикновено "изскача" някъде в състоянието. Ето защо е важно да се научите да разпознавате тази конфигурация в чертежите.
Понякога все още важи :) Най-често геометричните задачи създават трудности за кандидатите, завършилите и участниците в математически олимпиади. Ако погледнете статистиката на USE през 2010 г., можете да видите, че около 12% от участниците са започнали геометричната задача C4, а само 0,2% от участниците са получили пълен резултат и като цяло задачата се оказва най-трудният от всички предложени.
Очевидно, колкото по-скоро предложим на учениците красиви или неочаквани по отношение на начина, по който решават проблемите, толкова по-вероятно е те да ги заинтересуват и завладеят сериозно и за дълго. Но колко е трудно да се намерят интересни и трудни задачи на ниво 7 клас, когато системното изучаване на геометрията тепърва започва. Какво може да се предложи на ученик, който се интересува от математика, който познава само признаците на равенството на триъгълниците, свойствата на съседни и вертикални ъгли? Възможно е обаче да се въведе понятието допирателна към окръжност, като права линия, която има една обща точка с окръжността; приемем, че радиусът, изтеглен до точката на контакт, е перпендикулярен на допирателната. Разбира се, струва си да се разгледат всички възможни случаи на разположение на две окръжности и общи допирателни към тях, които могат да бъдат начертани от нула до четири. Чрез доказване на предложените по-долу теореми е възможно значително да се разшири наборът от задачи за седмокласници. В същото време, по пътя, да се окаже важно или просто интересно и забавни факти. Освен това, тъй като много твърдения не са включени в училищния учебник, те могат да се обсъждат както в класната стая, така и с възпитаниците при повтаряне на планиметрия. Тези факти се оказаха актуални през последната учебна година. Тъй като много диагностична работа сама по себе си ИЗПОЛЗВАЙТЕ работасъдържа проблем, за чието решение е необходимо да се използва свойството на допирателен сегмент, доказано по-долу.
Т 1
Сегменти от допирателни към окръжност, начертана от
една точка са равни (фиг. 1)
Това е всичко с теоремата, първо можете да представите седмокласниците.
В процеса на доказване използвахме знака за равенство на правоъгълни триъгълници, заключихме, че центърът на окръжността лежи върху ъглополовящата на ъгъла BCA.
Мимоходом си спомнихме, че ъглополовящата на ъгъла е мястото на точките от вътрешната област на ъгъла, еднакво отдалечени от страните му. Решението на далеч не тривиален проблем се основава на тези факти, достъпни дори за начинаещи в изучаването на геометрията.
1. Бисектриси на ъгли НО, INИ ОТизпъкнал четириъгълник ABCDсе пресичат в една точка. Лъчи АБИ DCпресичат се в точка Е, и лъчите
слънцеИ АДв точката Ф. Докажете, че неизпъкнал четириъгълник AECFсборът от дължините на противоположните страни са равни.
Решение (фиг. 2).Нека бъде ОТНОСНОе пресечната точка на тези ъглополовящи. Тогава ОТНОСНОна еднакво разстояние от всички страни на четириъгълника ABCD, т.е
е центърът на окръжност, вписана в четириъгълник. По теорема 1
равенствата са правилни: AR = АК,
спешна помощ = EP, FT = FK. Събираме лявата и дясната част член по член, получаваме правилното равенство:
(AR + спешна помощ) + FT = (АК +FK) + EP; AE + (ФК + CT) = AF + (ЕС + настолен компютър). Защото СВ = RS, тогава AE + ФК = AF + ЕС, което трябваше да се докаже.
Нека разгледаме проблем с необичайна формулировка, за чието решение е достатъчно да се знае теоремата 1 .
2. Има ли н-гон, чиито страни са последователно 1, 2, 3, ..., нв която окръжността може да бъде вписана?
Решение. Да кажем такива н-гон съществува. НО 1 НО 2 =1, …, НО n-1 НО n= н– 1,НОн НО 1 = н. Б 1 , …, Б n са съответните точки на допир. Тогава по теорема 1 А 1 Б 1 = А 1 Бн< 1, н – 1 < Ан Бн< н.По свойството на допирателните отсечки Ан Б n= Ан Б n-1 . Но, Ан Б n-1< А n-1 НО n= н- 1. Противоречие. Следователно, не н-gon, който удовлетворява условието на задачата.
Т 2Сумите на противоположните страни на четириъгълник, описан около
кръговете са равни (фиг. 3)
Учениците, като правило, лесно доказват това свойство на описания четириъгълник. След доказване на теоремата 1 , това е тренировъчно упражнение. Този факт може да се обобщи - сумите от страните на описания четен ъгъл, взети през единица, са равни. Например за шестоъгълник А Б В Г Д Евдясно: AB + CD + EF = BC + DE + FA.
Решение (фиг. 1). Тъй като четириъгълниците ABEF и ECDF са вписани, по теорема 2 Р ABEF = 2(AB + EF) и Р ECDF = 2(CD + EF), по условие
P ABEF - P ECDF = 2(AB + EF) - 2(CD + EF) = 2p. AB-CD=стр. AB = a + p.
е начертана допирателна към окръжност, която пресича сегментите АБИ ACв точки МИ Рсъответно. Докажете, че периметърът на триъгълника ТИ КАЗАи ъгълът MPAне зависят от избора на точка X.
Решение (фиг. 5).По теорема 1 MB = MX и PC = RX.Така че периметърът на триъгълника ТИ КАЗАравно на сумата от отсечките АБИ КАТО.Или двойна допирателна, изтеглена към извънокръжността за триъгълник ТИ КАЗА . Стойността на ъгъла на MOP се измерва с половината от стойността на ъгъла WOS, което не зависи от избора на точка х.
Решение (фиг. 6). Метод първи (алгебричен). Нека бъде AK = AN = x,тогава BK = BM = c - x, CM = CN = a - c + x. AC = AN + NC,тогава можем да напишем уравнение за x: b \u003d x + (a - c + x).Където
.
Метод втори (геометричен). Нека се обърнем към диаграмата. Сегменти от равни допирателни, взети една по една, се събират до полупериметър
триъгълник. Червеното и зеленото съставляват една страна но.След това сегментът, който ни интересува x = p - a.Разбира се, получените резултати са последователни.
. УИмайте предвид, че от основния проблем 1
следва това CM = p ∆ ABC. b+x=p; x \u003d p - b.Получените формули се използват в следните задачи. 4. Намерете радиуса на окръжност, вписана в правоъгълен триъгълник с катета а, би хипотенуза от Решение (фиг. 8). ткак OMCN-квадрат, тогава радиусът на вписаната окръжност е равен на отсечката на допирателната CN.
.
5. Докажете, че точките на допиране на вписаната и извън описаната окръжност със страната на триъгълника са симетрични спрямо средата на тази страна.
Решение (фиг. 9).Забележете, че AK е отсечката на допирателната на извънокръжността за триъгълника ABC.По формула (2)
. VM- раздел
допирателна вписана окръжност за триъгълник ABC.Според формула (1)
. AK = VM,а това означава, че точките К и Мна еднакво разстояние от средата на страната AB, Q.E.D.
6. Две общи външни допирателни и една вътрешна допирателна са начертани към две окръжности. Вътрешната допирателна пресича външните в точки А, Би докосва кръгове в точки А 1И В 1 .Докажи това AA 1 = BB 1.
Решение (фиг. 10). Спри... Но какво има да решаваш? Това е просто още една формулировка на предишния проблем. Очевидно е, че едната окръжност е вписана, а другата е извън окръжност за някакъв триъгълник ABC.И сегментите AA 1 и BB 1съответстват на сегменти АКИ VMзадачи 5. Прави впечатление, че предложената задача за Всеруска олимпиадаученици по математика, се решава по толкова очевиден начин.
7. Страните на петоъгълника са 5, 6, 10, 7, 8. Докажете, че в този петоъгълник не може да бъде вписан кръг.
Решение (фиг. 11). Да приемем, че петоъгълникът А Б В Г Дможете да впишете кръг. Освен това страните АБ, пр.н.е, CD, DEИ EAса равни на 5, 6, 10, 7 и 8, съответно. Ф, г, Х, МИ н. Нека дължината на сегмента AFе равно на х.
Тогава bf = FD – AF = 5 – х = BG. GC = пр.н.е – BG = = 6 – (5 – х) = 1 + х = CH. и т.н.: HD = DM = 9 – х; АЗ = EN = х – 2, AN = 10 – х.
Но, AF = AN. Това е 10 - х = х; х= 5. Отсечката на допирателната обаче AFне може да равна страна АБ. Полученото противоречие доказва, че кръг не може да бъде вписан в даден петоъгълник.
8. В шестоъгълник е вписан кръг, страните му в байпасния ред са 1, 2, 3, 4, 5. Намерете дължината на шестата страна.
Решение. Разбира се, допирателният сегмент може да бъде обозначен като х, както в предишния проблем, напишете уравнение и получете отговор. Но много по-ефективно и ефективно е да използвате бележката към теоремата 2 : сумите от страните на описания шестоъгълник, взети през една, са равни.
Тогава 1 + 3 + 5 = 2 + 4 + х, където х- неизвестна шеста страна, х = 3.
Решение (фиг.12). Тъй като дължините на всички страни са цели числа, дробните части на дължините на отсечките са равни BT, BP, DM, DN, АКИ AT. Ние имаме AT + телевизор= 1 и дробните части на дължините на отсечките ATИ телевизорса равни. Това е възможно само когато AT + телевизор= 0,5. По теорема 1
WT + BP.
означава, BP= 0,5. Имайте предвид, че условието CD= 3 се оказаха непотърсени. Очевидно авторите на проблема са предполагали някакво друго решение. Отговор: 0,5.
10. В четириъгълник ABCD AD=DC, AB=3, BC=5.Кръгове, вписани в триъгълници ABDИ CBDдокоснете сегмента BDв точки МИ нсъответно. Намерете дължината на отсечката MN
Решение (фиг. 13). MN = DN - DM.Съгласно формула (1) за триъгълници DBAИ DBCсъответно имаме:
11. В четириъгълник ABCDможете да впишете кръг. Кръгове, вписани в триъгълници ABDИ CBDимат радиуси РИ rсъответно. Намерете разстоянието между центровете на тези окръжности.
Решение (фиг. 13). Тъй като според условието четириъгълникът ABCDвписани, по теорема 2 ние имаме: AB + DC = AD + BC.Нека използваме идеята за решаване на предишния проблем. . Това означава, че точките на допир на окръжностите със сегмента DMсъвпада. Разстоянието между центровете на окръжностите е равно на сумата от радиусите. Отговор: R + r.
Всъщност доказано е, че условието е в четириъгълник ABCDможете да впишете окръжност, което е еквивалентно на условието - в изпъкнал четириъгълник ABCDкръгове, вписани в триъгълници ABCИ ADCдокосват се един друг. Обратното е вярно.
Предлага се тези две взаимно обратни твърдения да се докажат в следната задача, която може да се счита за обобщение на тази.
12. В изпъкнал четириъгълник ABCD (ориз. четиринадесет) кръгове, вписани в триъгълници ABCИ ADCдокосват се един друг. Докажете, че окръжностите са вписани в триъгълници ABDИ bdcсъщо се докосват един до друг.
13. В триъгълник ABCсъс страните а, бИ ° Сна страната слънцемаркирана точка дтака че окръжностите, вписани в триъгълниците ABDИ ACDдокоснете сегмента АДв един момент. Намерете дължината на отсечката BD.
Решение (фиг. 15). Прилагаме формула (1) за триъгълници ADCИ adb, изчисляване DMдве 
Оказа се, д- точка на контакт със страната слънцекръг, вписан в триъгълник ABC. Обратното е вярно: ако върхът на триъгълник е свързан с допирателната точка на вписаната окръжност от противоположната страна, тогава кръговете, вписани в получените триъгълници, се допират един до друг.
14. Центрове ОТНОСНО 1 , ОТНОСНО 2 и ОТНОСНО 3 три непресичащи се окръжности с един и същи радиус са разположени във върховете на триъгълника. От точки ОТНОСНО 1 , ОТНОСНО 2 , ОТНОСНО 3, допирателните към тези окръжности са начертани, както е показано на фигурата.
Известно е, че тези допирателни, пресичайки се, образуват изпъкнал шестоъгълник, чиито страни през едната са оцветени в червено и синьо. Докажете, че сумата от дължините на червените отсечки е равна на сумата от дължините на сините.
Решение (фиг. 16). Важно е да разберете как да използвате факта, че дадените кръгове имат еднакви радиуси. Имайте предвид, че сегментите БРИ DMса равни, което следва от равенството на правоъгълните триъгълници ОТНОСНО 1 БРИ О 2 BM. по същия начин DL = Д.П., FN = FK. Събираме равенства член по член, след което изваждаме от получените суми същите отсечки от допирателни, изтеглени от върховете НО, ОТ, И Ешестоъгълник А Б В Г Д Е: ARИ АК, CLИ СМ, ENИ EP. Получаваме това, от което се нуждаем.
Ето пример за стереометрична задача, предложена на XII Международен математически турнир за гимназисти „Купа на паметта на А. Н. Колмогоров“.
16. Дадена е петоъгълна пирамида SA 1 A 2 A 3 A 4 A 5 .Има обхват w,която докосва всички ръбове на пирамидата и друга сфера w 1 ,който докосва всички страни на основата A 1 A 2 A 3 A 4 A 5и разширения на страничните ребра SA 1 , SA 2 , SA 3 , SA 4 , SA 5за върховете на основата. Докажете, че върхът на пирамидата е еднакво отдалечен от върховете на основата. (Берлов С. Л., Карпов Д. В.)
тъй като отсечките на допирателните са равни. Нека бъде C i A i = a i. Тогава p SAiAi +1 = s+a i +a i+1 , а от равенството на периметрите следва, че а 1 = а 3 = а 5 = а 2 = а 4 , откъдето SA 1 = SA 2 = SA 3 = SA 4 = SA 5 .
17. ИЗПОЛЗВАЙТЕ. Диагностична работа 8 декември 2009 г., С–4.Дана трапец ABCD, чиито основи BC= 44,АД = 100, AB=CD= 35. Кръг, допирателна към правите АДИ ACдокосва страната CDв точката К. Намерете дължината на отсечката CK.VDC и ИАЛ, докоснете страната BDв точки ЕИ Ф. Намерете дължината на отсечката EF.
Решение. Възможни са два случая (фиг. 20 и фиг. 21). Използвайки формула (1), намираме дължините на сегментите DEИ Д.Ф..
В първия случай АД = 0,1AC, CD = 0,9AC. Във втория - АД = 0,125AC, CD = 1,125AC. Подменяме данните и получаваме отговора: 4.6 или 5.5.
Задачи за самостоятелно решение /
1. Периметърът на равнобедрен трапец, вписан около окръжност, е 2р.Намерете проекцията на диагонала на трапеца върху по-голямата основа. (1/2р)
2. отворена банка ИЗПОЛЗВАЙТЕ задачиматематика. В 4. Към окръжност, вписана в триъгълник ABC (фиг. 22),начертани са три допирателни. Периметрите на пресечените триъгълници са 6, 8, 10. Намерете периметъра на този триъгълник. (24)
3. В триъгълник ABCвписан кръг. MN-допирателна към окръжността MО AC, NО BC, BC = 13, AC = 14, AB = 15.Намерете периметъра на триъгълник MNC. (12)
4. Към окръжност, вписана в квадрат със страна а, е начертана допирателна, която пресича две от страните му. Намерете периметъра на отсечения триъгълник. (но)
5. В петоъгълник със страни е вписан кръг но, д, ° С, дИ д. Намерете отсечките, на които точката на контакт разделя страната, равна на но.
6. В триъгълник със страни 6, 10 и 12 е вписан кръг. На окръжността е начертана допирателна, така че да пресича две големи страни. Намерете периметъра на отсечения триъгълник. (16)
7. CDе медианата на триъгълника ABC. Кръгове, вписани в триъгълници ACDИ BCD, докоснете сегмента CDв точки МИ н. намирам MN, ако AC – слънце = 2. (1)
8. В триъгълник ABCсъс страните а, бИ ° Сна страната слънцемаркирана точка д. Към окръжности, вписани в триъгълници ABDИ ACD, е начертана обща допирателна, която се пресича АДв точката М. Намерете дължината на отсечката AM. (Дължина AMне зависи от позицията на точката дИ
равно на ½ ( c + b - a))
9. В правоъгълен триъгълник е вписан кръг с радиус но. Радиусът на окръжността, допирателна към хипотенузата и разширенията на катетите е Р.Намерете дължината на хипотенузата. ( R-a)
10. В триъгълник ABCдължините на страните са известни: АБ = от, AC = б, слънце = но. Кръг, вписан в триъгълник, е допирателен към страна АБв точката От 1. Външната окръжност е допирателна към продължението на страната АБна точка НОв точката От 2. Определете дължината на сегмента S 1 S 2. (б)
11. Намерете дължините на страните на триъгълника, разделени от точката на допир на вписаната окръжност с радиус 3 см на отсечки 4 см и 3 см. (7, 24 и 25 см в правоъгълен триъгълник)
12. Олимпиада по Сорос 1996 г., 2-ри кръг, 11-ти клас. Даден е триъгълник ABC, от страните на който са отбелязани точки A 1, B 1, C 1. Радиуси на окръжности, вписани в триъгълници AC 1 B 1 , BC 1 A 1 , CA 1 B 1равни в r. Радиус на окръжност, вписана в триъгълник A 1 B 1 C 1равно на Р. Намерете радиуса на окръжност, вписана в триъгълник ABC. (Р +r).
Задачи 4–8 са взети от проблемната книга на Р. К. Гордин „Геометрия. Планиметрия." Москва. Издателство МТСНМО. 2004 г.