1. Dve dotyčnice z jedného bodu.
Nech sú dve dotyčnice $$AM$$ a $$AN$$ nakreslené ku kružnici so stredom v bode $$O$$, body $$M$$ a $$N$$ ležia na kružnici (obr. 1 ).
Podľa definície dotyčnice $$OM \perp AM$$ a $$ON \perp AN$$. V pravouhlých trojuholníkoch $$AOM$$ a $$AON$$ je prepona $$AO$$ spoločná, nohy $$OM$$ a $$ON$$ sú rovnaké, takže $$\Delta AOM = \Delta AON$$. Rovnosť týchto trojuholníkov znamená $$AM=AN$$ a $$\uhol MAO = \uhol NAO$$. Ak sú teda dve dotyčnice nakreslené z bodu do kruhu, potom:
1,1 $$ (\^{\circ}$$. !} segmenty dotyčníc od tohto bodu k bodom dotyku sú rovnaké;
1,2 $$ (\^{\circ}$$. !} priamka prechádzajúca stredom kružnice a daný bod rozpolí uhol medzi dotyčnicami.
Použitie vlastnosti 1.1$$(\^{\circ}$$, легко решим следующие две задачи. (В решении используется тот факт, что в каждый треугольник можно вписать окружность).!}
Bod $$D$$ sa nachádza na základe $$AC$$ rovnoramenného trojuholníka $$ABC$$, pričom $$DA = a$$, $$DC = b$$ (obr. 2). Kruhy vpísané do trojuholníkov $$ABD$$ a $$DBC$$ sa dotýkajú čiary $$BD$$ v bodoch $$M$$ a $$N$$. Nájdite segment $$MN$$.
.
$$\triangle$$ Nech $$a > b $$. Označte $$x = MN$$, $$y = ND$$, $$z = BM$$.
Vlastnosťou dotyčníc $$DE = y$$, $$KD = x + y $$, $$AK = AP = a - (x + y)$$, $$CE = CF = b - y$$ , $ $ BP = z $ $ a $ $ BF = z + x $ $. Vyjadrime strany (obr. 2a): $$AB = z+a-x-y$$, $$BC=z+x-b-y$$. Podľa podmienky $$AB=BC$$, teda $$z+a-x -y = z+x+b-y$$. Odtiaľto nájdeme $$x=\frac((a-b))(2)$$, teda $$MN=\frac((a-b))(2)$$. Ak $$a \lt b$$, potom $$MN=\frac((b-a))(2)$$. Takže $$MN=\frac(1)(2)|a-b|$$. $$\blacktriangle$$
ODPOVEĎ
$$\frac(|a-b|) (2)$$
Dokážte, že v pravouhlom trojuholníku sa súčet ramien rovná dvojnásobku súčtu polomerov kružnice vpísanej a opísanej, t. j. $$a+b=2R+2r$$.
$$\trojuholník$$ Nech $$M$$, $$N$$ a $$K$$ sú body, kde sa kruh dotýka strán pravouhlého trojuholníka $$ABC$$ (obr. 3), $$ AC=b$$, $$BC=a$$, $$r$$ - polomer vpísanej kružnice, $$R$$ - polomer opísanej kružnice. Pripomeňme, že prepona je priemer kružnice opísanej: $$AB=2R$$. Ďalej $$OM \perp AC$$, $$BC \perp AC$$, takže $$OM \parallel BC$$, podobne ako $$ON \perp BC$$, $$AC \perp BC$$, takže $$ON \parallel AC$$. Štvoruholník $$MONC$$ je podľa definície štvorec, všetky jeho strany sú $$r$$, takže $$AM = b - r$$ a $$BN = a - r $$.
Vlastnosťou dotyčníc $$AK=AM$$ a $$BK=BN$$, teda $$AB = AK + KB = a+b-2r$$, a keďže $$AB=2R$$ , potom dostaneme $$a+b=2R+2r$$. $$\blacktriangle$$
Nehnuteľnosť 1,2 $$(\^{\circ}$$ сформулируем по другому: !} Stred kružnice vpísanej pod uhlom leží na stredovej osi tohto uhla.
Lichobežník $$ABCD$$ so základňami $$AD$$ a $$BC$$ je ohraničený v blízkosti kruhu so stredom $$O$$ (obr. 4a).
a) Dokážte, že $$\uhol AOB = \uhol COD = $$90$$(\^{\circ}$$ .!}
b) Nájdite polomer kruhu, ak $$BO = \sqrt(5)$$ a $$AO = 2 \sqrt(5)$$. (obr. 4b)
$$\trojuholník$$ a) Kruh je vpísaný do uhla $$BAD$$, vlastnosťou 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 $$\angle AOB = 90^{\circ}$$.!}
Podobne $$CO$$ a $$DO$$ sú osy uhlov $$C$$ a $$D$$ lichobežníka, $$\uhol COD = 180^(\circ) - \frac(1) (2)(\ uhol C + \uhol D) = 90^(\circ)$$.
b) Trojuholník $$AOB$$ je pravouhlý trojuholník s nohami $$AO = 2 \sqrt(5)$$ a $$BO = \sqrt(5)$$. Nájdite preponu $$AB=\sqrt(20+5) = 5$$. Ak sa kružnica dotýka strany $$AB$$ v bode $$K$$, potom $$OK \perp AB$$ a $$OK$$ sú polomerom kruhu. Vlastnosťou pravouhlého trojuholníka $$AB \cdot OK = AO \cdot BO$$, odkiaľ $$OK = \frac(2\sqrt(5)\cdot \sqrt(5))(5) = 2$$. $$\blacktriangle$$
ODPOVEĎ
2. Uhol medzi dotyčnicou a tetivou so spoločným bodom na kružnici.
Pripomeňme, že miera stupňa vpísaného uhla sa rovná polovici stupňa oblúka, na ktorom spočíva.
Veta 1. Veľkosť uhla medzi dotyčnicou a tetivou, ktorá má spoločný bod na kružnici, sa rovná polovici miery oblúka uzavretého medzi jej stranami.
$$\square$$ Nech $$O$$ je stred kruhu, $$AN$$ je dotyčnica (obr. 5). Uhol medzi dotyčnicou $$AN$$ a tetivou $$AB$$ označujeme $$\alpha$$. Pripojte body $$A$$ a $$B$$ do stredu kruhu.
Stupňová miera uhla medzi dotyčnicou a tetivou sa teda rovná polovici stupňa oblúka $$AnB$$, ktorý je uzavretý medzi jeho stranami, a preto sa uhol $$BAN$$ rovná na akýkoľvek vpísaný uhol založený na oblúku $$AnB$$ . (Podobné úvahy možno vykonať pre uhol $$MAB$$). $$\blacksquare$$
Bod $$C$$ leží na kružnici a je oddelený od dotyčníc nakreslených z bodu $$M$$ ku kružnici vo vzdialenosti $$CS = a$$ a $$CP = b$$ (obr. 6). Dokážte, že $$CK = \sqrt(ab)$$.
$$\triangle$$ Nakreslíme akordy $$CA$$ a $$CB$$. Uhol $$SAC$$ medzi dotyčnicou $$SA$$ a tetivou $$AC$$ sa rovná vpísanému uhlu $$ABC$$. A uhol $$PBC$$ medzi dotyčnicou $$PB$$ a tetivou $$BC$$ sa rovná vpísanému uhlu $$BAC$$. Získali sme dva páry podobných pravouhlých trojuholníkov $$\Delta ASC \sim\Delta BKC$$ a $$\Delta BPC \sim \Delta AKC$$. Z podobnosti máme $$\dfrac(a)(AC)=\dfrac(x)(BC)$$ a $$\dfrac(b)(BC)=\dfrac(x)(AC)$$, čo znamená $ $ab=x^2$$, $$x=\sqrt(ab)$$. (Ak priemet bodu $$C$$ na priamku $$AB$$ leží mimo segmentu $$AB$$, dôkaz sa príliš nezmení). (H. atď.) $$\blacktriangle$$
Recepcia, aplikovaný pri riešení - kreslenie "chýbajúcich" akordov - často pomáha pri problémoch a vetách s kružnicou a dotyčnicou, ako napríklad pri dôkaze nasledujúcej vety "o dotyčnici a sečne".
Veta 2. Ak sa ku kružnici pritiahne dotyčnica $$MA$$ a sečna $$MB$$ z rovnakého bodu $$M$$ a pretínajú kružnicu v bode $$C$$ (obr. 7) , potom $$MA ^2 = MB \cdot MC$$, t.j. ak sú dotyčnica a sečnica nakreslená z bodu $$M$$ ku kružnici, potom druhá mocnina segmentu dotyčnice z bodu $$M$$ do bodu dotyku sa rovná súčinu dĺžok segmentov sečnice od bodu $$M$$ po body jeho priesečníka s kružnicou.
$$\square$$ Nakreslíme akordy $$AC$$ a $$AB$$. Uhol $$MAC$$ medzi dotyčnicou a tetivou sa rovná vpísanému uhlu $$ABC$$, oba merané polovicou stupňa oblúka $$AnC$$. V trojuholníkoch $$MAC$$ a $$MBA$$ sú uhly $$MAC$$ a $$MBA$$ rovnaké a vrcholový uhol $$M$$ je spoločný. Tieto trojuholníky sú
sú dobré, z podobnosti máme $$MA/MB = MC/MA$$, čo znamená $$MA^2 = MB \cdot MC$$. $$\blacksquare$$
Polomer kruhu je $$R$$. Z bodu $$M$$ sa nakreslí dotyčnica $$MA$$ a sečna $$MB$$ prechádzajúca stredom $$O$$ kružnice (obr. 8). Nájdite vzdialenosť medzi bodom $$M$$ a stredom kruhu, ak $$MB = 2MA$$.
$$\trojuholník$$ (x+R)/2$$. Pomocou teorémy dotyčnice a sekansu $$(x+R)^2/4=(x+R)(x-R)$$, odkiaľ, zrušením o $$(x+R)$$, dostaneme $$(x+ R)/4=x-R$$. Ľahko nájdeme $$x = \dfrac(5)(3)R$$. $$\blacktriangle$$
ODPOVEĎ
$$\dfrac(5)(3)R$$
3. Vlastnosť tetiv kružnice.
Tieto vlastnosti je užitočné dokázať na vlastnej koži (lepšie je to fixné), dôkazy si môžete rozobrať z učebnice.
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 $$ (\^{\circ}$$. !} Oblúky kružnice uzavreté medzi rovnobežnými tetivami sú rovnaké (Obr. 9 vám prezradí spôsob dôkazu).
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 $$\Delta AMC \sim \Delta DMB$$). !}
Preukážeme nasledujúce tvrdenie.
1,7 $ $ (\^{\circ}$$. !} Ak sa v kruhu s polomerom $$R$$ vpísaný uhol založený na tetive dĺžky $$a$$ rovná $$\alpha$$, potom $$a = 2R\textrm(sin)\alpha$$ .
$$\blacksquare$$ Nechajte tetivu $$BC = a$$ v kruhu s polomerom $$R$$, vpísaný uhol $$BAC$$ spočíva na tetive $$a$$, $$\uhol BAC = \alpha$$ (obr. 11 a, b).
Nakreslite priemer $$BA^(")$$ a zvážte pravouhlý trojuholník $$BA^(")C$$ ($$\uhol BCA^(")= 90^(\circ)$$ na základe priemer).
Ak je uhol $$A$$ ostrý (obr. 11a), potom stred $$O$$ a vrchol $$A$$ ležia na tej istej strane priamky $$BC$$, $$\uhol A^(") = \uhol A$$ a $$BC = BA^(") \cdot \textrm(sin)A^()$$, t.j. $$a=2R\textrm(sin)A^( ") $ $.
Ak je uhol $$A$$ tupý, stred $$O$$ a vrchol $$A$$ ležia na opačných stranách priamky $$BC$$ (obr. 11b), potom $$\uhol A^(") = 180^(\circ) - \uhol A$$ a $$BC = BA^(") \cdot \textrm(sin)A^(")$$, t.j. $$a=2R\textrm(sin )( 180-A^("))=2R\textrm(sin)A^(")$$.
Ak $$\alpha = 90^(\circ)$$, potom $$BC$$ je priemer, $$BC = 2R = 2R\textrm(sin)90^(\circ)$$.
Vo všetkých prípadoch $$a=2R\textrm(sin)A^()$$ . $$\blacktriangle$$
Takže $$\boxed(a = 2R\textrm(sin)\alpha)$$ alebo $$\boxed(R = \dfrac(a)(2\textrm(sin)\alpha))$$. (*)
Nájdite polomer kružnice opísanej trojuholníku $$ABC$$, kde $$AB = 3\sqrt(3)$$, $$BC = 2$$ a uhol $$ABC = 150^(\circ)$$.
$$\trojuholník$$ V kružnici opísanej okolo trojuholníka $$ABC$$ je známy uhol $$B$$ na základe tetivy $$AC$$. Vyššie uvedený vzorec znamená $$R = \dfrac(AC)(2\textrm(sin)B)$$.
Aplikujme kosínusovú vetu na trojuholník $$ABC$$ (obr. 12), pričom berieme do úvahy, že
$$\textrm(cos)150^(\circ) = \textrm(cos)(180^(\circ)-30^(\circ)) = -\textrm(cos)30^(\circ) = -\ dfrac(\sqrt(3))(2)$$, dostaneme
$$AC^2 = 27+4+2\cdot 3\sqrt(3) \cdot 2 \cdot \dfrac(\sqrt(3))(2) = 49,\: AC=7$$.
Nájdite $$R = \dfrac(AC)(2\textrm(sin)150^(\circ)) = \dfrac(7)(2\textrm(sin)30^(\circ)) = 7$$. $$\blacktriangle$$
ODPOVEĎ
Vlastnosť pretínajúcich sa akordov používame na dôkaz nasledujúcej vety.
Veta 3. Nech $$AD$$ je stred trojuholníka $$ABC$$
$$AD^2 = AB\cdot AC - BD\cdot CD$$ , t.j. ak$$AB=c,\: AC=b,\: BD=x,\:DC=y$$ , potom$$AD^2 = bc-xy$$ (obr. 13a).
$$\štvorec$$ Opíšme kružnicu okolo trojuholníka $$ABC$$ (obr. 13b) a priesečník pokračovania osy $$AD$$ s kružnicou označme ako $$B_1$$. Označte $$AD = l $$ a $$DB_1 = z $$. Vpísané uhly $$ABC$$ a $$AB_1C$$ sú rovnaké, $$AD$$ je os uhla $$A$$, takže $$\Delta ABD \sim \Delta AB_1C$$ (na dvoch uhloch) . Z podobnosti máme $$\dfrac(AD)(AC) = \dfrac(AB)(AB_1)$$, t.j. $$\dfrac(l)(b) = \dfrac(c)(l+z) $ $, odkiaľ pochádza $$l^2=bc-lz$$. Vlastnosťou pretínajúcich sa akordov $$BD\cdot DC = AD \cdot DB_1$$, teda $$xy=lz$$, teda dostaneme $$l^2=bc-xy$$ . $$\blacksquare$$
4. Dva dotýkajúce sa kruhy
Na záver tejto časti zvážte problémy s dvoma dotyčnicovými kružnicami. Dve kružnice, ktoré majú v tomto bode spoločný bod a spoločnú dotyčnicu, sa nazývajú dotyčnica. Ak sú kružnice umiestnené na rovnakej strane spoločnej dotyčnice, nazývajú sa vnútorne súvisiace(obr. 14a), a ak sa nachádzajú na opačných stranách dotyčnice, potom sa nazývajú externe súvisiace(obr. 14b).
Ak $$O_1$$ a $$O_2$$ sú stredy kružníc, potom podľa definície dotyčnice $$AO_1 \perp l$$, $$AO_2 \perp l$$, teda v oboch prípadoch spoločný boddotyk leží na línii stredov.
Dva kruhy s polomermi $$R_1$$ a $$R_2$$ ($$R_1 > R_2$$) sa vnútorne dotýkajú v bode $$A$$. Bodom $$B$$ ležiacim na väčšom kruhu je nakreslená priamka a dotýkajúca sa menšieho kruhu v bode $$C$$ (obr. 15). Nájdite $$AB$$, ak $$BC = a$$.
$$\triangle$$ Nech $$O_1$$ a $$O_2$$ sú stredy väčších a menších kruhov, $$D$$ je priesečník akordu $$AB$$ s menším kruhom. Ak $$O_1N \perp AB$$ a $$O_2M \perp AB$$, potom $$AN=AB/2$$ a $$AM=AD/2$$ (pretože polomer kolmý na tetivu ju rozdeľuje na polovicu). Podobnosť trojuholníkov $$AO_2M$$ a $$AO_1N$$ znamená $$AN:AM = AO_1:AO_2$$ a teda $$AB:AD = R_1:R_2$$.
Podľa teorému dotyčnice a sekanty máme:
$$BC^2 = AB\cdot BD = AB (AB-AD) = AB^2(1 - \dfrac(AD)(AB))$$,
t.j. $$a^2 = AB^2(1-\dfrac(R_2)(R_1))$$.
Takže $$AB = a \sqrt(\dfrac(R_1)(R_1-R_2))$$. $$\blacktriangle$$
Dva kruhy s polomermi $$R_1$$ a $$R_2$$ sa zvonka dotýkajú v bode $$A$$ (obr. 16). Ich spoločná vonkajšia dotyčnica sa dotýka väčšieho kruhu na $$B$$ a menšieho na $$C$$. Nájdite polomer kružnice opísanej trojuholníku $$ABC$$.
$$\triangle$$ Spojte stredy $$O_1$$ a $$O_2$$ s bodmi $$B$$ a $$C$$. Podľa definície dotyčnice $$O_1B \perp BC$$ a $$O_2C \perp BC$$. Preto $$O_1B \paralelný O_2C$$ a $$\uhol BO_1O_2 + \uhol CO_2O_1 = 180^(\circ)$$. Pretože $$\uhol ABC = \dfrac(1)(2) \uhol BO_1A$$ a $$\uhol ACB = \dfrac(1)(2) \uhol CO_2A$$, potom $$\uhol ABC + \ uhol ACB = 90^(\circ)$$. Z toho vyplýva, že $$\uhol BAC = 90^(\circ)$$ , a preto sa polomer kružnice opísanej pravouhlému trojuholníku $$ABC$$ rovná polovici prepony $$BC$$.
Poďme nájsť $$BC$$. Nech $$O_2K \perp O_1B$$, potom $$KO_2 = BC,\: O_1K = R_1-R_2,\: O_1O_2 = R_1+R_2$$. Podľa Pytagorovej vety zistíme:
$$KO_2 = \sqrt(O_1O_2^2 - O_1K^2)= 2\sqrt(R_1R_2), \: \underline(BC = 2\sqrt(R_1R_2) )$$.
Polomer opísaného trojuholníka $$ABC$$ sa teda rovná $$\sqrt(R_1R_2)$$. V riešení $$R_1 > R_2$$, za $$R_1
ODPOVEĎ
$$\sqrt(R_1R_2)$$
Segmenty dotyčníc ku kružnici nakreslené z jedného bodu sú rovnaké a tvoria sa rovnaké uhly s priamkou prechádzajúcou týmto bodom a stredom kružnice. DÔKAZ. A. 3. B. 4. 1. 2. S. O. Podľa vety o vlastnostiach dotyčnice sú uhly 1 a 2 pravé uhly, preto sú trojuholníky ABO a ACO pravouhlé. Sú si rovní, pretože majú spoločnú preponu OA a rovnaké nohy OB a OS. Preto AB=AC a uhol 3= uhol 4, čo sa malo dokázať.
snímka 4 z prezentácie Geometria "kruh". Veľkosť archívu s prezentáciou je 316 KB.Geometria 8. ročník
zhrnutie iné prezentácie"Vlastnosti štvoruholníkov" - Lichobežník. Neviem opravil dvojku. Uhlopriečky pretínajú rohy. Definície štvoruholníkov. Uhlopriečky. Diktát. Štvorec je obdĺžnik, v ktorom sú všetky strany rovnaké. Všetky uhly sú správne. protiľahlé rohy. Prvky rovnobežníka. Konštruktér. Rhombus. Vlastnosti štvoruholníkov. strany. Štvoruholníky a ich vlastnosti. Štvoruholník. Pomôžte Dunno opraviť dvojku. Uhlopriečka. protiľahlé strany.
"Vektorový stupeň 8" - Ciele lekcie. Pomenujte rovnaké a opačné vektory. Určte súradnice vektora. Rovnaké vektory. Vektory na hodinách fyziky. Pokračujte vo vete. Nájdite a pomenujte rovnaké vektory na tomto obrázku. Vektorové súradnice. Praktická práca. Absolútna hodnota vektora. Absolútna hodnota vektora. Samostatná práca v pároch. Prírodné javy sú opísané fyzikálnymi veličinami. vektory. Vektorové súradnice.
"Bodový súčin v súradniciach" - Matematické zahrievanie. Trojuholníkové riešenie. Napoleonova veta. Nový materiál. Výmena kariet. Poďme vyriešiť úlohu. Geometria. Meno autora vety. Dôsledok. Vektor. Vlastnosti skalárneho súčinu vektorov. Skalárny súčin v súradniciach a jeho vlastnosti. Dôkaz Pytagorovej vety. Test z matematiky.
"Axiálna symetria v geometrii" - Obrázok sa nazýva symetrický vzhľadom na priamku a. Postavy s dvoma osami symetrie. Postavy s jednou osou symetrie. Zostrojte trojuholníky, ktoré sú symetrické k údajom vzhľadom na čiaru C. Obsah. Zostrojte body A" a B". Definícia. Symetria v poézii. Osová súmernosť. Nakreslite dve priame čiary a a b a označte dva body A a B. Ako získať obrazec symetrický k tomuto. Slová, ktoré majú os súmernosti.
"Geometria "Axiálna a stredová symetria"" - Opíšte obrázok. Weil nemecký. Symetria vo svete rastlín. Veda. Symetria vo svete hmyzu. Trojuholníkové rohy. rotačná symetria. Proporcionalita. Konštrukčný algoritmus. Osová a stredová súmernosť. Symetria bodov okolo stredu. Symetria bodov vzhľadom na priamku. známe vlastnosti. Čo ťa pritiahlo k týmto fotkám? Bod O. Stredná a osová súmernosť. Symetria postavy je pomerne rovná.
"Tálesova veta" Stupeň 8" - segment. Schopnosti riešiť problémy. Uhlopriečka. Analýza. Úlohy na hotových výkresoch. Dôkaz. Štúdium. Paralelné čiary. Thales je známy ako geometer. Táles z Milétu. Stredné strany. Thalesova veta. Výroky Thalesa. Úloha. Nájdite uhly lichobežníka. dokázať.
Najčastejšie sú to geometrické úlohy, ktoré spôsobujú ťažkosti uchádzačom, absolventom, účastníkom matematických olympiád. Ak sa pozriete na štatistiku USE v roku 2010, môžete vidieť, že asi 12 % účastníkov začalo geometrickú úlohu C4 a iba 0,2 % účastníkov získalo plné skóre a vo všeobecnosti sa táto úloha ukázala ako najťažšie zo všetkých navrhovaných.
Je zrejmé, že čím skôr školákom ponúkneme krásny alebo nečakaný spôsob riešenia problémov, tým je pravdepodobnejšie, že ich vážne a nadlho zaujme a zaujme. Ale, aké ťažké je nájsť zaujímavé a ťažké problémy na úrovni 7. ročníka, keď sa systematické štúdium geometrie len začína. Čo možno ponúknuť študentovi so záujmom o matematiku, ktorý pozná len znamienka rovnosti trojuholníkov, vlastnosti susedných a zvislých uhlov? Je však možné zaviesť pojem dotyčnice ku kružnici ako priamku, ktorá má s kružnicou jeden spoločný bod; akceptujte, že polomer nakreslený k bodu dotyku je kolmý na dotyčnicu. Samozrejme, stojí za to zvážiť všetky možné prípady umiestnenia dvoch kružníc a spoločných dotyčníc k nim, ktoré je možné nakresliť od nuly do štyroch. Dokázaním nižšie navrhnutých teorém je možné výrazne rozšíriť súbor úloh pre siedmakov. Zároveň sa na ceste ukázať ako dôležité alebo jednoducho zaujímavé a zábavné fakty. Navyše, keďže mnohé výroky nie sú zahrnuté v školskej učebnici, možno ich prediskutovať v triede aj s maturantmi pri opakovaní planimetrie. Tieto skutočnosti sa ukázali ako relevantné v minulom akademickom roku. Keďže mnohé diagnostické práce samotné POUŽIŤ prácu obsahovala úlohu, na riešenie ktorej bolo potrebné použiť nižšie dokázanú vlastnosť dotyčnicového segmentu.
T 1
Segmenty dotyčníc ku kružnici nakreslenej z
jeden bod sa rovná (obr. 1)
To je všetko s vetou, môžete najprv predstaviť siedmakov.
V procese dokazovania sme použili znamienko rovnosti pravouhlých trojuholníkov, pričom sme dospeli k záveru, že stred kruhu leží na osi uhla BCA.
Medzitým sme si spomenuli, že os uhla je miestom bodov vnútornej oblasti uhla, rovnako vzdialených od jeho strán. Na týchto faktoch je založené riešenie zďaleka nie triviálneho problému, dostupného aj pre začiatočníkov v štúdiu geometrie.
1. Osy uhlov A, AT a s konvexný štvoruholník A B C D pretínajú v jednom bode. Lúče AB a DC pretínajú v bode E a lúče
slnko a AD v bode F. Dokážte, že nekonvexný štvoruholník AECF súčet dĺžok protiľahlých strán je rovnaký.
Riešenie (obr. 2). Nechať byť O je priesečníkom týchto priesečníkov. Potom O v rovnakej vzdialenosti od všetkých strán štvoruholníka A B C D, teda
je stred kružnice vpísanej do štvoruholníka. Podľa vety 1
rovnosť je správna: AR = AK,
ER = EP, FT = FK. Pridávame ľavú a pravú časť po členoch, dostaneme správnu rovnosť:
(AR + ER) + FT = (AK +FK) + EP; AE + (FC + CT) = AF + (EÚ + PC). Pretože ST = RS, potom AE + FC = AF + EÚ, čo malo byť preukázané.
Uvažujme problém s nezvyčajnou formuláciou, na riešenie ktorého stačí poznať vetu 1 .
2. Je tam? n-gon, ktorého strany sú za sebou 1, 2, 3, ..., n do ktorého kruhu možno vpísať?
rozhodnutie. Povedzme také n-gon existuje. A 1 A 2 =1, …, A n-1 A n= n– 1,A n A 1 = n. B 1 , …, B n sú zodpovedajúce dotykové body. Potom podľa vety 1 A 1 B 1 = A 1 B n< 1, n – 1 < A n B n< n. Podľa vlastnosti dotyčnicových segmentov A n B n= A n B n-1. Ale, A n B n-1< A n-1 A n= n- 1. Rozpor. Preto nie n-gon, ktorý spĺňa podmienku problému.
T 2 Súčty protiľahlých strán štvoruholníka opísaného o
kruhy sú rovnaké (obr. 3)
Školáci spravidla ľahko dokazujú túto vlastnosť opísaného štvoruholníka. Po dokázaní vety 1 , ide o tréningové cvičenie. Túto skutočnosť možno zovšeobecniť - súčty strán opísaného párneho uholníka, brané cez jeden, sú rovnaké. Napríklad pre šesťuholník A B C D E F správny: AB + CD + EF = BC + DE + FA.
Riešenie (obr. 1). Keďže štvoruholníky ABEF a ECDF sú vpísané podľa vety 2 Р ABEF = 2 (AB + EF) a Р ECDF = 2 (CD + EF), podľa podmienky
PABEF - P ECDF = 2 (AB + EF) - 2 (CD + EF) = 2 p. AB-CD=p. AB = a + p.
nakreslí sa dotyčnica ku kružnici, ktorá pretína segmenty AB a AC v bodoch M a R resp. Dokážte, že obvod trojuholníka TY SI POVEDAL a uhol MPA nezávisia od výberu bodu X.
Riešenie (obr. 5). Podľa vety 1 MB = MX a PC = RX. Takže obvod trojuholníka TY SI POVEDAL rovná súčtu segmentov AB a AS. Alebo dvojitá dotyčnica nakreslená k kružnici pre trojuholník TY SI POVEDAL . Hodnota uhla MOP sa meria polovičnou hodnotou uhla WOS, ktorý nezávisí od výberu bodu X.
Riešenie (obr. 6). Metóda jedna (algebraická). Nechať byť AK \u003d AN \u003d x, potom BK = BM = c - x, CM = CN = a - c + x. AC = AN + NC, potom môžeme napísať rovnicu pre x: b \u003d x + (a - c + x). Kde
.
Metóda dva (geometrická). Obráťme sa na schému. Segmenty rovnakých dotyčníc, brané po jednom, tvoria polobvod
trojuholník. Červená a zelená tvoria jednu stranu a. Potom segment, ktorý nás zaujíma x = p - a. Samozrejme, dosiahnuté výsledky sú konzistentné.
. Z Všimnite si, že od základného problému 1
z toho vyplýva CM = p ∆ ABC. b+x=p; x \u003d p - b. Získané vzorce sú použité v nasledujúcich úlohách. 4. Nájdite polomer kružnice vpísanej do pravouhlého trojuholníka s nohami a, b a preponu s Riešenie (obr. 8). T ako OMCN-štvorec, potom sa polomer vpísanej kružnice rovná úsečke dotyčnice CN.
.
5. Dokážte, že dotykové body kružnice vpísanej a kružnice so stranou trojuholníka sú symetrické vzhľadom na stred tejto strany.
Riešenie (obr. 9). Všimnite si, že AK je segment dotyčnice kružnice pre trojuholník ABC. Podľa vzorca (2)
. VM- oddiel
tangens incircle pre trojuholník ABC. Podľa vzorca (1)
. AK = VM, a to znamená, že body K a M v rovnakej vzdialenosti od stredu strany AB, Q.E.D.
6. Dve spoločné vonkajšie dotyčnice a jedna vnútorná dotyčnica sú nakreslené na dve kružnice. Vnútorná dotyčnica pretína vonkajšie v bodoch A, B a dotýka sa kruhov v bodoch A 1 a V 1. Dokáž to AA 1 \u003d BB 1.
Riešenie (obr. 10). Stop... Ale čo sa má rozhodnúť? Je to len ďalšia formulácia predchádzajúceho problému. Je zrejmé, že jeden z kruhov je vpísaný a druhý je kruhový pre nejaký trojuholník ABC. A segmenty AA 1 a BB 1 zodpovedajú segmentom AK a VMúlohy 5. Je pozoruhodné, že úloha navrhnutá pre celoruská olympiádaškolákov v matematike, je riešená takýmto samozrejmým spôsobom.
7. Strany päťuholníka sú v obiehajúcom poradí 5, 6, 10, 7, 8. Dokážte, že do tohto päťuholníka nemožno vpísať kruh.
Riešenie (obr. 11). Predpokladajme, že päťuholník A B C D E môžete vpísať kruh. Navyše, strany AB, BC, CD, DE a EA sa rovnajú 5, 6, 10, 7 a 8. F, G, H, M a N. Nechajte dĺžku segmentu AF rovná sa X.
Potom bf = FD – AF = 5 – X = BG. GC = BC – BG = = 6 – (5 – X) = 1 + X = CH. Atď: HD = DM = 9 – X; JA = EN = X – 2, AN = 10 – X.
Ale, AF = AN. To je 10- X = X; X= 5. Avšak segment dotyčnice AF nemôže mať rovnakú stranu AB. Výsledný rozpor dokazuje, že do daného päťuholníka nemožno vpísať kruh.
8. Kruh je vpísaný do šesťuholníka, jeho strany v poradí obtoku sú 1, 2, 3, 4, 5. Nájdite dĺžku šiestej strany.
rozhodnutie. Samozrejme, dotyčnicový segment možno označiť ako X, ako v predchádzajúcej úlohe, napíšte rovnicu a získajte odpoveď. Je však oveľa efektívnejšie a efektívnejšie použiť poznámku k vete 2 : súčty strán opísaného šesťuholníka, brané cez jeden, sú rovnaké.
Potom 1 + 3 + 5 = 2 + 4 + X, kde X- neznáma šiesta strana, X = 3.
Riešenie (obr. 12). Keďže dĺžky všetkých strán sú celé čísla, zlomkové časti dĺžok segmentov sú rovnaké BT, BP, DM, DN, AK a AT. Máme AT + TV= 1 a zlomkové časti dĺžok segmentov AT a TV sú si rovní. To je možné len vtedy AT + TV= 0,5. Podľa vety 1
WT + BP.
znamená, BP= 0,5. Všimnite si, že podmienka CD= 3 sa ukázalo ako nenárokované. Je zrejmé, že autori problému predpokladali iné riešenie. Odpoveď: 0,5.
10. V štvoruholníku ABCD AD=DC, AB=3, BC=5. Kruhy vpísané do trojuholníkov ABD a CBD dotknite sa segmentu BD v bodoch M a N resp. Nájdite dĺžku segmentu MN.
Riešenie (obr. 13). MN = DN - DM. Podľa vzorca (1) pre trojuholníky DBA a DBC respektíve máme:
11. V štvoruholníku A B C D môžete vpísať kruh. Kruhy vpísané do trojuholníkov ABD a CBD majú polomery R a r resp. Nájdite vzdialenosť medzi stredmi týchto kruhov.
Riešenie (obr. 13). Keďže podľa podmienky štvoruholník A B C D vpísané, podľa vety 2 máme: AB + DC = AD + BC. Využime myšlienku riešenia predchádzajúceho problému. . To znamená, že body dotyku kružníc so segmentom DM zápas. Vzdialenosť medzi stredmi kružníc sa rovná súčtu polomerov. odpoveď: R + r.
V skutočnosti je dokázané, že stav je v štvoruholníku A B C D môžete vpísať kruh, ktorý je ekvivalentný podmienke - v konvexnom štvoruholníku A B C D kruhy vpísané do trojuholníkov ABC a ADC dotýkať sa navzájom. Opak je pravdou.
Navrhuje sa dokázať tieto dve vzájomne inverzné tvrdenia v nasledujúcom probléme, ktorý možno považovať za zovšeobecnenie tohto tvrdenia.
12. V konvexnom štvoruholníku A B C D (ryža. štrnásť) kruhy vpísané do trojuholníkov ABC a ADC dotýkať sa navzájom. Dokážte, že kruhy sú vpísané do trojuholníkov ABD a bdc sa aj navzájom dotýkať.
13. V trojuholníku ABC so stranami a, b a c na strane slnko označený bod D tak, že kruhy vpísané do trojuholníkov ABD a ACD dotknite sa segmentu AD v jednom bode. Nájdite dĺžku segmentu BD.
Riešenie (obr. 15). Pre trojuholníky použijeme vzorec (1). ADC a adb, výpočet DM dva 
Ukazuje sa, D- bod dotyku so stranou slnko kruh vpísaný do trojuholníka ABC. Opak je pravdou: ak je vrchol trojuholníka spojený s dotykovým bodom vpísanej kružnice na opačnej strane, potom sa kružnice vpísané do výsledných trojuholníkov navzájom dotýkajú.
14. Strediská O 1 , O 2 a O 3 tri nepretínajúce sa kružnice s rovnakým polomerom sú umiestnené vo vrcholoch trojuholníka. Z bodov O 1 , O 2 , O 3 sú dotyčnice k týmto kružniciam nakreslené tak, ako je znázornené na obrázku.
Je známe, že tieto dotyčnice, ktoré sa pretínajú, vytvorili konvexný šesťuholník, ktorého strany cez jednu sú zafarbené na červeno a modro. Dokážte, že súčet dĺžok červených segmentov sa rovná súčtu dĺžok modrých segmentov.
Riešenie (obr. 16). Je dôležité pochopiť, ako využiť skutočnosť, že dané kruhy majú rovnaké polomery. Všimnite si, že segmenty BR a DM sú rovnaké, čo vyplýva z rovnosti pravouhlých trojuholníkov O 1 BR a O 2 BM. Podobne DL = D.P., FN = FK. Pridávame rovnosti po členoch a potom od výsledných súčtov odčítame rovnaké segmenty dotyčníc nakreslených z vrcholov A, s, a Ešesťuholník A B C D E F: AR a AK, CL a CM, EN a EP. Dostávame to, čo potrebujeme.
Tu je príklad stereometrického problému navrhnutého na XII. medzinárodnom matematickom turnaji pre stredoškolákov „A. N. Kolmogorov Memory Cup“.
16. Daná päťuholníková pyramída SA 1 A 2 A 3 A 4 A 5 . Existuje rozsah w, ktorá sa dotýka všetkých okrajov pyramídy a ďalšej gule w 1, ktorý sa dotýka všetkých strán základne A 1 A 2 A 3 A 4 A 5 a predĺženia bočných rebier SA 1, SA 2, SA 3, SA 4, SA 5 pre vrcholy základne. Dokážte, že vrchol pyramídy je rovnako vzdialený od vrcholov základne. (Berlov S. L., Karpov D. V.)
pretože segmenty dotyčníc sú rovnaké. Nechať byť C i A i = a i. Potom p SAiAi +1 = s+a i +a i+1 a z rovnosti obvodov vyplýva, že a 1 = a 3 = a 5 = a 2 = a 4, odkiaľ SA 1 = SA 2 = SA 3 = SA 4 = SA 5 .
17. POUŽÍVAŤ. Diagnostické práce 8. decembra 2009, С–4. Dana lichobežník A B C D, ktorého základy BC = 44,AD = 100, AB = CD= 35. Kružnica dotyčnica k čiaram AD a AC dotkne sa strany CD v bode K. Nájdite dĺžku segmentu CK.VDC a BDA, dotknite sa strany BD v bodoch E a F. Nájdite dĺžku segmentu EF.
rozhodnutie. Možné sú dva prípady (obr. 20 a obr. 21). Pomocou vzorca (1) nájdeme dĺžky segmentov DE a D.F..
V prvom prípade AD = 0,1AC, CD = 0,9AC. V druhom - AD = 0,125AC, CD = 1,125AC. Dosadíme údaje a dostaneme odpoveď: 4.6 alebo 5.5.
Úlohy na samostatné riešenie /
1. Obvod rovnoramenného lichobežníka vpísaného okolo kruhu je 2r. Nájdite priemet uhlopriečky lichobežníka na väčšiu základňu. (1/2r)
2. otvorená banka POUŽÍVAŤ úlohy matematiky. AT 4. Do kruhu vpísaného do trojuholníka ABC (obr. 22), sú nakreslené tri dotyčnice. Obvody zrezaných trojuholníkov sú 6, 8, 10. Nájdite obvod tohto trojuholníka. (24)
3. Do trojuholníka ABC vpísaný kruh. MN- dotyčnica ku kružnici MО AC, NО BC, BC = 13, AC = 14, AB = 15. Nájdite obvod trojuholníka MNC. (12)
4. Ku kružnici vpísanej do štvorca so stranou a sa nakreslí dotyčnica, ktorá pretína dve jej strany. Nájdite obvod odrezaného trojuholníka. (a)
5. Do päťuholníka so stranami je vpísaný kruh a, d, c, d a e. Nájdite segmenty, na ktoré bod kontaktu rozdeľuje rovnakú stranu a.
6. Do trojuholníka so stranami 6, 10 a 12 je vpísaný kruh. Ku kružnici je nakreslená dotyčnica tak, že pretína dve veľké strany. Nájdite obvod odrezaného trojuholníka. (16)
7. CD je stredná hodnota trojuholníka ABC. Kruhy vpísané do trojuholníkov ACD a BCD, dotknite sa segmentu CD v bodoch M a N. Nájsť MN, ak AC – slnko = 2. (1)
8. V trojuholníku ABC so stranami a, b a c na strane slnko označený bod D. Do kruhov vpísaných do trojuholníkov ABD a ACD, nakreslí sa spoločná dotyčnica, ktorá sa pretína AD v bode M. Nájdite dĺžku segmentu AM. (Dĺžka AM nezávisí od polohy bodu D a
rovná sa ½ ( c + b - a))
9. Kruh s polomerom je vpísaný do pravouhlého trojuholníka a. Polomer kruhu dotyčnica k prepone a predĺženiam nôh je R. Nájdite dĺžku prepony. ( R-a)
10. V trojuholníku ABC dĺžky strán sú známe: AB = s, AC = b, slnko = a. Kruh vpísaný do trojuholníka sa dotýka strany AB v bode Od 1. Kružnica je dotyčnicou k predĺženiu strany AB za bod A v bode Od 2. Určte dĺžku segmentu S 1 S 2. (b)
11. Nájdite dĺžky strán trojuholníka delené bodom dotyku vpísanej kružnice s polomerom 3 cm na časti 4 cm a 3 cm (7, 24 a 25 cm v pravouhlom trojuholníku)
12. Sorosova olympiáda 1996, 2. kolo, 11. ročník. Daný trojuholník ABC, na ktorých stranách sú vyznačené body A1, B1, C1. Polomery kružníc vpísaných do trojuholníkov AC1B1, BC1A1, CA1B1 rovný v r. Polomer kruhu vpísaného do trojuholníka A 1 B 1 C 1 rovná sa R. Nájdite polomer kruhu vpísaného do trojuholníka ABC. (R +r).
Úlohy 4–8 sú prevzaté z knihy problémov R. K. Gordina „Geometria. Planimetrie." Moskva. Vydavateľstvo MTSNMO. 2004.
obvod Obrazec sa nazýva obrazec pozostávajúci zo všetkých bodov roviny umiestnených v danej vzdialenosti od daného bodu. Tento bod sa nazýva centrum kruh a segment spájajúci stred s ktorýmkoľvek bodom kruhu - polomer kruhy.
Časť roviny ohraničená kružnicou sa nazýva okolo.
kruhový sektor alebo jednoducho sektore nazývaná časť kružnice ohraničená oblúkom a dvoma polomermi spájajúcimi konce oblúka so stredom kružnice.
Segment nazývaná časť kruhu ohraničená oblúkom a tetivou, ktorá ho pretína.
Základné pojmy
Tangenta
Volá sa priamka, ktorá má spoločný iba jeden bod dotyčnica do kruhu a ich spoločný bod sa nazýva bod dotyku priamka a kruh.
Vlastnosti dotyčnice
Dotyčnica ku kružnici je kolmá na polomer nakreslený k bodu dotyčnice.
Segmenty dotyčníc ku kružnici nakreslené z jedného bodu sú rovnaké a zvierajú rovnaké uhly s priamkou prechádzajúcou týmto bodom a stredom kružnice.
Chord
Úsečka, ktorá spája dva body na kružnici, sa nazýva akord. Tetiva prechádzajúca stredom kružnice sa nazýva priemer.
vlastnosti akordov
Priemer (polomer) kolmý na tetivu rozdeľuje túto tetivu a obidva oblúky od nej odčítané na polovicu. Platí aj opačná veta: ak priemer (polomer) pretína tetivu, potom je na túto tetivu kolmá.
Oblúky uzavreté medzi rovnobežnými tetivami sú rovnaké.
Ak sú dva akordy kruhu, AB a CD pretínajú v bode M, potom sa súčin segmentov jedného akordu rovná súčinu segmentov druhého akordu: AM MB = CM MD.
Vlastnosti kruhu
Priamka nemusí mať spoločné body s kružnicou; majú jeden spoločný bod s kruhom ( dotyčnica); má s tým dva spoločné body ( sekanta).
Prostredníctvom troch bodov, ktoré neležia na rovnakej priamke, je možné nakresliť kružnicu a navyše iba jednu.
Bod dotyku dvoch kružníc leží na priamke spájajúcej ich stredy.
Teoréma tangensu a sekansu
Ak sú dotyčnica a sečna nakreslené z bodu ležiaceho mimo kružnice, potom sa druhá mocnina dĺžky dotyčnice rovná súčinu sečny jej vonkajšou časťou: MC 2 = MA MB.
Sekantová veta
Ak sú z bodu ležiaceho mimo kružnice nakreslené dve sekance, potom súčin jednej sekanty jej vonkajšej časti sa rovná súčinu druhej sekanty jej vonkajšia časť. MA MB = MC MD.
Uhly v kruhu
Centrálne Uhol v kruhu je plochý uhol s vrcholom v jeho strede.
Uhol, ktorého vrchol leží na kružnici a ktorého strany kružnicu pretínajú, sa nazýva vpísaný uhol.
Akékoľvek dva body na kruhu ho rozdeľujú na dve časti. Každá z týchto častí je tzv oblúk kruhy. Mierou oblúka môže byť miera jeho zodpovedajúceho stredového uhla.
Oblúk je tzv polkruh, ak segment spájajúci jeho konce má priemer.
Vlastnosti rohov spojených s kruhom
Vpísaný uhol sa buď rovná polovici jeho zodpovedajúceho stredového uhla, alebo dopĺňa polovicu tohto uhla na 180°.
Uhly vpísané do rovnakého kruhu a založené na rovnakom oblúku sú rovnaké.
Vpísaný uhol na základe priemeru je 90°.
Uhol, ktorý zviera dotyčnica ku kružnici a sečna vedená cez dotyčnicový bod, sa rovná polovici oblúka uzavretého medzi jej stranami.
Dĺžky a plochy
Obvod C polomer R vypočítané podľa vzorca:
C= 2 R.
Námestie S polomer kruhu R vypočítané podľa vzorca:
S= R 2 .
Vpísané a opísané kruhy
Kruh a trojuholník 
stred vpísanej kružnice je priesečníkom priesečníkov trojuholníka, jeho polomeru r vypočítané podľa vzorca:
r= ,
kde S je plocha trojuholníka a - semi-obvod;
R= ,
R= ;
tu a, b, c sú strany trojuholníka, je to uhol oproti strane a, S- plocha trojuholníka;
stred kružnice opísanej pravouhlému trojuholníku leží v strede prepony;
stred opísanej a vpísanej kružnice trojuholníka sa zhoduje iba vtedy, ak je tento trojuholník pravidelný.
Kruh a štvoruholník
kruh môže byť opísaný okolo konvexného štvoruholníka práve vtedy, ak súčet jeho vnútorných protiľahlých uhlov je 180°:
180°;
Kruh môže byť vpísaný do štvoruholníka vtedy a len vtedy, ak sú súčty protiľahlých strán rovnaké:
a + c = b + d;
kruh možno opísať okolo rovnobežníka vtedy a len vtedy, ak ide o obdĺžnik;
kruh možno opísať v blízkosti lichobežníka vtedy a len vtedy, ak je tento lichobežník rovnoramenný; stred kružnice leží v priesečníku osi súmernosti lichobežníka s kolmicou na bočnú stranu;
kruh môže byť vpísaný do rovnobežníka vtedy a len vtedy, ak ide o kosoštvorec.