مماس لدائرة. دروس كاملة - المعرفة هايبر ماركت. خط المماس ما هي الزاوية المماسه

1. المسافة من مركز الدائرة إلى الخط المستقيم أكبر من نصف القطر.في هذه الحالة، تقع جميع نقاط الخط خارج الدائرة.


2. المسافة من مركز الدائرة إلى الخط المستقيم أقل من نصف القطر.في هذه الحالة، الخط المستقيم له نقاط تقع داخل الدائرة، وبما أن الخط المستقيم لا نهاية له في كلا الاتجاهين، فإنه يتقاطع مع الدائرة بنقطتين.


3. المسافة من مركز الدائرة إلى الخط المستقيم تساوي نصف القطر.الخط المستقيم ظل.

يسمى الخط المستقيم الذي تشترك فيه الدائرة بنقطة واحدة فقط الظلإلى الدائرة.

يتم استدعاء النقطة المشتركة في هذه الحالة نقطة الاتصال.

يتم إثبات إمكانية وجود مماس، علاوة على ذلك، من خلال أي نقطة من الدائرة كنقطة مماس، من خلال النظرية التالية.

نظرية. إذا كان الخط عموديًا على نصف القطر الواقع في نهايته على الدائرة، فإن هذا الخط يكون مماسًا.

دع O (الشكل) يكون مركزًا لدائرة ما وOA جزءًا من نصف قطرها. من خلال نهايته A نرسم MN ^ OA.

مطلوب إثبات أن الخط MN مماس، أي. أن هذا الخط له نقطة مشتركة واحدة فقط A مع الدائرة.

لنفترض العكس: لنفترض أن MN لديه نقطة مشتركة أخرى مع الدائرة، على سبيل المثال B.

ومن ثم فإن الخط المستقيم OB سيكون نصف قطر وبالتالي يساوي OA.

ولكن هذا لا يمكن أن يكون، لأنه إذا كان OA متعامدا، فيجب أن يميل OB إلى MN، والميل أكبر من العمودي.

نظرية العكس. إذا كان الخط مماسًا لدائرة، فإن نصف القطر المرسوم على نقطة التماس يكون عموديًا عليها.

اجعل MN هو مماس الدائرة، وA نقطة التماس، وO مركز الدائرة.

مطلوب إثبات أن OA^MN.

لنفترض العكس، أي. لنفترض أن الخط العمودي الذي يسقط من O إلى MN لن يكون OA، بل خطًا آخر، على سبيل المثال، OB.

لنأخذ BC = AB وننفذ نظام التشغيل.

ثم سوف يميل OA وOS، على مسافة متساوية من OB المتعامد، وبالتالي OS = OA.

ويترتب على ذلك أن الدائرة، مع الأخذ في الاعتبار افتراضنا، سيكون لها نقطتان مشتركتان مع الخط MN: A و C، أي. لن يكون MN مماسًا، بل قاطعًا، وهو ما ينافي الشرط.

عاقبة. من خلال أي نقطة معينة على الدائرة يمكن رسم مماس لهذه الدائرة، وواحد فقط، لأنه من خلال هذه النقطة يمكن رسم عمودي، وواحد فقط، على نصف القطر المرسوم فيها.

نظرية. المماس الموازي للوتر يقسم القوس الذي يحيط به الوتر إلى النصف عند نقطة الاتصال.

دع الخط المستقيم AB (الشكل) يلمس الدائرة عند النقطة M ويكون موازيًا للوتر CD.

نحن بحاجة إلى إثبات أن ÈCM = ÈMD.

برسم القطر ME عبر نقطة التماس، نحصل على: EM ^ AB، وبالتالي EM ^ CB.

لذلك CM = MD.

مهمة.من خلال نقطة معينة ارسم مماسًا لدائرة معينة.

إذا كانت نقطة معينة على دائرة، فارسم نصف قطر من خلالها وخطًا مستقيمًا متعامدًا حتى نهاية نصف القطر. سيكون هذا الخط هو الظل المطلوب.

دعونا نفكر في الحالة التي يتم فيها إعطاء النقطة خارج الدائرة.

ليكن مطلوبًا (الشكل) رسم مماس لدائرة مركزها O عبر النقطة A.

للقيام بذلك، من النقطة A، باعتبارها المركز، نصف قوسًا نصف قطره AO، ومن النقطة O، باعتبارها المركز، نتقاطع هذا القوس عند النقطتين B وC مع فتحة بوصلة تساوي قطر الدائرة المحددة .

بعد رسم الأوتار OB وOS، نقوم بتوصيل النقطة A بالنقطتين D وE، حيث تتقاطع هذه الأوتار مع الدائرة المحددة.

الخطان AD وAE مماسين للدائرة O.

في الواقع، من الواضح من البناء أن الأنابيب AOB وAOC متساوية الساقين (AO = AB = AC) مع قاعدتي OB وOS مساوية لقطر الدائرة O.

نظرًا لأن OD وOE يمثلان نصف قطر، فإن D هو منتصف OB، وE هو منتصف OS، مما يعني أن AD وAE متوسطان مرسومان على قواعد الأنابيب متساوية الساقين، وبالتالي متعامدان مع هذه القواعد. إذا كان الخطان DA وEA متعامدين على نصف القطر OD وOE، فإنهما مماسين.

عاقبة. المماسان المرسومان من نقطة واحدة إلى الدائرة متساويان ويشكلان زاويتين متساويتين مع وجود خط مستقيم يصل هذه النقطة بالمركز.

إذن AD=AE وÐOAD = ÐOAE (الشكل)، لأن tr-ki AOD وAOE المستطيلين، اللذان لهما وتر مشترك AO وأرجل متساوية OD وOE (مثل نصف القطر)، متساويان.

لاحظ أن كلمة "ظل" هنا تعني "قطعة الظل" الفعلية من نقطة معينة إلى نقطة الاتصال.

مهمة.ارسم مماسًا لدائرة معينة O موازيًا لخط مستقيم معين AB (الشكل).

نخفض العمود OS إلى AB من المركز O ومن خلال النقطة D التي يتقاطع عندها هذا العمود مع الدائرة، نرسم EF || أ.ب.

الظل الذي نبحث عنه سيكون EF.

في الواقع، منذ نظام التشغيل ^ AB وEF || AB، ثم EF ^ OD، والخط العمودي على نصف القطر في نهايته الواقع على الدائرة هو مماس.

مهمة.ارسم ظلًا مشتركًا لدائرتين O وO 1 (الشكل).

تحليل. لنفترض أن المشكلة قد تم حلها.

اجعل AB هو المماس المشترك، A وB نقطتا التماس.

من الواضح أننا إذا وجدنا إحدى هذه النقاط، على سبيل المثال، A، فيمكننا بسهولة العثور على النقطة الأخرى.

دعونا نرسم نصفي القطر OA وO 1 B. أنصاف الأقطار هذه، المتعامدة مع المماس المشترك، متوازية مع بعضها البعض.

لذلك إذا من O 1 نرسم O 1 C || BA، سيكون خط الأنابيب OCO 1 مستطيلًا عند القمة C.

ونتيجة لذلك، إذا وصفنا دائرة من O كمركز بنصف قطر OS، فسوف تلامس الخط المستقيم O 1 C عند النقطة C.

نصف قطر هذه الدائرة المساعدة معروف: وهو يساوي OA – CA = OA - O 1 B، أي. فهو يساوي الفرق بين أنصاف أقطار هذه الدوائر.

بناء.من المركز O نصف دائرة نصف قطرها يساوي الفرق بين أنصاف الأقطار هذه.

من O 1 نرسم مماس O 1 C لهذه الدائرة (بالطريقة الموضحة في المشكلة السابقة).

من خلال نقطة المماس C، نرسم نصف القطر OS ونواصل رسمه حتى يلتقي بالدائرة المعطاة عند النقطة A. وأخيرًا، من A نرسم AB موازيًا لـ CO 1.

وبنفس الطريقة تمامًا يمكننا بناء مماس مشترك آخر A 1 B 1 (الشكل). يتم استدعاء الخطوط المباشرة AB و A 1 B 1 خارجيالظلال المشتركة.

يمكنك قضاء اثنين آخرين داخليالظلال على النحو التالي:

تحليل.لنفترض أن المشكلة قد تم حلها (الشكل). دع AB هو الظل المطلوب.

دعونا نرسم نصفي القطر OA وO 1 B لنقطتي المماس A وB. وبما أن نصفي القطر كلاهما متعامدان مع المماس المشترك، فإنهما متوازيان مع بعضهما البعض.

لذلك إذا من O 1 نرسم O 1 C || BA ومواصلة OA إلى النقطة C، سيكون نظام التشغيل متعامدًا مع O 1 C.

ونتيجة لذلك، فإن الدائرة الموصوفة بنصف القطر OS من النقطة O كمركز سوف تلامس الخط المستقيم O 1 C عند النقطة C.

نصف قطر هذه الدائرة المساعدة معروف: وهو يساوي OA+AC = OA+O 1 B، أي. فهو يساوي مجموع أنصاف أقطار الدوائر المعطاة.

بناء.من O كمركز، نصف دائرة نصف قطرها يساوي مجموع أنصاف الأقطار هذه.

من O 1 نرسم مماس O 1 C لهذه الدائرة.

نقوم بتوصيل نقطة الاتصال C مع O.

أخيرًا، من خلال النقطة A، التي يتقاطع عندها نظام التشغيل مع الدائرة المعطاة، نرسم AB = O 1 C.

وبطريقة مماثلة يمكننا بناء مماس داخلي آخر A 1 B 1.

تعريف عام للظل

دع المماس AT وبعض القطع AM يتم رسمهما عبر النقطة A إلى دائرة مركزها (الشكل).

دعونا ندير هذا القاطع حول النقطة A بحيث تقترب نقطة التقاطع الأخرى B أكثر فأكثر من النقطة A.

بعد ذلك، سوف يقترب OD المتعامد، الذي تم تخفيضه من المركز إلى القاطع، من نصف القطر OA أكثر فأكثر، وقد تصبح الزاوية AOD أقل من أي زاوية صغيرة.

الزاوية MAT التي يشكلها القاطع والظل تساوي الزاوية AOD (بسبب عمودي جوانبها).

لذلك، عندما تقترب النقطة B من النقطة A إلى أجل غير مسمى، يمكن أن تصبح الزاوية MAT أيضًا صغيرة بشكل تعسفي.

ويتم التعبير عن ذلك بكلمات أخرى مثل هذا:

المماس هو الموضع المحدد الذي يميل إليه القاطع المرسوم عبر نقطة التماس عندما تقترب نقطة التقاطع الثانية من نقطة التماس إلى ما لا نهاية.

يتم أخذ هذه الخاصية كتعريف للظل عند الحديث عن أي منحنى.

وبالتالي، فإن مماس المنحنى AB (الشكل) هو الموضع المحدد MT الذي يميل إليه القاطع MN عندما تقترب نقطة التقاطع P من M بدون حد.

لاحظ أن المماس المحدد بهذه الطريقة يمكن أن يكون له أكثر من نقطة مشتركة مع المنحنى (كما هو موضح في الشكل).

مباشر ( مينيسوتا)، وجود نقطة مشتركة واحدة فقط مع الدائرة ( أ)، مُسَمًّى الظل إلى الدائرة.

يتم استدعاء النقطة المشتركة في هذه الحالة نقطة الاتصال.

إمكانية الوجود الظلعلاوة على ذلك، يتم رسمها من خلال أي نقطة دائرة، كنقطة التماس، ثبت على النحو التالي نظرية.

فليكن مطلوبا لتنفيذها دائرةمع المركز يا الظلمن خلال النقطة أ. للقيام بذلك من هذه النقطة أ،اعتبارا من المركز، ونحن نصف قوسنصف القطر أ.و.، ومن هذه النقطة ياكمركز، نتقاطع مع هذا القوس عند النقاط بو معحل بوصلة يساوي قطر الدائرة المعطاة.

بعد أن قضى ذلك الحين الحبال أو.ب.و نظام التشغيل، قم بتوصيل النقطة أمع النقاط دو هحيث تتقاطع هذه الأوتار مع دائرة معينة. مباشر إعلانو أ. - الظلال إلى دائرة يا. في الواقع، من البناء فمن الواضح أن مثلثات AOBو شركة نفط الجنوب متساوي الساقين(AO = AB = AC) مع القواعد أو.ب.و نظام التشغيل، يساوي قطر الدائرة يا.

لأن التطوير التنظيميو عمر الفاروق.- نصف القطر إذن د - وسط أو.ب.، أ ه- وسط نظام التشغيل، وسائل إعلانو أ. - الوسطاء، مرسومة على قواعد مثلثات متساوية الساقين، وبالتالي تكون متعامدة مع هذه القواعد. إذا كان مستقيما د.أ.و إ.أ.عمودي على نصف القطر التطوير التنظيميو عمر الفاروق.، بعد ذلك - الظلال.

عاقبة.

المماسان المرسومان من نقطة واحدة إلى الدائرة متساويان ويشكلان زاويتين متساويتين مع وجود خط مستقيم يصل هذه النقطة بالمركز.

لذا م = إو∠ OAD = ∠OAEلأن المثلثات الصحيحة AODو AOE، وجود مشترك الوتر أ.و.وعلى قدم المساواة الساقين التطوير التنظيميو عمر الفاروق.(كما نصف القطر)، متساوية. لاحظ أن كلمة "ظل" هنا تعني في الواقع " قطعة الظل"من نقطة معينة إلى نقطة الاتصال.

يسمى الخط المستقيم الذي له نقطة مشتركة واحدة فقط مع الدائرة مماس للدائرة، وتسمى النقطة المشتركة بينهما نقطة مماس الخط والدائرة.

نظرية (خاصية مماس الدائرة)

مماس الدائرة يكون عموديًا على نصف القطر المرسوم لنقطة التماس.

منح

أ- نقطة الاتصال

يثبت:ع الزراعة العضوية

دليل.

دعونا نثبت ذلك بالتناقض.

لنفترض أن p هو OA، ثم OA يميل إلى الخط المستقيم p.

إذا رسمنا من النقطة O عموديًا OH على الخط المستقيم p، فسيكون طوله أقل من نصف القطر: OH< ОА=r

نجد أن المسافة من مركز الدائرة إلى الخط المستقيم p (OH) أقل من نصف القطر (r)، مما يعني أن الخط المستقيم p قاطع (أي أنه له نقطتان مشتركتان مع الدائرة)، مما يتعارض مع شروط النظرية (p ظل).

وهذا يعني أن الافتراض غير صحيح، وبالتالي فإن الخط المستقيم p عمودي على OA.

النظرية (خاصية المقاطع المماسية المرسومة من نقطة واحدة)

قطع مماسات الدائرة المرسومة من نقطة واحدة متساوية وتشكل زوايا متساوية ويمر بها خط مستقيم بهذه النقطة ومركز الدائرة.

منح: تقريبا. (أو)

AB وAC هما مماسين للمحيط. (أو)

يثبت: أ ب = التيار المتردد

دليل

1) OB AB، OS AC، كأنصاف أقطار مرسومة إلى نقطة التماس (خاصية الظل)

2) النظر في آر. أوب، الخ. AOS – ع / ش

هيئة الأوراق المالية – عام

OB = نظام التشغيل (كنصف القطر)

وهذا يعني ABO = AOC (عن طريق الوتر والساق). لذلك،

أب = أس،<3 = < 4 (как соответственные элементы в равных тр-ках). ч.т.д.

نظرية (اختبار عرضي)

إذا مر خط مستقيم بنهاية نصف قطر يقع على دائرة وكان عموديًا على نصف القطر هذا، فهو مماس.

منح: OA - نصف قطر الدائرة

يثبت: ع- مماس للدائرة

دليل

OA – نصف قطر الدائرة (حسب الحالة) (OA=r)

OA – عمودي من O إلى الخط المستقيم p (OA = d)

وهذا يعني أن r=OA=d، مما يعني أن الخط المستقيم p والدائرة لهما نقطة مشتركة واحدة.

وبالتالي فإن الخط p مماس للدائرة. إلخ.

3. خصائص الأوتار والقاطع.

خصائص الظل والقاطع

تعريف

محيطهو موضع النقاط المتساوية البعد عن نقطة واحدة تسمى مركز الدائرة.

يسمى الجزء المستقيم الذي يصل بين نقطتين على الدائرة وتر(في الشكل هذا جزء). يسمى الوتر الذي يمر عبر مركز الدائرة قطر الدائرةالدوائر.

1. يكون المماس عموديًا على نصف القطر المرسوم على نقطة الاتصال.

2. القطع المماسية المرسومة من نقطة واحدة متساوية.

3. إذا تم رسم المماس والقاطع من نقطة تقع خارج الدائرة، فإن مربع طول المماس يساوي حاصل ضرب القاطع وجزءه الخارجي.

في أغلب الأحيان، تكون المشكلات الهندسية هي التي تسبب صعوبات للمتقدمين والخريجين والمشاركين في أولمبياد الرياضيات. إذا نظرت إلى إحصائيات امتحان الدولة الموحدة لعام 2010، يمكنك أن ترى أن حوالي 12٪ من المشاركين بدأوا المشكلة الهندسية C4، وحصل 0.2٪ فقط من المشاركين على الدرجة الكاملة، وبشكل عام تبين أن المشكلة الأصعب من كل تلك المقترحة.

من الواضح أنه كلما أسرعنا في تقديم طرق جميلة أو غير متوقعة لأطفال المدارس لحل المشكلات، زادت احتمالية جذب اهتمامهم وجذبهم على محمل الجد ولفترة طويلة. ولكن ما مدى صعوبة العثور على مشاكل مثيرة للاهتمام ومعقدة في مستوى الصف السابع، عندما تبدأ الدراسة المنهجية للهندسة للتو. ما الذي يمكن تقديمه للطالب المهتم بالرياضيات والذي يعرف فقط علامات تساوي المثلثات وخصائص الزوايا المتجاورة والرأسية؟ ومع ذلك، يمكن تقديم مفهوم المماس للدائرة، باعتباره خطًا مستقيمًا له نقطة مشتركة واحدة مع الدائرة؛ افترض أن نصف القطر المرسوم على نقطة الاتصال عمودي على المماس. بالطبع، يجدر النظر في جميع الحالات الممكنة لترتيب دائرتين والمماسات المشتركة لهما، والتي يمكن رسمها من صفر إلى أربعة. من خلال إثبات النظريات المقترحة أدناه، يمكنك توسيع مجموعة المهام لطلاب الصف السابع بشكل كبير. وفي الوقت نفسه، أثبت على طول الطريق حقائق مهمة أو مثيرة للاهتمام ومسلية. علاوة على ذلك، نظرا لأن العديد من البيانات غير مدرجة في الكتاب المدرسي، فيمكن مناقشتها في فصول الدائرة ومع الخريجين عند تكرار قياس التخطيط. تبين أن هذه الحقائق كانت ذات صلة بالعام الدراسي الماضي. نظرًا لأن العديد من الأعمال التشخيصية وعمل امتحان الدولة الموحدة نفسه يحتوي على مشكلة كان من الضروري لحلها استخدام خاصية مقطع الظل الموضح أدناه.

تي 1 قطع مماسات الدائرة المرسومة منها
تساوي نقطة واحدة (الشكل 1)

هذه هي النظرية التي يمكنك تقديمها لأول مرة لطلاب الصف السابع.
في عملية الإثبات، استخدمنا علامة تساوي المثلثات القائمة وخلصنا إلى أن مركز الدائرة يقع على منصف الزاوية جيش صرب البوسنة.
وعلى طول الطريق، تذكرنا أن منصف الزاوية هو المحل الهندسي للنقاط الموجودة في المنطقة الداخلية للزاوية، والتي تكون متساوية البعد عن ضلعيها. يعتمد حل مشكلة بعيدة كل البعد عن التافهة على هذه الحقائق، والتي يمكن الوصول إليها حتى لأولئك الذين بدأوا للتو في دراسة الهندسة.

1. منصفات الزوايا أ, فيو معرباعي محدب ا ب ت ثتتقاطع عند نقطة واحدة. أشعة أ.بو العاصمةتتقاطع عند نقطة ما ه، والأشعة
شمسو إعلانعند هذه النقطة F. إثبات أن الشكل الرباعي غير محدب AECFمجموع أطوال الأضلاع المتقابلة متساوي.

الحل (الشكل 2).يترك عن- نقطة تقاطع هذه المنصفات. ثم عنمتساوية البعد من جميع جوانب الشكل الرباعي ا ب ت ث، إنه
هو مركز الدائرة المرسومة في شكل رباعي. حسب النظرية 1 المساواة التالية صحيحة: AR = أ.ك., إير = إ.ب., قدم. = FK. دعونا نضيف الجانبين الأيسر والأيمن مصطلحًا تلو الآخر ونحصل على المساواة الصحيحة:

(AR + إير) + قدم. = (أ.ك. +FK) + إ.ب.; أ. + (نادي كرة القدم. + سي.تي.) = أ.ف. + (الاتحاد الأوروبي + الكمبيوتر). لأن شارع = روبية، الذي - التي إ + نادي كرة القدم. = أ.ف. + الاتحاد الأوروبي، وهو ما كان يحتاج إلى إثبات.

دعونا نفكر في مشكلة ذات صيغة غير عادية، لحلها يكفي معرفة النظرية 1 .

2. هل هناك ن- المثلث الذي أضلاعه بالتتابع 1، 2، 3، ...، ن، في أي دائرة يمكن إدراجها؟

حل. دعنا نقول هذا ن-جون موجود. أ 1 أ 2 =1, …, أن-1 أن = ن– 1,أن أ 1 = ن. ب 1 , …, بن - نقاط الاتصال المقابلة. ثم حسب النظرية 1 أ 1 ب 1 = أ 1 بن< 1, ن – 1 < أن بن< ن.بواسطة خاصية قطاعات الظل أن بن = أن بن-1 . لكن، أن بن-1< أن-1 أن = ن - 1. تناقض. لذلك لا ن-gon استيفاء شروط المشكلة.

تي 2تم وصف مجموع الأضلاع المتقابلة للشكل الرباعي
الدوائر متساوية (الشكل 3)

كقاعدة عامة، يثبت تلاميذ المدارس بسهولة خاصية الشكل الرباعي الموصوف. بعد إثبات النظرية 1 ، إنه تمرين تدريبي. يمكننا تعميم هذه الحقيقة: مجموع أضلاع المثلث الزوجي المحدود، المأخوذ من ضلع واحد، متساوي. على سبيل المثال، للسداسي ABCDEFيمين: AB + CD + EF = BC + DE + FA.

الحل (الشكل 1). بما أن الرباعيين ABEF وECDF دوريان، إذن حسب النظرية 2 P ABEF = 2(AB + EF) وP ECDF = 2(CD + EF)، حسب الشرط

ف ABEF – P ECDF = 2(AB + EF) – 2(CD + EF) = 2p. AB – CD = ص. أ ب = أ + ص.

الحل (الشكل 5).بواسطة النظرية 1 MV = MX و RS = RH.وبالتالي محيط المثلث عمرويساوي مجموع الأجزاء أ.بو تكييف.أو مماس مزدوج مرسوم على الدائرة الخارجية للمثلث عمرو . يتم قياس قيمة زاوية MOP بنصف الزاوية فوسوالتي لا تعتمد على اختيار النقطة X.

الحل (الشكل 6). الطريقة الأولى (الجبرية). يترك حزب العدالة والتنمية = AN = س،ثم BK = BM = ج – س، سم = CN = أ – ج + س. أس = أن + نورث كارولاينا،ثم يمكننا إنشاء معادلة ل س: ب = س + (أ – ج + س).أين .

الطريقة الثانية (الهندسية). دعونا نلقي نظرة على الرسم البياني. المقاطع ذات المماسات المتساوية، مأخوذة واحدة تلو الأخرى، تضيف ما يصل إلى نصف المحيط
مثلث. الأحمر والأخضر يشكلان الجانب أ.ثم الجزء الذي يهمنا س = ص - أ.وبطبيعة الحال، فإن النتائج التي تم الحصول عليها تتطابق.

. ز

4. أوجد نصف قطر الدائرة المدرج في المثلث القائم بأرجله أ، بوالوتر مع. الحل (الشكل 8). تحسنا كيف أومن -مربع، فإن نصف قطر الدائرة المنقوشة يساوي قطعة الظل CN. .

5. أثبت أن نقاط التماس للدائرة والدائرة مع ضلع المثلث متناظرة حول منتصف هذا الضلع.

الحل (الشكل 9).لاحظ أن AK هو جزء مماس من الدائرة الخارجية للمثلث اي بي سي.حسب الصيغة (2) . جهاز افتراضي- القطعة المستقيمة مماس للدائرة للمثلث اي بي سي.حسب الصيغة (1) . أك = VM،وهذا يعني أن النقاط ك و معلى مسافة متساوية من منتصف الجانب أب، Q.E.D.

6. يتم رسم مماسين خارجيين مشتركين ومماس داخلي واحد لدائرتين. المماس الداخلي يتقاطع مع المماس الخارجي في نقاط أ، بويلامس الدوائر عند النقاط أ 1و في 1 .اثبت ذلك أأ 1 = ب ب 1.

الحل (الشكل 10). توقف... ماذا هناك لتقرر؟ هذه مجرد صياغة مختلفة للمشكلة السابقة. ومن الواضح أن إحدى الدائرتين منقوشة والأخرى محيطة بمثلث معين اي بي سي.والقطاعات أأ 1 و ب ب 1تتوافق مع القطاعات أكو جهاز افتراضيالمهام 5. من الجدير بالذكر أن المشكلة المقترحة في أولمبياد الرياضيات لعموم روسيا لأطفال المدارس تم حلها بهذه الطريقة الواضحة.

7. جوانب الخماسي حسب ترتيب الاجتياز هي 5، 6، 10، 7، 8. أثبت أنه لا يمكن كتابة دائرة في هذا الخماسي.

الحل (الشكل 11). لنفترض أن في البنتاغون ABCDEيمكنك تسجيل دائرة. علاوة على ذلك، الأطراف أ.ب, قبل الميلاد, قرص مضغوط, ديو عصامتساوي 5، 6، 10، 7 و 8 على التوالي. دعونا نحدد نقاط الظل بالتسلسل - F, ز, ح, مو ن. دع طول الجزء أ.ف.يساوي X.

ثم ب.ف. = فد – أ.ف. = 5 – س = ب.ج.. جي سي. = قبل الميلاد – ب.ج. = = 6 – (5 – س) = 1 + س = الفصل. وما إلى ذلك وهلم جرا: عالية الدقة = مارك ألماني = 9 – س; أنا. = إن = س – 2, أن = 10 – X.

لكن، أ.ف. = أن. وهذا هو 10 - X = X; X= 5. ومع ذلك، قطعة الظل أ.ف.لا يمكن أن يساوي الجانب أ.ب. يثبت التناقض الناتج أنه لا يمكن إدراج دائرة في شكل خماسي معين.

8. دائرة منقوشة على شكل سداسي أضلاعها حسب ترتيب الطواف هي 1، 2، 3، 4، 5. أوجد طول الضلع السادس.

حل. وبطبيعة الحال، يمكننا تعيين قطعة مماس كما Xكما في المشكلة السابقة، قم بإنشاء معادلة واحصل على الإجابة. ولكن من الأكثر كفاءة وفعالية استخدام ملاحظة للنظرية 2 : مجموع أضلاع الشكل السداسي المحدد من خلال بعضها البعض متساوي.

ثم 1 + 3 + 5 = 2 + 4 + X، أين X- الجانب السادس غير معروف، X = 3.

الحل (الشكل 12). بما أن أطوال جميع الأضلاع أعداد صحيحة، فإن الأجزاء الكسرية لأطوال القطع متساوية بي تي, بي.بي., مارك ألماني, الاسم المميز, أ.ك.و في. لدينا في + تلفزيون= 1، والأجزاء الكسرية لأطوال القطعة فيو السلمتساوون. هذا ممكن فقط عندما في + تلفزيون= 0.5. حسب النظرية 1 VT + الواقع الافتراضي.
وسائل، الواقع الافتراضي= 0.5. لاحظ أن الشرط قرص مضغوط= 3 تبين أنها لم يطالب بها أحد. من الواضح أن واضعي المشكلة يفترضون حلاً آخر. الجواب: 0.5.

10. في شكل رباعي ABCD AD = DC، AB = 3، BC = 5.الدوائر المدرج في المثلثات عبدو اتفاقية التنوع البيولوجيالمس قطعة دينار بحرينيفي النقاط مو نعلى التوالى. أوجد طول القطعة مينيسوتا.

الحل (الشكل 13). MN = DN – DM.وفقا للصيغة (1) للمثلثات ديسيبلو دي بي سيوبناء على ذلك، لدينا:

11. في شكل رباعي الزوايا ا ب ت ثيمكنك تسجيل دائرة. الدوائر المدرج في المثلثات عبدو اتفاقية التنوع البيولوجيلها أنصاف أقطار رو صعلى التوالى. أوجد المسافة بين مراكز هذه الدوائر.

الحل (الشكل 13). منذ بشرط الرباعي ا ب ت ثمنقوشة من خلال النظرية 2 لدينا: أ ب + تيار مستمر = م + ق.م.دعونا نستخدم فكرة حل المشكلة السابقة. . وهذا يعني أن نقاط اتصال الدوائر مع القطعة مارك ألمانيتطابق. المسافة بين مراكز الدوائر تساوي مجموع أنصاف الأقطار. إجابة: ص + ص.

والحقيقة أنه ثبت أن الحالة في شكل رباعي ا ب ت ثيمكنك كتابة دائرة مكافئة للحالة - في شكل رباعي محدب ا ب ت ثالدوائر المدرج في المثلثات اي بي سيو أدكتلامس بعضها البعض. والعكس هو الصحيح.

ومن المقترح إثبات هاتين العبارتين المتقابلتين في المشكلة التالية، والتي يمكن اعتبارها تعميماً لهذه المشكلة.

12. في شكل رباعي محدب ا ب ت ث (أرز. 14) دوائر منقوشة في مثلثات اي بي سيو أدكتلامس بعضها البعض. إثبات أن الدوائر منقوشة في مثلثات عبدو بي دي سيأيضا لمس بعضها البعض.

13. في المثلث اي بي سيمع الأطراف أ، بو جعلى الجانب شمستم وضع علامة على النقطة دبحيث الدوائر المدرج في المثلثات عبدو حوار التعاون الآسيويالمس الجزء إعلانفي نقطة واحدة. أوجد طول القطعة دينار بحريني.

الحل (الشكل 15). لنطبق الصيغة (1) على المثلثات أدكو أ.د.ب.، حساب مارك ألمانياثنين

يتحول، د- نقطة الاتصال مع الجانب شمسدائرة مكتوبة في مثلث اي بي سي. والعكس هو الصحيح: إذا كان رأس مثلث متصلاً بنقطة تماس دائرة منقوشة على الجانب المقابل، فإن الدوائر المدرجة في المثلثات الناتجة تلامس بعضها البعض.

14. المراكز عن 1 , عن 2 و عن 3 ثلاث دوائر غير متقاطعة لها نفس نصف القطر تقع عند رؤوس المثلث. من النقاط عن 1 , عن 2 , عن 3، يتم رسم مماسات هذه الدوائر كما هو موضح في الشكل.

ومن المعروف أن هذه المماسات المتقاطعة شكلت شكلاً سداسيًا محدبًا طليت جوانبه باللونين الأحمر والأزرق. أثبت أن مجموع أطوال القطع الحمراء يساوي مجموع أطوال القطع الزرقاء.

الحل (الشكل 16). من المهم أن نفهم كيفية استخدام حقيقة أن الدوائر المعطاة لها أنصاف أقطار متساوية. لاحظ أن القطاعات رو مارك ألمانيمتساويان، وهو ما يترتب على تساوي المثلثات القائمة عن 1 رو يا 2 بي ام.. على نفس المنوال د. = د., الجبهة الوطنية = FK. نجمع حد المساواة حدًا تلو الآخر، ثم نطرح من المجاميع الناتجة شرائح متطابقة من المماسات المرسومة من القمم أ, مع، و هسداسي الزوايا ABCDEF: ARو أ.ك., سي.إل.و سم., إنو إ.ب.. نحصل على ما نحتاجه.

فيما يلي مثال لمشكلة القياس المجسم، المقترحة في البطولة الرياضية الدولية الثانية عشرة لطلاب المدارس الثانوية "كأس في ذكرى A. N. Kolmogorov".

16. إعطاء هرم خماسي س 1 أ 2 أ 3 أ 4 أ 5 .هناك مجال ث،الذي يمس جميع حواف الهرم وكرة أخرى ث 1،الذي يمس جميع جوانب القاعدة أ 1 أ 2 أ 3 أ 4 أ 5واستمرار الأضلاع الجانبية سا 1، سا 2، سا 3، سا 4، سا 5وراء قمم القاعدة. أثبت أن قمة الهرم متساوية البعد عن رؤوس قاعدته. (بيرلوف إس إل، كاربوف دي في)

17. امتحان الدولة الموحدة. العمل التشخيصي 12/8/2009، ف-4.نظرا شبه منحرف ا ب ت ث، والتي أساسها قبل الميلاد = 44,إعلان = 100, أ ب = قرص مضغوط= 35. دائرة مماسة للخطوط إعلانو مكيف الهواء، يلامس الجانب قرص مضغوطعند هذه النقطة ك. أوجد طول القطعة سي كيه.بي دي سي و BDA، المس الجوانب في ديفي النقاط هو F. أوجد طول القطعة إي.إف..

حل. هناك حالتان محتملتان (الشكل 20 والشكل 21). باستخدام الصيغة (1) نجد أطوال القطع ديو مدافع.

في الحالة الأولى إعلان = 0,1تكييف, قرص مضغوط = 0,9مكيف الهواء. في الثانية - إعلان = 0,125تكييف, قرص مضغوط = 1,125مكيف الهواء. نستبدل البيانات ونحصل على الإجابة: 4.6 أو 5.5.

مشاكل للحل المستقل/

1. محيط شبه منحرف متساوي الساقين والمحاط بدائرة يساوي 2 فرك.أوجد إسقاط قطر شبه المنحرف على القاعدة الأكبر. (1/2 ص)

2. البنك المفتوح لمشاكل امتحان الدولة الموحدة في الرياضيات. في 4. إلى دائرة منقوشة في مثلث ABC (الشكل 22)،يتم رسم ثلاثة مماسات. محيطات المثلثات المقطوعة هي 6، 8، 10. أوجد محيط هذا المثلث. (24)

3. في المثلث اي بي سيالدائرة مكتوبة. مينيسوتا –مماس للدائرة، MÎ AC، NÎ BC، BC = 13، AC = 14، AB = 15.أوجد محيط المثلث الشركات المتعددة الجنسيات. (12)

4. لدائرة منقوشة في مربع ضلعه أ، يرسم مماس متقاطع بين ضلعيه. أوجد محيط المثلث المقطوع. (أ)

5. دائرة منقوشة في شكل خماسي ذات جوانب أ, د, ج, دو ه. أوجد القطع التي تقسم نقطة التماس الضلع المساو لها أ.

6. دائرة منقوشة في مثلث أضلاعه 6 و 10 و 12. يتم رسم مماس للدائرة بحيث يتقاطع مع ضلعين طويلين. أوجد محيط المثلث المقطوع. (16)

7. قرص مضغوط- متوسط ​​المثلث اي بي سي. الدوائر المدرج في المثلثات حوار التعاون الآسيويو بي سي دي، المس المقطع قرص مضغوطفي النقاط مو ن. يجد مينيسوتا، لو تكييف – شمس = 2. (1)

8. في المثلث اي بي سيمع الأطراف أ، بو جعلى الجانب شمستم وضع علامة على النقطة د. إلى الدوائر المدرج في المثلثات عبدو حوار التعاون الآسيوي، يتم رسم المماس المشترك المتقاطع إعلانعند هذه النقطة م. أوجد طول القطعة أكون. (طول أكونلا يعتمد على موقف النقطة دو
يساوي ½ ( ج + ب – أ))

9. دائرة نصف القطر مدرجة في مثلث قائم الزاوية أ. نصف قطر الدائرة المماس للوتر وامتدادات الساقين يساوي ر.أوجد طول الوتر. ( ص-أ)

10. في المثلث اي بي سيأطوال أضلاعه معروفة: أ.ب = مع, تكييف = ب, شمس = أ. دائرة منقوشة في مثلث تمس جانبًا أ.بعند هذه النقطة ج1. الدائرة تلامس امتداد الجانب أ.بلكل نقطة أعند هذه النقطة ج2. تحديد طول المقطع ج1ج2. (ب)

11. أوجد أطوال أضلاع المثلث مقسومة على نقطة مماس الدائرة المنقوشة نصف قطرها 3 سم إلى أجزاء 4 سم و 3 سم (7 و 24 و 25 سم في المثلث القائم)

12. أولمبياد سوروس 1996، الجولة الثانية، الصف الحادي عشر. نظرا للمثلث اي بي سي، على جانبي النقاط المميزة أ1، ب1، ج1. أنصاف دوائر منقوشة في مثلثات أ 1 ب 1، ق 1 أ 1، س 1 ب 1متساوي في ص. نصف قطر الدائرة المدرج في المثلث أ1 ب1 ج1يساوي ر. أوجد نصف قطر الدائرة الموضحة في المثلث اي بي سي. (ر +ص).

المسائل من 4 إلى 8 مأخوذة من كتاب المسائل الذي ألفه جوردين ر.ك. "الهندسة. قياس المساحة." موسكو. دار النشر MCNMO. 2004.

مفهوم المماس للدائرة

تحتوي الدائرة على ثلاثة مواضع نسبية محتملة بالنسبة إلى خط مستقيم:

إذا كانت المسافة من مركز الدائرة إلى الخط المستقيم أقل من نصف القطر، فإن الخط المستقيم له نقطتا تقاطع مع الدائرة.

إذا كانت المسافة من مركز الدائرة إلى الخط المستقيم تساوي نصف القطر، فإن الخط المستقيم له نقطتا تقاطع مع الدائرة.

إذا كانت المسافة من مركز الدائرة إلى الخط المستقيم أكبر من نصف القطر، فإن الخط المستقيم له نقطتا تقاطع مع الدائرة.

دعونا الآن نقدم مفهوم خط المماس للدائرة.

التعريف 1

مماس الدائرة هو الخط الذي له نقطة تقاطع واحدة معه.

تسمى النقطة المشتركة للدائرة والمماس بنقطة التماس (الشكل 1).

الشكل 1. مماس للدائرة

النظريات المتعلقة بمفهوم مماس الدائرة

النظرية 1

نظرية خاصية الظل: مماس الدائرة يكون عموديا على نصف القطر المرسوم لنقطة التماس.

دليل.

خذ بعين الاعتبار دائرة مركزها $O$. دعونا نرسم المماس $a$ عند النقطة $A$. $OA=r$ (الشكل 2).

دعونا نثبت أن $a\bot r$

سوف نثبت النظرية بالتناقض لنفترض أن المماس $a$ ليس عموديًا على نصف قطر الدائرة.

الشكل 2. رسم توضيحي للنظرية 1

وهذا يعني أن $OA$ يميل إلى الظل. بما أن العمودي على الخط المستقيم $a$ دائمًا أقل من العمودي المائل على نفس الخط المستقيم، فإن المسافة من مركز الدائرة إلى الخط المستقيم أقل من نصف القطر. وكما نعلم، في هذه الحالة، الخط المستقيم له نقطتان تقاطعان مع الدائرة. وهو ما يخالف تعريف المماس.

وبالتالي فإن المماس يكون عمودي على نصف قطر الدائرة.

لقد تم إثبات النظرية.

النظرية 2

عكس نظرية خاصية الظل: إذا كان الخط الذي يمر بنهاية نصف قطر الدائرة عموديًا على نصف القطر، فإن هذا الخط مماس لهذه الدائرة.

دليل.

وفقًا لشروط المسألة، نجد أن نصف القطر هو خط عمودي مرسوم من مركز الدائرة على خط مستقيم معطى. وبالتالي فإن المسافة من مركز الدائرة إلى الخط المستقيم تساوي طول نصف القطر. وكما نعلم، في هذه الحالة، الدائرة لها نقطة تقاطع واحدة فقط مع هذا الخط. ومن خلال التعريف 1 نجد أن هذا الخط مماس للدائرة.

لقد تم إثبات النظرية.

النظرية 3

قطع مماسات الدائرة المرسومة من نقطة واحدة متساوية وتشكل زوايا متساوية ويمر بها خط مستقيم بهذه النقطة ومركز الدائرة.

دليل.

دع الدائرة التي مركزها عند النقطة $O$ تعطى. يتم رسم مماسين مختلفين من النقطة $A$ (التي تقع على الدائرة بأكملها). من نقطة الاتصال $B$ و$C$، على التوالي (الشكل 3).

دعونا نثبت أن $\angle BAO=\angle CAO$ وأن $AB=AC$.

الشكل 3. رسم توضيحي للنظرية 3

حسب النظرية 1 لدينا:

ولذلك، فإن المثلثين $ABO$ و $ACO$ هما مثلثات قائمة. بما أن $OB=OC=r$، والوتر $OA$ شائع، فإن هذين المثلثين متساويان في الوتر والضلع.

ومن ثم حصلنا على $\angle BAO=\angle CAO$ و$AB=AC$.

لقد تم إثبات النظرية.

مثال على مسألة حول مفهوم مماس الدائرة

مثال 1

معطاة دائرة مركزها النقطة $O$ ونصف قطرها $r=3\ cm$. الظل $AC$ له نقطة التماس $C$. $AO=4\ سم$. ابحث عن $AC$.

حل.

لنقم أولاً بتصوير كل شيء في الشكل (الشكل 4).

الشكل 4.

نظرًا لأن $AC$ هو ظل و$OC$ هو نصف قطر، فمن خلال النظرية 1، نحصل على $\angle ACO=(90)^(()^\circ )$. لقد وجدنا أن المثلث $ACO$ مستطيل الشكل، أي أنه حسب نظرية فيثاغورس لدينا:

\[(AC)^2=(AO)^2+r^2\] \[(AC)^2=16+9\] \[(AC)^2=25\] \