Tétel a kör érintőszegmenseinek tulajdonságáról. Az érintő általános meghatározása
Leggyakrabban az geometriai problémák nehézségeket okoznak a jelentkezőknek, végzetteknek, résztvevőknek matematikai olimpiák. Ha megnézzük a 2010-es Egységes Államvizsga statisztikáit, akkor láthatjuk, hogy a résztvevők körülbelül 12%-a kezdte a C4 geometriai feladatot, és csak a résztvevők 0,2%-a kapott teljes pontszámot, és általánosságban kiderült, hogy a probléma a legnehezebb a javasoltak közül.
Nyilván minél hamarabb kínálunk az iskolásoknak szép vagy váratlan megoldásokat a problémákra, a valószínűbb hogy komolyan és hosszú időre érdekelje és rabul ejtse. De milyen nehéz érdekes és összetett feladatokat találni 7. osztályos szinten, amikor a geometria szisztematikus tanulása még csak most kezdődik. Mit kínálhat a matematika iránt érdeklődő diák, aki csak a háromszögek egyenlőségének jeleit ismeri, a szomszédos ill. függőleges szögek? Azonban bevezethetjük a kör érintőjének fogalmát, mint olyan egyenest, amelynek egy közös pontja van a körrel; tételezzük fel, hogy az érintkezési pontra húzott sugár merőleges az érintőre. Természetesen érdemes megfontolni a két kör elhelyezkedésének minden lehetséges esetét és a hozzájuk tartozó közös érintőket, amelyek nullától négyig húzhatók. Az alábbiakban javasolt tételek bizonyításával jelentősen bővítheti a hetedikesek feladatsorát. Ugyanakkor egyszerre bizonyul fontosnak vagy egyszerűen érdekesnek és szórakoztató tények. Sőt, mivel sok állítás nem szerepel az iskolai tankönyvben, ezért körórákon és a planimetria áttekintésénél a végzősökkel is meg lehet beszélni. Ezek a tények az elmúlt tanévben relevánsnak bizonyultak. Mivel sok diagnosztikai munka maga Egységes államvizsga munka feladatot tartalmazott, melynek megoldásához az alábbiakban bizonyított érintőszegmens tulajdonságát kellett használni.
T 1
-ból rajzolt kör érintőinek szakaszai
egyenlő egy ponttal (1. ábra)
Ez az a tétel, amelyet először bemutathat a hetedikeseknek.
A bizonyítás során a derékszögű háromszögek egyenlőségének jelét használtuk, és arra a következtetésre jutottunk, hogy a kör középpontja a szögfelezőn fekszik BSA.
Útközben emlékeztünk arra, hogy egy szög felezője az locus pontokat belső terület szög egyenlő távolságra az oldalaitól. Egy korántsem triviális probléma megoldása ezeken a tényeken alapul, és még azok számára is elérhető, akik csak most kezdik a geometria tanulmányozását.
1. Szögfelezők A, INÉs VEL konvex négyszög ABCD egy pontban metszik egymást. Sugarak ABÉs DC pontban metszik egymást E, és a sugarak
NapÉs HIRDETÉS pontban F. Bizonyítsuk be, hogy nem konvex négyszög AECF a szemközti oldalak hosszának összege egyenlő.
Megoldás (2. ábra). Hadd KÖRÜLBELÜL– ezeknek a felezőknek a metszéspontja. KÖRÜLBELÜL Majd ABCD egyenlő távolságra a négyszög minden oldalától
, vagyis 1
a négyszögbe írt kör középpontja. tétel szerint a következő egyenlőségek igazak: = AR,
A.K. = ER, E.P. = F.T. FK
(a következő egyenlőségek igazak: + A.K.) + E.P. = (AR +F.T.) + ER; . Adjuk hozzá a bal és a jobb oldalt tagonként, és kapjuk meg a megfelelő egyenlőséget: + (A.E. + F.C.) = C.T. + (A.F. + EU PC ). = Mert ST RS + A.E. = C.T. + A.F., Azt
AE 1 .
, amit bizonyítani kellett. Tekintsünk egy szokatlan megfogalmazású problémát, amelynek megoldásához elegendő a tétel ismerete 2. Van Tekintsünk egy szokatlan megfogalmazású problémát, amelynek megoldásához elegendő a tétel ismerete n
- egy háromszög, amelynek oldalai egymás után 1, 2, 3, ..., Tekintsünk egy szokatlan megfogalmazású problémát, amelynek megoldásához elegendő a tétel ismerete, amelybe kört lehet írni? A 1 A 2 =1, …, A Megoldás. Mondjuk ezt A-gon létezik. Tekintsünk egy szokatlan megfogalmazású problémát, amelynek megoldásához elegendő a tétel ismerete– 1,n-1 n= A 1 = Tekintsünk egy szokatlan megfogalmazású problémát, amelynek megoldásához elegendő a tétel ismerete. A 1 , …, A n B n – megfelelő pontokat 1 A 1 = megfelelő pontokat 1 A n=< 1, Tekintsünk egy szokatlan megfogalmazású problémát, amelynek megoldásához elegendő a tétel ismerete – 1 < megfelelő pontokat n= A n=< érintés. Aztán az 1. tétel alapján A n. n= A-gon létezik. megfelelő pontokat n= A Az érintőszegmensek tulajdonsága szerint megfelelő pontokat n= A Megoldás. Mondjuk ezt< megfelelő pontokat Megoldás. Mondjuk ezt A-gon létezik. A 1. n-1. De, Tekintsünk egy szokatlan megfogalmazású problémát, amelynek megoldásához elegendő a tétel ismerete n –
Ellentmondás. Ezért nem-gon megfelel a probléma feltételeinek.
T 2
A leírt négyszög szemközti oldalainak összegei kb 1 a körök egyenlőek (3. ábra) Az iskolások általában könnyen bizonyítják a leírt négyszög ezen tulajdonságát. A tétel bizonyítása után , ez egy edzés gyakorlat. Ezt a tényt általánosíthatjuk - egy körülírt páros háromszög oldalainak összege az egyik oldalon átvetve egyenlő. Például egy hatszögre
. Lelet AB
, Ha
AC AB– érintők a pontokban . Mivel az ABEF és az ECDF négyszögek ciklikusak, ezért a 2. tétel alapján P ABEF = 2(AB + EF) és P ECDF = 2(CD + EF), feltétel szerint olyan körhöz, amelynek középpontja az O pontban van. Egy tetszőleges ponton keresztül XÉs ívek a szakaszokat metsző kör érintőjét húzzuk És pontokon M R
illetőleg. Bizonyítsuk be, hogy a háromszög kerülete AMR és a szög nagysága MPA És nem függnek az X pont megválasztásától. ABÉs Megoldás (5. ábra). Az 1. tétel szerint MV = MX és RS = RH. És . A MOP szög értékét a szög felével mérjük VOS , ami nem függ a pont megválasztásától.
AK. Megoldás (6. ábra). Első módszer (algebrai). Hadd AK = AN = x, Majd BK = BM = c – x, CM = CN = a – c + x. AC = AN + NC, akkor létrehozhatunk egyenletet
.
x: b = x + (a – c + x).
Ahol Második módszer (geometriai). Nézzük a diagramot. Egyenként vett, egyenlő érintők szakaszai összeadják a fél kerületet háromszög. Piros és zöld alkot egy oldalt A.
AK = AM = x, majd BK = BN = c – x, CM = CN. Megvan az egyenlet 1
b + x = a + (c – x). Ahol. Z Háromszögben, oldalakkal Vegye figyelembe, hogy a referenciaproblémából ebből következik CM = p Δ ABC. b + x = p; x = p – b. Az így kapott képletek a következő problémákban használhatók.
.
4. Határozza meg a derékszögű háromszögbe írt kör sugarát lábakkal!
és hypotenusa Vel. Megoldás (8. ábra). T oké hogyan
OMCN - négyzet, akkor a beírt kör sugara megegyezik a CN érintőszakasszal.
5. Bizonyítsuk be, hogy a háromszög oldalával beírt és körbezárás érintési pontjai ennek az oldalnak a közepe körül szimmetrikusak. T Megoldás (9. ábra).
Figyeljük meg, hogy AK a háromszög körének érintő szakasza ABC. A (2) képlet szerint. VM– szegmens
háromszög esetén a beírt kör érintője Az (1) képlet szerint. AK = VM,és ez azt jelenti, hogy a pontokat K és M egyenlő távolságra az oldal közepétől AB,
Q.E.D. T 6. Két közös külső érintőt és egy belső érintőt húzunk két körre. A belső érintő pontokban metszi a külső érintőket A, Bés pontokban érinti a köröket A 1és ez azt jelenti, hogy a pontokat És B 1. Bizonyítsd be AA 1 = BB 1. Megoldás (10. ábra). Állj... Mit kell eldönteni? Ez csak az előző probléma más megfogalmazása. Nyilvánvaló, hogy az egyik kör be van írva, a másik pedig kikerekedik egy bizonyos háromszögre
És a szegmensek
AA 1 és BB 1. Tegyük fel, hogy egy ötszögben ABCDE beírhat egy kört. 2p, , a második pedig oldalak, Ráadásul a felek, CDÉs DE EA F, egyenlők 5, 6, 10, 7 és 8-mal. Jelöljük egymás után az érintőpontokat -., G, H M És N C.T.. Legyen a szakasz hossza egyenlő.
X Majd = B.F. – C.T. = 5 – FD = x. B.G. = , a második pedig oldalak – x = = 6 – (5 – FD) = 1 + FD = G.C. CH . = És így tovább: = 9 – FD; HD = DM = NEKEM. – 2, HU = 10 – egyenlő.
x C.T. = HU AN egyenlő = egyenlő; egyenlő De, . Azaz 10- AB= 5. Az érintőszegmens azonban
A.F.
nem egyenlő oldallal egyenlő. Az így kapott ellentmondás azt bizonyítja, hogy adott ötszögbe kör nem írható be. 2 8. Hatszögbe írunk egy kört, amelynek oldalai körbejárási sorrendben 1, 2, 3, 4, 5. Határozzuk meg a hatodik oldal hosszát!
Megoldás. Természetesen kijelölhetünk egy érintőszegmenst mint egyenlő, mint az előző feladatban, hozzon létre egy egyenletet, és kapja meg a választ. De sokkal hatékonyabb és eredményesebb egy megjegyzést használni a tételhez egyenlő: egy körülírt hatszög egymáson átvett oldalainak összege egyenlő. egyenlő = 3.
egész számok AB CD, Megoldás (12. ábra), . Mivel minden oldal hossza egész szám, a szakaszok hosszának tört részei egyenlők, BT, ARÉs B.P. DM DN + AT. megvan B.P.És AT tv DN + AT= 1, és a szegmenshosszak tört részei 1
tuberkulózis + egy kör van felírva,.
egyenlők. Ez csak akkor lehetséges, ha egy kör van felírva,= 0,5. , ha ismert, hogy az ötszög minden oldalának hossza tétel szerint
VT Eszközök,= 0,5. Vegye figyelembe, hogy a feltétel a, b = 3 nem igényeltnek bizonyult. Nyilvánvalóan a probléma szerzői más megoldást feltételeztek. Válasz: 0,5. 10. Négyszögben ABCD AD = DC, AB = 3, BC = 5. Háromszögbe írt körök ABD CBDérintse meg a szegmenst BD
pontokon M És ABD N illetőleg. Keresse meg a szakasz hosszát
MN. AB + CD + EF = BC + DE + FA. Megoldás (13. ábra). MN = DN – DM. Az (1) képlet szerint háromszögekreÉs DBA DBC ennek megfelelően rendelkezünk:És 11. Négyszögbe beírhat egy kört.
Háromszögbe írt körök AB + CD + EF = BC + DE + FA. ABD 2 CBD sugarai vannak R És így tovább: r illetőleg. Határozza meg e körök középpontjai közötti távolságot.
Megoldás (13. ábra). Mivel feltétel szerint a négyszög AB + CD + EF = BC + DE + FA. beírva, tétellel AB + CD + EF = BC + DE + FA. nálunk van: AB + DC = AD + BC.És Használjuk az előző probléma megoldásának ötletét. . Ez azt jelenti, hogy a körök és a szakasz érintkezési pontjai mérkőzés. A körök középpontjai közötti távolság egyenlő a sugarak összegével. Válasz:
Javasoljuk ennek a két kölcsönösen fordított állításnak a bizonyítását a következő feladatban, amely ennek általánosításának tekinthető.
12. Konvex négyszögben AB + CD + EF = BC + DE + FA. (rizs. 14) háromszögbe írt körök AB + DC = AD + BC.És ADCérintsék meg egymást. Bizonyítsuk be, hogy a háromszögbe írt körök Az (1) képlet szerint háromszögekreÉs BDC is érintsék egymást.
13. Háromszögben ABC a felekkel a, bÉs c oldalán Nap pont megjelölve D hogy a háromszögekbe írt körök ABDÉs ACDérintsen meg egy szegmenst ABCD egy ponton. Keresse meg a szakasz hosszát.
BD Használjuk az előző probléma megoldásának ötletét. . Ez azt jelenti, hogy a körök és a szakasz érintkezési pontjaiÉs Megoldás (15. ábra). Alkalmazzuk az (1) képletet háromszögekre A.D.B. , számítás DM 
két Kiderült, D Nap– érintkezési pont az oldallal ABC háromszögbe írt kör . Ennek az ellenkezője igaz: ha egy háromszög csúcsa a beírt kör érintési pontjához kapcsolódik
ellentétes oldalon KÖRÜLBELÜL 1 , KÖRÜLBELÜL, akkor a kapott háromszögekbe írt körök összeérnek. KÖRÜLBELÜL 14. Központok KÖRÜLBELÜL 1 , KÖRÜLBELÜL 2 , KÖRÜLBELÜL 2 és
3 három nem metsző, azonos sugarú kör található a háromszög csúcsaiban. Pontokból
A 3. ábrán ezeknek a köröknek az érintőit az ábra szerint rajzoljuk meg. Ismeretes, hogy ezek az érintők egymást metsző domború hatszöget alkottak, amelynek oldalai vörösre és kékre vannak festve.És Bizonyítsuk be, hogy a piros szakaszok hosszának összege egyenlő a kék szakaszok hosszának összegével. Megoldás (16. ábra). Fontos megérteni, hogyan kell használni azt a tényt, hogy adott körök sugara egyenlő. Vegye figyelembe, hogy a szegmensek KÖRÜLBELÜL 1 Ismeretes, hogy ezek az érintők egymást metsző domború hatszöget alkottak, amelynek oldalai vörösre és kékre vannak festve.És BR 2 DM egyenlőek, ami a derékszögű háromszögek egyenlőségéből következik O = B.M., . = F.T. Hasonlóképpen A, VEL D.L. E D.P. Az iskolások általában könnyen bizonyítják a leírt négyszög ezen tulajdonságát.: FNÉs AR, . Az egyenlőségeket tagonként összeadjuk, majd a kapott összegekből kivonjuk a csúcsokból húzott érintők azonos szegmenseitÉs , És, DMÉs ER hatszög
AR
C.L. C.M.. Azt kapjuk, amire szükségünk van. Íme egy példa a sztereometriai problémára, amelyet a XII. Nemzetközi Matematikai Tornán középiskolásoknak „Kupa A. N. Kolmogorov emlékére” javasoltak. 16. Adott egy ötszögletű piramis SA 1 A 2 A 3 A 4 A 5. Van egy gömb w, amely a piramis és egy másik gömb minden élét érinti w 1, amely az alap minden oldalát érinti
s mivel az érintőszegmensek egyenlőek. Hadd C i A i = a i p SAiAi +1 = . Majd 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, a kerületek egyenlőségéből pedig az következik a 1 = a 2 = a 3 = a 4 = a 5 .
17. 4, honnan S.A. Egységes államvizsga. Diagnosztikai munka 2009.12.8., S–4. Adott egy trapéz ABCD 44,, melynek alapjai = 100, BC = HIRDETÉS ABCD– érintők a pontokban AB = CD= 35. Az egyeneseket érintő kör Ráadásul a felek A.C. , megérinti az oldalát. egy ötszögbe pontban K CK.BDC és BDA olyan körhöz, amelynek középpontja az O pontban van. Egy tetszőleges ponton keresztül EÉs F. egy ötszögbe i.e..
, érintse meg az oldalakat CDÉs ВD.
Megoldás. Két eset lehetséges (20. ábra és 21. ábra). ABCD = 0,1. Mivel az ABEF és az ECDF négyszögek ciklikusak, ezért a 2. tétel alapján P ABEF = 2(AB + EF) és P ECDF = 2(CD + EF), feltétel szerint, , ha ismert, hogy az ötszög minden oldalának hossza = 0,9AB = CD Az (1) képlet segítségével megtaláljuk a szakaszok hosszát ABCD = 0,125. Mivel az ABEF és az ECDF négyszögek ciklikusak, ezért a 2. tétel alapján P ABEF = 2(AB + EF) és P ECDF = 2(CD + EF), feltétel szerint, , ha ismert, hogy az ötszög minden oldalának hossza = 1,125AB = CD DF
Az első esetben
. A másodikban - . Az adatokat behelyettesítjük és a választ kapjuk: 4.6 vagy 5.5. Problémák az önálló megoldáshoz/ 1. Kerület egyenlőszárú trapéz , a körre körülírva egyenlő
2. 2 dörzsölje. Keresse meg a trapéz átlójának vetületét a nagyobb alapra.(1/2 r) Nyitott bank Egységes államvizsga problémák a matematikában. Q4. Egy háromszögbe írt körhöz. (24)
ABC (22. ábra), három érintőt húzunk. A kivágott háromszögek kerülete 6, 8, 10. Keresse meg a kerületet! adott háromszög 3. Háromszögbe ABC kör van felírva. MN –
a kör érintője, MÎ AC, NÎ BC, BC = 13, AC = 14, AB = 15.
Keresse meg a háromszög kerületét! MNC. (12), 4. Az a oldalú négyzetbe írt körhöz egy érintőt húzunk, amely metszi a két oldalát., c, 4. Az a oldalú négyzetbe írt körhöz egy érintőt húzunk, amely metszi a két oldalát.És Keresse meg a kivágott háromszög kerületét.(A) MNC. (12).
5. Egy kör van beírva egy ötszögbe, amelynek oldalai vannak
7. Ráadásul a felek A AB + DC = AD + BC. d ACDÉs e. Keresse meg azokat a szakaszokat, amelyekre az érintési pont az egyenlő oldalt osztja Ráadásul a felek 6. Egy kört írunk egy háromszögbe, amelynek oldalai 6, 10 és 12. A körhöz egy érintőt húzunk úgy, hogy az metszi két hosszú oldalát. Keresse meg a kivágott háromszög kerületét. (16) HÉs És– a háromszög mediánja . Háromszögbe írt körök nagyobb, mint a négyszög kerülete . Mivel az ABEF és az ECDF négyszögek ciklikusak, ezért a 2. tétel alapján P ABEF = 2(AB + EF) és P ECDF = 2(CD + EF), feltétel szerint – BCD = 2. (1)
, érintse meg a szegmenst ABC pontokon a, b. Lelet c oldalán Nap pont megjelölve Kiderült, MN ABDÉs ACD Nap ABCD 8. Háromszögben X a felekkel És. Háromszögbe írt körökhöz És, közös érintőt metszve rajzolunk Kiderült,És
pontban . Keresse meg a szakasz hosszát))
AM MNC. (12). (Hossz nem függ a pont helyzetétől egyenlő ½ ( c + b – a)
9. Egy derékszögű háromszögbe egy sugarú kört írunk ABC. A körfogat és a lábak nyúlványait érintő érintő sugara egyenlő AB = R., . Mivel az ABEF és az ECDF négyszögek ciklikusak, ezért a 2. tétel alapján P ABEF = 2(AB + EF) és P ECDF = 2(CD + EF), feltétel szerint = Határozza meg a hipotenusz hosszát! (, Nap = MNC. (12) R–a AB 8. Háromszögben 10. Háromszögben az oldalak hossza ismert: AB Vel A A.C. b. A háromszögbe írt kör egy oldalt érint C 1. (Határozza meg a hipotenusz hosszát! ()
11. Határozza meg a háromszög oldalainak hosszát a beírt 3 cm sugarú kör érintési pontjával 4 cm-es és 3 cm-es szakaszokra osztva (egy derékszögű háromszögben 7, 24 és 25 cm)!
12. Soros-olimpia 1996, 2. forduló, 11. évfolyam. Adott egy háromszög ABC, melynek oldalain pontok vannak jelölve A 1, B 1, C 1. Háromszögbe írt körök sugarai AC 1 B 1, BC 1 A 1, SA 1 B 1 egyenlő benne 11. Négyszögbe. Háromszögbe írt kör sugara A 1 B 1 C 1 egyenlő ennek megfelelően rendelkezünk:. Keresse meg a háromszögbe írt kör sugarát! ABC. (ennek megfelelően rendelkezünk: +r).
A 4–8. feladatokat Gordin R.K. „Geometry. Planimetria." Moszkva. MCNMO kiadó. 2004.
Kerület egy olyan ábra, amely a sík egy adott ponttól adott távolságra lévő összes pontjából áll. Ezt a pontot hívják központ kör, és a középpontot a kör bármely pontjával összekötő szakasz az sugár körökben.
A sík kör által határolt részét ún körös-körül.
Körkörös szektor vagy éppen ágazat a körnek az a része, amelyet egy ív és két sugár határol, amelyek az ív végeit a kör középpontjával kötik össze.
Szegmens a kör azon része, amelyet egy ív és egy húr határol.
Alapfogalmak
Tangens
Egy egyenes vonal csak egy közös pont, hívott tangens körbe, és közös pontjukat ún érintkezési pont egyenes vonal és kör.
Érintő tulajdonságai
A kör érintője merőleges az érintési ponthoz húzott sugárra.
Az egyik pontból húzott kör érintőinek szakaszai egyenlőek, és egyenlő szöget zárnak be az ezen a ponton és a kör középpontján átmenő egyenessel.
Akkord
A kör két pontját összekötő szakaszt annak nevezzük akkord. A kör középpontján áthaladó akkordot nevezzük átmérő
Az akkordok tulajdonságai
A húrra merőleges átmérő (sugár) ezt a húrt és az általa lefedett mindkét ívet kettéosztja. Hűséges és fordított tétel: ha az átmérő (sugár) felez egy húrt, akkor merőleges erre a húrra.
A párhuzamos húrok közötti ívek egyenlőek.
Ha egy kör két akkordja, 2pÉs Ráadásul a felek pontban metszik egymást H, akkor az egyik akkord szakaszainak szorzata egyenlő egy másik akkord szakaszainak szorzatával: AM MB = CM MD.
A kör tulajdonságai
Egy egyenesnek nem lehetnek közös pontjai a körrel; van egy közös pontja a körrel ( tangens); két közös pont van vele ().
metsző
Három ponton keresztül, amelyek nem fekszenek ugyanazon a vonalon, rajzolhat egy kört, és csak egyet.
Két kör érintkezési pontja a középpontjukat összekötő egyenesen fekszik.
Ha a körön kívül eső pontból húzunk egy érintőt és egy metszőt, akkor az érintő hosszának négyzete egyenlő a metsző és külső részének szorzatával: M.C. 2 = MA MB.
A szekáns tétel
Ha a körön kívül eső pontból két szekánst húzunk, akkor egy szekáns és annak szorzata külső rész egyenlő egy másik szekáns és külső részének szorzatával. MA MB = MC MD.
Szögek egy körben
Központi A körben lévő szög olyan síkszög, amelynek középpontjában egy csúcs található.
Olyan szöget nevezünk, amelynek csúcsa egy körön van, és oldalai metszik ezt a kört beírt szög.
A kör bármely két pontja két részre osztja. Ezen részek mindegyikét ún ív körökben. Egy ív mértéke lehet a megfelelőjének mértéke központi szög.
Az ívet ún félkör, ha a végeit összekötő szakasz átmérőjű.
A körhöz tartozó szögek tulajdonságai
Beírt szög ill felével egyenlő a megfelelő középső szöget, vagy ennek a szögnek a felét kiegészíti 180°-kal.
Az ugyanabba a körbe írt és ugyanazon az íven nyugvó szögek egyenlőek.
Az átmérő által bezárt beírt szög 90°.
A kör érintője és az érintkezési ponton keresztül húzott szekáns által alkotott szög egyenlő az oldalai közé zárt ív felével.
Hossz és terület
Kerület C sugár ennek megfelelően rendelkezünk: képlettel számolva:
C= 2 ennek megfelelően rendelkezünk:.
Négyzet S kör sugara ennek megfelelően rendelkezünk: képlettel számolva:
S= ennek megfelelően rendelkezünk: 2 .
Beírt és körülírt körök
Kör és háromszög 
a beírt kör középpontja a metszéspont háromszögfelezők, a sugara 11. Négyszögbe képlettel számolva:
r = ,
Ahol S a háromszög területe, és - félperiméter;
R= ,
R= ;
itt a, b, c a háromszög oldalai, az oldallal ellentétes szög s+a i +a i, S- a háromszög területe;
a derékszögű háromszögre körülírt kör középpontja a befogó közepén fekszik;
Egy háromszög körülírt és beírt köreinek középpontja csak akkor esik egybe, ha ez a háromszög szabályos.
Kör és négyszögek
egy kör akkor és csak akkor írható le egy konvex négyszög körül, ha a belsejének összege ellentétes sarkok egyenlő 180°:
180°;
Egy kör akkor és csak akkor írható be egy négyszögbe, ha az ellentétes oldalak összege egyenlő:
a + c = b + d;
egy paralelogramma akkor és csak akkor írható le körnek, ha téglalap;
akkor és csak akkor lehet leírni egy trapéz körüli kört, ha ez a trapéz egyenlő szárú;
a kör középpontja a trapéz szimmetriatengelyének és az oldalra merőleges felezőszögnek a metszéspontjában van;
Egy kör akkor és csak akkor írható be a paralelogrammába, ha az rombusz.
Meghatározás. A kör érintője egy síkban lévő egyenes, amelynek pontosan egy közös pontja van a körrel.
Íme néhány példa: BR Kör középponttal egyenes vonalat érint 8. Háromszögben megfelelő pontokat
l H Bárhonnan 
A körön kívül pontosan két érintő húzható egyenes vonalat érint Az érintő közötti különbség , a második pedig oldalak, szekant és egyenes m , amelynek nincsenek közös pontjai a körrel
Itt be is fejezhetnénk, de a gyakorlat azt mutatja, hogy nem elég a definíciót egyszerűen memorizálni - meg kell tanulni látni az érintőket a rajzokon, ismerni a tulajdonságaikat, és ezen felül valós problémák megoldásával kell megfelelően gyakorolni e tulajdonságok alkalmazását. Mindezt ma megtesszük.
Az érintők alapvető tulajdonságai Minden probléma megoldásához négyet kell tudnia kulcstulajdonságok
. Kettőt bármelyik segédkönyvben/tankönyvben leírnak, de az utolsó kettőt valahogy elfelejtik, de hiába.
1. Az egyik pontból húzott érintőszakaszok egyenlőek
Kicsit feljebb már beszéltünk két érintőről, amelyet egy M pontból húztunk.
Az egy pontból húzott kör érintő szakaszai egyenlőek. SzegmensekÉs DM A.M. egyenlő
2. Az érintő merőleges az érintési pontra húzott sugárra Nézzük még egyszer a fenti képet. Rajzoljuk meg a sugarakat– érintők a pontokban O.A. O.B. , ami után azt találjuk, hogy a szögek– érintők a pontokban OAM O.B.M.
- egyenes.
Az érintkezési pontra húzott sugár merőleges az érintőre.
Ez a tény bizonyíték nélkül felhasználható bármilyen probléma esetén: Az érintőpontra húzott sugarak merőlegesek az érintőkre Mellesleg vegye figyelembe: ha szegmenst rajzol OM , akkor kapunk kettőt: , ami után azt találjuk, hogy a szögekÉs OAM.
egyenlő háromszög
3. Az érintő és a szekáns kapcsolata H De ez komolyabb tény, és a legtöbb iskolás nem tudja. Tekintsünk egy érintőt és egy szekánst, amelyek ugyanazon a közös ponton haladnak át , a második pedig oldalak. Természetesen a szekáns két szakaszt ad nekünk: a kör belsejében (szegmens M.C.).
- akkordnak is nevezik) és kívülről (külső résznek is nevezik).
A teljes szekáns és külső részének szorzata egyenlő az érintőszakasz négyzetével Szekáns és érintő kapcsolata
4. Szög az érintő és az akkord között
Az érintő és a húr közötti szög egyenlő az ezen húr által bezárt beírt szöggel.
Honnan jön a lényeg? A? IN valódi problémákatáltalában „felbukkan” valahol az állapotban. Ezért fontos megtanulni felismerni ezt a konfigurációt a rajzokon.
Néha még mindig érint :) Egy körhöz viszonyított egyenes a következő három pozícióban lehet: - A kör középpontja és az egyenes távolsága nagyobb, mint a sugár. Ebben az esetben az egyenes minden pontja a körön kívül van.
- A kör középpontja és az egyenes távolsága kisebb, mint a sugár. Ebben az esetben az egyenesnek vannak pontjai a körön belül, és mivel az egyenes mindkét irányban végtelen, ezért a kör 2 pontban metszi.
- A kör középpontja és az egyenes távolsága egyenlő a sugárral. Az egyenes vonal érintő.
Olyan egyenest nevezünk, amelynek csak egy pontja van a körrel tangens a körbe.
A közös pontot ebben az esetben nevezzük érintkezési pont.
Az érintő létezésének lehetőségét, és ráadásul a kör bármely pontján áthúzva, mint érintőpontot, a következő tétel bizonyítja.
Tétel. Ha egy egyenes a körön fekvő végén merőleges a sugárra, akkor ez az egyenes érintő.
Legyen O (ábra) valamely kör középpontja, OA pedig a sugarának egy része. Az A végén keresztül MN ^ OA-t rajzolunk.
Bizonyítani kell, hogy az MN egyenes érintő, azaz. hogy ennek az egyenesnek csak egy közös A pontja van a körrel.
Tegyük fel az ellenkezőjét: legyen MN-nek még egy közös pontja a körrel, például B.
Ekkor az OB egyenes egy sugár, ezért egyenlő az OA-val.
De ez nem lehet, hiszen ha OA merőleges, akkor OB-nak MN-re kell dőlnie, és a ferde nagyobb, mint a merőleges.
Fordított tétel. Ha egy egyenes érinti a kört, akkor az érintési pontra húzott sugár merőleges rá.
Legyen MN a kör érintője, A az érintőpont, és O a kör középpontja.
Bizonyítani kell, hogy OA^MN.
Tegyük fel az ellenkezőjét, pl. Tegyük fel, hogy az O-ból MN-be ejtett merőleges nem OA lesz, hanem valami más egyenes, például OB.
Vegyük BC = AB, és hajtsuk végre az OS-t.
Ekkor az OA és az OS ferde lesz, egyenlő távolságra a merőleges OB-tól, és ezért OS = OA.
Ebből következik, hogy a körnek, figyelembe véve feltételezésünket, két közös pontja lesz az MN egyenessel: A és C, azaz. Az MN nem érintő, hanem szekáns lesz, ami ellentmond a feltételnek.
Következmény. A kör bármely pontján keresztül lehet ennek a körnek érintőjét húzni, és csak egyet, mivel ezen a ponton keresztül lehet merőlegest húzni, és csak egyet a körbe húzott sugárra.
Tétel. A húrral párhuzamos érintő az érintkezési pontban kettéosztja az akkord által megfogott ívet.
Az AB egyenes (ábra) érintse a kört az M pontban, és legyen párhuzamos a CD húrral.
Be kell bizonyítanunk, hogy ÈCM = ÈMD.
Az ME átmérőt az érintési ponton áthúzva a következőt kapjuk: EM ^ AB, tehát EM ^ CB.
Ezért CM=MD.
Feladat. Egy adott ponton keresztül rajzoljon egy érintőt egy adott körhöz.
Ha adott pont egy körön van, majd húzzon rajta egy sugarat és a sugár végén egy merőleges egyenest. Ez a vonal lesz a kívánt érintő.
Tekintsük azt az esetet, amikor a pont a körön kívül van megadva.
Legyen szükséges (ábra), hogy az A ponton keresztül O középpontú kör érintőjét rajzoljuk.
Ehhez az A pontból mint középpontból egy AO sugarú ívet írunk le, az O pontból, mint középpontból pedig ezt az ívet a B és C pontokban metszük az adott kör átmérőjével megegyező iránytűnyílással. .
Az OB és OS húrok megrajzolása után az A pontot összekötjük a D és E pontokkal, ahol ezek az akkordok metszik az adott kört.
Az AD és AE egyenesek érintik az O kört.
Valójában a felépítésből világosan látszik, hogy az AOB és AOC csővezetékek egyenlő szárúak (AO = AB = AC), OB és OS bázisokkal, egyenlő az átmérővel kör O.
Mivel OD és OE sugarak, akkor D az OB közepe, E pedig az OS közepe, ami azt jelenti, hogy AD és AE egyenlő szárú csövek alapjaira húzott mediánok, ezért merőlegesek ezekre az alapokra. Ha a DA és EA egyenesek merőlegesek az OD és OE sugárra, akkor érintők.
Következmény. Az egyik pontból a körbe húzott két érintő egyenlő, és egyenlő szöget zár be az ezt a pontot a középponttal összekötő egyenessel.
Tehát AD=AE és ÐOAD = ÐOAE (ábra), mivel az AOD és AOE téglalap alakú teherautók, amelyeknek közös hipotenusza AO és AOE egyenlő lábak OD és OE (mint sugarak) egyenlőek.
Vegye figyelembe, hogy itt az „érintő” szó a tényleges „érintő szakaszt” jelenti egy adott ponttól az érintkezési pontig.
Feladat. Rajzoljunk egy érintőt egy adott O körhöz, amely párhuzamos egy adott AB egyenessel (ábra).
Leeresztünk egy OS merőlegest AB-re az O középpontból, és azon a D ponton keresztül, ahol ez a merőleges metszi a kört, megrajzoljuk az EF || AB.
A keresett érintő az EF lesz.
Valóban, mivel az OS ^ AB és az EF || AB, majd EF ^ OD, és a körön fekvő végén a sugárra merőleges egyenes egy érintő.
Feladat. Rajzoljunk közös érintőt két O és O 1 körre (ábra).
Elemzés. Tegyük fel, hogy a probléma megoldódott.
Legyen AB a közös érintő, A és B az érintőpontok.
Nyilvánvalóan, ha megtaláljuk az egyik pontot, például az A-t, akkor könnyen megtaláljuk a másikat.
Rajzoljuk meg az OA és O 1 B sugarakat. Ezek a sugarak merőlegesek a közös érintőre, párhuzamosak egymással.
Ezért ha O 1-ből O 1 C ||-t rajzolunk BA, akkor az OCO 1 csővezeték téglalap alakú lesz a C csúcsban.
Ennek eredményeként, ha egy O-tól induló kört OS sugarú középpontként írunk le, akkor az a C pontban érinti az O 1 C egyenest.
Ennek a segédkörnek a sugara ismert: egyenlő OA – CA = OA - O 1 B, azaz. egyenlő e körök sugarainak különbségével.
Építés. Az O középpontból egy kört írunk le, amelynek sugara megegyezik e sugarak különbségével.
O 1-ből húzunk egy O 1 C érintőt erre a körre (az előző feladatban jelzett módon).
A C érintőponton keresztül megrajzoljuk az OS sugarat, és addig folytatjuk, amíg az A pontban nem találkozik az adott körrel. Végül A-ból húzzuk meg az AB-t párhuzamosan CO 1 -gyel.
Pontosan ugyanígy megszerkeszthetünk egy másik közös érintőt is A 1 B 1 (ábra). Az AB és A 1 B 1 egyenes vonalakat hívjuk külső közös érintők.
Elkölthet még kettőt belsőérintők alábbiak szerint:
Elemzés. Tegyük fel, hogy a probléma megoldódott (ábra). Legyen AB a kívánt érintő.
Rajzoljuk az OA és O 1 B sugarakat az A és B érintőpontokra. Mivel ezek a sugarak merőlegesek a közös érintőre, párhuzamosak egymással.
Ezért ha O 1-ből O 1 C || BA és folytassa az OA-t a C pontig, ekkor az OS merőleges lesz O 1 C-re.
Ennek eredményeként az OS sugár által az O ponttól középpontként leírt kör a C pontban érinti az O 1 C egyenest.
Ennek a segédkörnek a sugara ismert: egyenlő OA+AC = OA+O 1 B, azaz. Ő egyenlő az összeggel e körök sugarai.
Építés. O-ból mint középpontból egy kört írunk le, amelynek sugara megegyezik ezen sugarak összegével.
O 1-ből húzunk egy O 1 C érintőt erre a körre.
A C érintkezési pontot összekötjük O-val.
Végül az A ponton keresztül, ahol az OS metszi az adott kört, megrajzoljuk az AB = O 1 C-t.
Hasonló módon megszerkeszthetünk egy másik A 1 B 1 belső érintőt is.
Az érintő általános meghatározása
Legyen egy AT érintő és néhány AM szekáns az A ponton keresztül egy középpontos körhöz (ábra).
Forgassuk el ezt a szekánst az A pont körül úgy, hogy a másik B metszéspont egyre közelebb kerüljön A-hoz.
Ekkor a középponttól a szekáns felé süllyesztett merőleges OD egyre jobban megközelíti az OA sugarat, és az AOD szög kisebb lehet bármely kis szögnél.
A szekáns és az érintő által alkotott MAT szög az szöggel egyenlő AOD (oldaluk merőlegessége miatt).
Ezért, ahogy a B pont korlátlanul közeledik A-hoz, a MAT szög is tetszőlegesen kicsivé válhat.
Ezt más szavakkal fejezik ki, mint például:
az érintő az a határhelyzet, amelybe egy érintési ponton keresztül húzott szekáns hajlik, amikor a második metszéspont korlátlanul megközelíti az érintési pontot.
Ezt a tulajdonságot az érintő definíciójának tekintjük, amikor arról beszélünk bármilyen görbéről.
Így az AB görbe érintője (ábra) az az MT határhelyzet, amelybe az MN metszéspont hajlik, amikor a P metszéspont korlátlanul megközelíti M.
Vegyük észre, hogy az így definiált érintőnek több közös pontja is lehet a görbével (amint az az ábrán is látható).
Secant, tangens – mindezt több százszor lehetett hallani geometria órákon. De hát mögöttünk van az érettségi, telnek az évek, és ez a sok tudás feledésbe merül. Mire kell emlékezni?
Esszencia
A „kör érintője” kifejezés valószínűleg mindenki számára ismerős. De nem valószínű, hogy mindenki képes lesz gyorsan megfogalmazni a definícióját. Eközben az érintő olyan egyenes, amely egy körrel egy síkban fekszik, és csak egy pontban metszi azt. Létezhetnek hatalmas változatosság, de mindegyiknek van azonos tulajdonságokkal, amelyről az alábbiakban lesz szó. Ahogy sejtheti, az érintési pont az a hely, ahol a kör és az egyenes metszi egymást. Mindegyikben konkrét eset egyedül van, de ha többen vannak, akkor már szekáns lesz.
Felfedezés és tanulmányozás története
Az érintő fogalma az ókorban jelent meg. Ezeket az egyeneseket először körré, majd ellipszisekké, parabolákká és hiperbolákká szerkesztették vonalzó és iránytű segítségével egészen visszamenőleg. kezdeti szakaszaiban a geometria fejlesztése. Természetesen a történelem nem őrizte meg a felfedező nevét, de nyilvánvaló, hogy az emberek akkoriban is jól ismerték a kör érintőjének tulajdonságait.
A modern időkben újra fellángolt az érdeklődés e jelenség iránt – kezdődött új kör ennek a koncepciónak a tanulmányozása új görbék felfedezésével kombinálva. Így Galilei bevezette a cikloid fogalmát, Fermat és Descartes pedig egy érintőt alkotott hozzá. Ami a köröket illeti, úgy tűnik, ezen a területen nem maradtak titkok a régiek számára.
Tulajdonságok
A metszéspontra húzott sugár Ez lesz
a fő, de nem az egyetlen tulajdonság, amellyel a kör érintője rendelkezik. Még egyet fontos jellemzője már tartalmaz két egyenest. Tehát a körön kívül eső ponton keresztül két érintőt lehet húzni, amelyek szakaszai egyenlőek lesznek. Van még egy tétel ebben a témában, de ritkán kerül szóba a szabvány keretein belül iskolai tanfolyam, bár rendkívül kényelmes néhány probléma megoldására. Ez így hangzik. A körön kívüli pontból egy érintő és egy szekáns húzódik rá. Kialakul az AB, AC és AD szegmens. A az egyenesek metszéspontja, B az érintési pont, C és D a metszéspontok. Ebben az esetben a következő egyenlőség lesz érvényes: a kör érintőjének hossza négyzetesen egyenlő lesz az AC és AD szakaszok szorzatával.
A fentieknek van egy fontos következménye. A kör minden pontjához szerkeszthet érintőt, de csak egyet. Ennek bizonyítása meglehetősen egyszerű: elméletileg a sugárból merőlegest ráejtve rájövünk, hogy kialakított háromszög nem létezhet. Ez pedig azt jelenti, hogy az érintő az egyetlen.
Építés
Többek között geometriai problémák is vannak speciális kategória, általában nem
szeretik a tanulók és a hallgatók. A probléma megoldásához ebben a kategóriában csak egy iránytűre és egy vonalzóra van szüksége. Ezek építési feladatok. Vannak olyanok is, amelyek tangens létrehozására szolgálnak.
Tehát adott egy kör és egy pont, amely a határain kívül esik. És ezeken keresztül érintőt kell húzni. Hogyan kell ezt csinálni? Először is meg kell rajzolni egy szakaszt az O és a kör középpontja között adott pont. Ezután egy iránytű segítségével oszd ketté. Ehhez be kell állítania a sugarat - valamivel több, mint az eredeti kör középpontja és ez a pont közötti távolság fele. Ezt követően két egymást metsző ívet kell felépíteni. Ezenkívül az iránytű sugarát nem kell megváltoztatni, és a kör minden részének középpontja az eredeti pont és az O lesz. Az ívek metszéspontjait össze kell kötni, ami a szakaszt felére osztja. Állítson be ezzel a távolsággal megegyező sugarat az iránytűn. Ezután készítsen egy másik kört, amelynek középpontja a metszéspontban van. Az eredeti pont és az O is rajta lesz. Ebben az esetben még két metszéspont lesz a feladatban megadott körrel. Ők lesznek az eredetileg megadott pont érintkezési pontjai.
A születéshez a kör érintőinek felépítése vezetett
differenciálszámítás. A témában az első munkát a híres német matematikus, Leibniz adta ki. Lehetővé tette a maximumok, minimumok és érintők meghatározását, függetlenül a tört- és irracionális mennyiségektől. Nos, most sok más számításhoz használják.
Ezenkívül a kör érintője kapcsolódik a geometriai érzék tangens Innen ered a neve. A tangens latinul fordítva azt jelenti: „érintő”. Így ez a fogalom nemcsak a geometriához és a differenciálszámítás, hanem trigonometriával is.
Két kör
Az érintő nem mindig csak egy alakot érint. Ha egy körre hatalmas számú egyenes húzható, akkor miért nem fordítva? Tud. De a feladat ebben az esetben komolyan bonyolulttá válik, mert előfordulhat, hogy a két kör érintője egyetlen ponton sem halad át, és ezeknek az ábráknak a relatív helyzete nagyon eltérő lehet.
különböző.
Típusok és fajták
Amikor két körről és egy vagy több egyenesről beszélünk, még ha tudjuk is, hogy ezek érintők, nem azonnal világos, hogy ezek az ábrák hogyan helyezkednek el egymáshoz képest. Ez alapján több fajtát különböztetnek meg. Így a köröknek lehet egy vagy két közös pontja, vagy egyáltalán nem. Az első esetben metszik egymást, a másodikban pedig összeérnek. És itt két fajtát különböztetünk meg. Ha az egyik kör be van ágyazva a másodikba, akkor az érintőt belsőnek nevezzük, ha nem, akkor külsőnek. Nem csak a rajz alapján értheti meg az ábrák egymáshoz viszonyított helyzetét, hanem a sugarak összegéről és a középpontok távolságáról is. Ha ez a két mennyiség egyenlő, akkor a körök összeérnek. Ha az első nagyobb, akkor metszik egymást, ha pedig kisebb, akkor nincs közös pontjuk.
Ugyanez vonatkozik az egyenes vonalakra is. Bármely két kör esetében, amelyeknek nincs közös pontja, megteheti
szerkeszteni négy érintőt. Ezek közül kettő metszi egymást az ábrák között, ezeket belsőnek nevezzük. Néhány másik külső.
Ha olyan körökről beszélünk, amelyeknek egy közös pontja van, akkor a probléma jelentősen leegyszerűsödik. A lényeg az, hogy mindegy relatív helyzete ebben az esetben csak egy érintőjük lesz. És áthalad a metszéspontjukon. Tehát az építés nem lesz nehéz.
Ha az alakzatoknak két metszéspontja van, akkor ezekhez egy egyenes szerkeszthető, amely érinti mind az egyik, mind a másik körét, de csak külső. A probléma megoldása hasonló az alábbiakban tárgyalthoz.
Problémamegoldás
A két kör belső és külső érintőjét sem olyan egyszerű megszerkeszteni, bár ez a probléma megoldható. A helyzet az, hogy ehhez egy segédfigurát használnak, így ezt a módszert magának kell kitalálnia
elég problémás. Tehát két különböző sugarú, O1 és O2 középpontú kört adunk meg. Számukra két érintőpárt kell alkotnia.
Mindenekelőtt egy kiegészítőt kell építenie a nagyobb kör közepéhez közel. Ebben az esetben az iránytűn meg kell határozni a két kezdeti szám sugara közötti különbséget. A segédkör érintőit a kisebb kör középpontjából építjük fel. Ezek után az O1-ből és O2-ből merőlegeseket húzunk ezekre az egyenesekre, amíg nem metszik az eredeti ábrákat. Amint az érintő alaptulajdonságából következik, mindkét körön megtaláljuk a szükséges pontokat. A probléma megoldódott, legalábbis az első rész.
A belső érintők megszerkesztéséhez gyakorlatilag meg kell oldania
hasonló feladat. Ismét szükség lesz egy segédfigurára, de ezúttal a sugara megegyezik az eredetiek összegével. E körök egyikének középpontjából érintőket szerkesztünk hozzá. Következő lépés a megoldások az előző példából érthetők.
Egy kör, vagy akár kettő vagy több érintője nem így van nehéz feladat. Természetesen a matematikusok már rég felhagytak az ilyen problémák kézi megoldásával, és számításokra hagyatkoznak speciális programok. De nem szabad azt gondolnia, hogy most már nem kell saját kezűleg megtennie, mert ahhoz, hogy helyesen fogalmazzon meg egy feladatot egy számítógép számára, sokat kell tennie és meg kell értenie. Sajnos vannak aggályok, hogy a végső átállás után a tesztlap az ismeretek ellenőrzése, az építési feladatok egyre több nehézséget okoznak majd a tanulóknak.
Ami a közös érintők keresését illeti több körök, ez nem mindig lehetséges, még akkor sem, ha egy síkban fekszenek. De bizonyos esetekben találhat ilyen egyenes vonalat.
Példák az életből
A gyakorlatban gyakran előfordul két kör közös érintője, bár ez nem mindig észrevehető. Szállítószalagok, blokkrendszerek, szíjtárcsás hajtószíjak, szálfeszesség a varrógépben és még csak egy kerékpárlánc is – mindezek valós példák. Nem szabad tehát azt gondolni, hogy a geometriai problémák csak elméletben maradnak: a mérnöki, fizikai, építőipari és sok más területen gyakorlati alkalmazást találnak.
Előző cikk: Mekkora a fénysebesség Következő cikk: Harmonikus rezgések Az oszcillációs frekvencia fizikai képlete