Εφαπτομένη σε κύκλο. Ολοκληρωμένα μαθήματα - Υπερμάρκετ Γνώσης. Ευθεία εφαπτομένης Τι είναι μια εφαπτομένη γωνία

1. Η απόσταση από το κέντρο του κύκλου στην ευθεία είναι μεγαλύτερη από την ακτίνα.Στην περίπτωση αυτή, όλα τα σημεία της ευθείας βρίσκονται εκτός του κύκλου.


2. Η απόσταση από το κέντρο του κύκλου στην ευθεία είναι μικρότερη από την ακτίνα.Στην περίπτωση αυτή, η ευθεία έχει σημεία που βρίσκονται μέσα στον κύκλο και εφόσον η ευθεία είναι άπειρη και στις δύο κατευθύνσεις, τέμνεται από τον κύκλο σε 2 σημεία.


3. Η απόσταση από το κέντρο του κύκλου στην ευθεία είναι ίση με την ακτίνα.Η ευθεία είναι εφαπτομένη.

Μια ευθεία που έχει μόνο ένα κοινό σημείο με έναν κύκλο ονομάζεται εφαπτομένη γραμμήστον κύκλο.

Το κοινό σημείο ονομάζεται σε αυτή την περίπτωση σημείο επαφής.

Η πιθανότητα ύπαρξης μιας εφαπτομένης και, επιπλέον, να τραβηχτεί από οποιοδήποτε σημείο του κύκλου ως σημείο εφαπτομένης, αποδεικνύεται από το ακόλουθο θεώρημα.

Θεώρημα. Αν μια ευθεία είναι κάθετη στην ακτίνα στο άκρο της που βρίσκεται στον κύκλο, τότε αυτή η ευθεία είναι εφαπτομένη.

Έστω Ο (εικ) το κέντρο κάποιου κύκλου και ΟΑ κάποια από την ακτίνα του. Μέσα από το άκρο του Α τραβάμε ΜΝ ^ ΟΑ.

Απαιτείται να αποδειχθεί ότι η ευθεία ΜΝ είναι εφαπτομένη, δηλ. ότι αυτή η ευθεία έχει μόνο ένα κοινό σημείο Α με τον κύκλο.

Ας υποθέσουμε το αντίθετο: ας έχει το MN ένα άλλο κοινό σημείο με τον κύκλο, για παράδειγμα το B.

Τότε η ευθεία ΟΒ θα ήταν μια ακτίνα και επομένως ίση με την ΟΑ.

Αλλά αυτό δεν μπορεί να είναι, αφού αν το ΟΑ είναι κάθετο, τότε το ΟΒ πρέπει να είναι κεκλιμένο στο ΜΝ, και το κεκλιμένο είναι μεγαλύτερο από την κάθετο.

Θεώρημα αντιστροφής. Εάν μια ευθεία εφάπτεται σε έναν κύκλο, τότε η ακτίνα που τραβιέται στο σημείο εφαπτομένης είναι κάθετη σε αυτόν.

Έστω MN η εφαπτομένη στον κύκλο, A το σημείο εφαπτομένης και O το κέντρο του κύκλου.

Απαιτείται να αποδειχθεί ότι ο ΟΑ^ΜΝ.

Ας υποθέσουμε το αντίθετο, δηλ. Ας υποθέσουμε ότι η κάθετη που έπεσε από το Ο στο ΜΝ δεν θα είναι ΟΑ, αλλά κάποια άλλη ευθεία, για παράδειγμα, ΟΒ.

Ας πάρουμε BC = AB και ας πραγματοποιήσουμε OS.

Τότε το ΟΑ και το ΟΣ θα είναι κεκλιμένα, εξίσου απομακρυσμένα από την κάθετη ΟΒ, και επομένως ΟΣ = ΟΑ.

Από αυτό προκύπτει ότι ο κύκλος, λαμβάνοντας υπόψη την υπόθεσή μας, θα έχει δύο κοινά σημεία με την ευθεία ΜΝ: Α και Γ, δηλ. Το MN δεν θα είναι μια εφαπτομένη, αλλά μια διατομή, η οποία έρχεται σε αντίθεση με την προϋπόθεση.

Συνέπεια. Μέσα από οποιοδήποτε δεδομένο σημείο σε έναν κύκλο μπορεί κανείς να σχεδιάσει μια εφαπτομένη σε αυτόν τον κύκλο, και μόνο ένα, αφού μέσω αυτού του σημείου μπορεί να σχεδιάσει μια κάθετη, και μόνο μια, στην ακτίνα που σύρεται σε αυτόν.

Θεώρημα. Μια εφαπτομένη παράλληλη σε μια χορδή διαιρεί το τόξο που υποτάσσεται από τη χορδή στο μισό στο σημείο επαφής.

Αφήστε την ευθεία ΑΒ (εικ.) να αγγίξει τον κύκλο στο σημείο Μ και να είναι παράλληλη με τη χορδή CD.

Πρέπει να αποδείξουμε ότι ÈCM = ÈMD.

Σχεδιάζοντας τη διάμετρο ME στο σημείο εφαπτομένης, λαμβάνουμε: EM ^ AB, και επομένως EM ^ CB.

Επομένως CM=MD.

Εργο.Μέσα από ένα δεδομένο σημείο σχεδιάστε μια εφαπτομένη σε έναν δεδομένο κύκλο.

Εάν ένα δεδομένο σημείο βρίσκεται σε έναν κύκλο, τότε σχεδιάστε μια ακτίνα μέσω αυτού και μια κάθετη ευθεία γραμμή στο άκρο της ακτίνας. Αυτή η γραμμή θα είναι η επιθυμητή εφαπτομένη.

Ας εξετάσουμε την περίπτωση που το σημείο δίνεται εκτός του κύκλου.

Έστω ότι απαιτείται (Εικ.) να σχεδιάσουμε μια εφαπτομένη σε έναν κύκλο με κέντρο το Ο έως το σημείο Α.

Για να γίνει αυτό, από το σημείο Α, ως κέντρο, περιγράφουμε ένα τόξο με ακτίνα ΑΟ, και από το σημείο Ο, ως κέντρο, τέμνουμε αυτό το τόξο στα σημεία Β και Γ με ένα άνοιγμα πυξίδας ίσο με τη διάμετρο του δεδομένου κύκλου. .

Έχοντας στη συνέχεια σχεδιάσει τις συγχορδίες ΟΒ και ΟΣ, συνδέουμε το σημείο Α με τα σημεία Δ και Ε, στα οποία αυτές οι συγχορδίες τέμνονται με τον δεδομένο κύκλο.

Οι ευθείες AD και AE εφάπτονται στον κύκλο O.

Πράγματι, από την κατασκευή είναι σαφές ότι οι σωλήνες AOB και AOC είναι ισοσκελές (AO = AB = AC) με τις βάσεις OB και OS ίσες με τη διάμετρο του κύκλου O.

Δεδομένου ότι το OD και το OE είναι ακτίνες, τότε το D είναι το μέσο του OB και το E είναι το μέσο του OS, που σημαίνει ότι το AD και το AE είναι διάμεσοι που έλκονται στις βάσεις των ισοσκελές σωλήνων και επομένως είναι κάθετες σε αυτές τις βάσεις. Αν οι ευθείες ΔΑ και ΕΑ είναι κάθετες στις ακτίνες ΟΔ και ΟΕ, τότε είναι εφαπτομένες.

Συνέπεια. Δύο εφαπτομένες που σχεδιάζονται από ένα σημείο σε έναν κύκλο είναι ίσες και σχηματίζουν ίσες γωνίες με την ευθεία που συνδέει αυτό το σημείο με το κέντρο.

Άρα AD=AE και ÐOAD = ÐOAE (Σχ.), επειδή τα ορθογώνια tr-ki AOD και AOE, που έχουν κοινή υποτείνουσα AO και ίσα σκέλη OD και OE (ως ακτίνες), είναι ίσα.

Σημειώστε ότι εδώ η λέξη «εφαπτομένη» σημαίνει το πραγματικό «εφαπτόμενο τμήμα» από ένα δεδομένο σημείο στο σημείο επαφής.

Εργο.Σχεδιάστε μια εφαπτομένη σε δεδομένο κύκλο O παράλληλη σε μια δεδομένη ευθεία ΑΒ (Εικ.).

Κατεβάζουμε μια κάθετη ΟΣ στην ΑΒ από το κέντρο Ο και μέσω του σημείου Δ, στο οποίο αυτή η κάθετη τέμνει τον κύκλο, σχεδιάζουμε EF || ΑΒ.

Η εφαπτομένη που αναζητούμε θα είναι η ΕΦ.

Πράγματι, αφού OS ^ AB και EF || AB, μετά EF ^ OD, και η ευθεία κάθετη στην ακτίνα στο άκρο της που βρίσκεται στον κύκλο είναι μια εφαπτομένη.

Εργο.Σχεδιάστε μια κοινή εφαπτομένη σε δύο κύκλους O και O 1 (Εικ.).

Ανάλυση. Ας υποθέσουμε ότι το πρόβλημα έχει λυθεί.

Έστω ΑΒ η κοινή εφαπτομένη, Α και Β τα σημεία εφαπτομένης.

Προφανώς, αν βρούμε ένα από αυτά τα σημεία, για παράδειγμα, το Α, τότε μπορούμε εύκολα να βρούμε το άλλο.

Ας σχεδιάσουμε τις ακτίνες OA και O 1 B. Αυτές οι ακτίνες, όντας κάθετες στην κοινή εφαπτομένη, είναι παράλληλες μεταξύ τους.

Επομένως, αν από το O 1 αντλήσουμε O 1 C || BA, τότε ο αγωγός OCO 1 θα είναι ορθογώνιος στην κορυφή C.

Ως αποτέλεσμα, εάν περιγράψουμε έναν κύκλο από το Ο ως το κέντρο με ακτίνα OS, τότε θα αγγίξει την ευθεία γραμμή O 1 C στο σημείο C.

Η ακτίνα αυτού του βοηθητικού κύκλου είναι γνωστή: είναι ίση με OA – CA = OA - O 1 B, δηλ. ισούται με τη διαφορά μεταξύ των ακτίνων αυτών των κύκλων.

Κατασκευή.Από το κέντρο Ο περιγράφουμε έναν κύκλο με ακτίνα ίση με τη διαφορά αυτών των ακτίνων.

Από το O 1 σχεδιάζουμε μια εφαπτομένη O 1 C σε αυτόν τον κύκλο (με τον τρόπο που υποδεικνύεται στο προηγούμενο πρόβλημα).

Μέσω του εφαπτομενικού σημείου C σχεδιάζουμε την ακτίνα OS και τη συνεχίζουμε μέχρι να συναντήσει τον δεδομένο κύκλο στο σημείο Α. Τέλος, από το Α τραβάμε το ΑΒ παράλληλο στο CO 1.

Με τον ίδιο ακριβώς τρόπο μπορούμε να κατασκευάσουμε μια άλλη κοινή εφαπτομένη A 1 B 1 (Εικ.). Οι ευθείες γραμμές ΑΒ και Α 1 Β 1 ονομάζονται εξωτερικόςκοινές εφαπτομένες.

Μπορείτε να ξοδέψετε άλλα δύο εσωτερικόςεφαπτομένες ως εξής:

Ανάλυση.Ας υποθέσουμε ότι το πρόβλημα έχει λυθεί (Εικ.). Έστω ΑΒ η επιθυμητή εφαπτομένη.

Ας σχεδιάσουμε τις ακτίνες OA και O 1 B στα εφαπτομενικά σημεία A και B. Επειδή αυτές οι ακτίνες είναι και οι δύο κάθετες στην κοινή εφαπτομένη, είναι παράλληλες μεταξύ τους.

Επομένως, αν από το O 1 αντλήσουμε O 1 C || BA και συνεχίστε το OA στο σημείο C, τότε το OS θα είναι κάθετο στο O 1 C.

Ως αποτέλεσμα, ο κύκλος που περιγράφεται από την ακτίνα OS από το σημείο O ως κέντρο θα αγγίξει την ευθεία O 1 C στο σημείο C.

Η ακτίνα αυτού του βοηθητικού κύκλου είναι γνωστή: είναι ίση με OA+AC = OA+O 1 B, δηλ. ισούται με το άθροισμα των ακτίνων των δοσμένων κύκλων.

Κατασκευή.Από το Ο ως κέντρο, περιγράφουμε έναν κύκλο με ακτίνα ίση με το άθροισμα αυτών των ακτίνων.

Από το O 1 σχεδιάζουμε μια εφαπτομένη O 1 C σε αυτόν τον κύκλο.

Συνδέουμε το σημείο επαφής C με το Ο.

Τέλος, μέσω του σημείου Α, στο οποίο το OS τέμνει τον δεδομένο κύκλο, σχεδιάζουμε AB = O 1 C.

Με παρόμοιο τρόπο μπορούμε να κατασκευάσουμε μια άλλη εσωτερική εφαπτομένη A 1 B 1.

Γενικός ορισμός της εφαπτομένης

Έστω μια εφαπτομένη AT και μια τέμνουσα AM να συρθούν μέσω του σημείου Α σε έναν κύκλο με κέντρο (Εικ.).

Ας περιστρέψουμε αυτήν την τομή γύρω από το σημείο Α έτσι ώστε το άλλο σημείο τομής Β να πλησιάζει όλο και πιο κοντά στο Α.

Τότε η κάθετη OD, χαμηλωμένη από το κέντρο προς την τομή, θα πλησιάζει την ακτίνα OA όλο και περισσότερο και η γωνία AOD μπορεί να γίνει μικρότερη από οποιαδήποτε μικρή γωνία.

Η γωνία ΜΑΤ που σχηματίζεται από την τέμνουσα και την εφαπτομένη είναι ίση με τη γωνία AOD (λόγω της καθετότητας των πλευρών τους).

Επομένως, καθώς το σημείο Β πλησιάζει το Α επ' αόριστον, η γωνία MAT μπορεί επίσης να γίνει αυθαίρετα μικρή.

Αυτό εκφράζεται με άλλα λόγια ως εξής:

εφαπτομένη είναι η οριακή θέση στην οποία τείνει μια τομή που σύρεται μέσω ενός σημείου εφαπτομένης όταν το δεύτερο σημείο τομής πλησιάζει το σημείο της εφαπτομένης επ' αόριστον.

Αυτή η ιδιότητα λαμβάνεται ως ο ορισμός μιας εφαπτομένης όταν μιλάμε για οποιαδήποτε καμπύλη.

Έτσι, η εφαπτομένη στην καμπύλη ΑΒ (Εικ.) είναι η οριακή θέση ΜΤ προς την οποία τείνει η τέμνουσα ΜΝ όταν το σημείο τομής Ρ πλησιάζει το Μ χωρίς όριο.

Σημειώστε ότι η εφαπτομένη που ορίζεται με αυτόν τον τρόπο μπορεί να έχει περισσότερα από ένα κοινά σημεία με την καμπύλη (όπως φαίνεται στο Σχ.).

Απευθείας ( MN), έχοντας μόνο ένα κοινό σημείο με τον κύκλο ( ΕΝΑ), που ονομάζεται εφαπτομένη γραμμή στον κύκλο.

Το κοινό σημείο ονομάζεται σε αυτή την περίπτωση σημείο επαφής.

Δυνατότητα ύπαρξης εφαπτομένη γραμμή, και, επιπλέον, τραβηγμένο από οποιοδήποτε σημείο κύκλος, ως σημείο εφαπτομένης, αποδεικνύεται ως εξής θεώρημα.

Αφήστε που απαιτείται να πραγματοποιηθεί κύκλοςμε κέντρο Ο εφαπτομένη γραμμήμέσα από το σημείο ΕΝΑ. Για να το κάνετε αυτό από το σημείο ΕΝΑ,όπως από το κέντρο, περιγράφουμε τόξοακτίνα κύκλου Ο Α.Ο., και από το σημείο Ο, ως κέντρο, τέμνουμε αυτό το τόξο στα σημεία σιΚαι ΜΕένα διάλυμα πυξίδας ίσο με τη διάμετρο του δεδομένου κύκλου.

Αφού ξόδεψε τότε συγχορδίες Ο.Β.Και OS, συνδέστε την τελεία ΕΝΑμε τελείες ρεΚαι μι, στο οποίο αυτές οι συγχορδίες τέμνονται με έναν δεδομένο κύκλο. Απευθείας ΕΝΑ ΔΚαι Η A.E. - εφαπτομένες σε κύκλο Ο. Πράγματι, από την κατασκευή είναι σαφές ότι τρίγωνα AOBΚαι AOC ισοσκελής(AO = AB = AC) με βάσεις Ο.Β.Και OS, ίση με τη διάμετρο του κύκλου Ο.

Επειδή Ο.Δ.Και Ο Ο.Ε.- ακτίνες, λοιπόν ρε - Μέσης Ο.Β., ΕΝΑ μι- Μέσης OS, Που σημαίνει ΕΝΑ ΔΚαι Η A.E. - διάμεσοι, τραβηγμένα στις βάσεις των ισοσκελές τριγώνων, και επομένως κάθετα σε αυτές τις βάσεις. Αν ευθεία D.A.Και Η Ε.Α.κάθετα στις ακτίνες Ο.Δ.Και Ο Ο.Ε., Τότε αυτοί - εφαπτόμενες.

Συνέπεια.

Δύο εφαπτόμενες από ένα σημείο σε κύκλο είναι ίσες και σχηματίζουν ίσες γωνίες με την ευθεία που συνδέει αυτό το σημείο με το κέντρο.

Έτσι ΑΔ=ΑΕκαι ∠ ΟΑΔ = ∠ΟΑΕεπειδή ορθογώνια τρίγωνα AODΚαι ΑΟΕ, έχοντας ένα κοινό υποτείνουσα Ο Α.Ο.και ίσοι πόδια Ο.Δ.Και Ο Ο.Ε.(ως ακτίνες), είναι ίσες. Σημειώστε ότι εδώ η λέξη "εφαπτομένη" στην πραγματικότητα σημαίνει " εφαπτομενικό τμήμα” από ένα δεδομένο σημείο στο σημείο επαφής.

Μια ευθεία που έχει μόνο ένα κοινό σημείο με έναν κύκλο ονομάζεται εφαπτομένη στον κύκλο και το κοινό σημείο τους ονομάζεται εφαπτομένη της ευθείας και του κύκλου.

Θεώρημα (ιδιότητα εφαπτομένης σε κύκλο)

Μια εφαπτομένη σε έναν κύκλο είναι κάθετη στην ακτίνα που τραβιέται στο σημείο εφαπτομένης.

Δεδομένος

Α – σημείο επαφής

Αποδεικνύω:p ΟΑ

Απόδειξη.

Ας το αποδείξουμε με αντίφαση.

Ας υποθέσουμε ότι το p είναι ΟΑ, τότε το ΟΑ κλίνει στην ευθεία p.

Αν από το σημείο Ο τραβήξουμε μια κάθετη ΟΗ στην ευθεία p, τότε το μήκος της θα είναι μικρότερο από την ακτίνα: ΟΗ< ОА=r

Διαπιστώνουμε ότι η απόσταση από το κέντρο του κύκλου μέχρι την ευθεία p (OH) είναι μικρότερη από την ακτίνα (r), που σημαίνει ότι η ευθεία γραμμή p είναι τέμνουσα (δηλαδή έχει δύο κοινά σημεία με τον κύκλο), που έρχεται σε αντίθεση με τις συνθήκες του θεωρήματος (το p είναι εφαπτομένη).

Αυτό σημαίνει ότι η υπόθεση είναι λανθασμένη, επομένως η ευθεία p είναι κάθετη στην ΟΑ.

Θεώρημα (Ιδιότητα των εφαπτομένων τμημάτων που σχεδιάζονται από ένα σημείο)

Τα τμήματα των εφαπτομένων σε έναν κύκλο που τραβιέται από ένα σημείο είναι ίσα και κάνουν ίσες γωνίες με μια ευθεία που διέρχεται από αυτό το σημείο και το κέντρο του κύκλου.

Δεδομένος: περ. (Ή)

Το AB και το AC εφάπτονται στο περιβάλλον. (Ή)

Αποδεικνύω: AB=AC

Απόδειξη

1) OB AB, OS AC, ως ακτίνες που έλκονται στο σημείο της εφαπτομένης (ιδιότητα εφαπτομένης)

2) Σκεφτείτε το tr. AOB, κλπ. AOS – p/u

JSC – γενική

OB=OS (ως ακτίνες)

Αυτό σημαίνει ABO = AOC (με υποτείνουσα και πόδι). Ως εκ τούτου,

AB = AC,<3 = < 4 (как соответственные элементы в равных тр-ках). ч.т.д.

Θεώρημα (εφαπτομενική δοκιμή)

Εάν μια ευθεία διέρχεται από το άκρο μιας ακτίνας που βρίσκεται σε έναν κύκλο και είναι κάθετη σε αυτήν την ακτίνα, τότε είναι εφαπτομένη.

Δεδομένος: ΟΑ – ακτίνα του κύκλου

Αποδεικνύω: p- εφαπτομένη στον κύκλο

Απόδειξη

OA – ακτίνα του κύκλου (σύμφωνα με την συνθήκη) (OA=r)

OA – κάθετη από το O στην ευθεία p (OA =d)

Αυτό σημαίνει r=OA=d, που σημαίνει ότι η ευθεία p και ο κύκλος έχουν ένα κοινό σημείο.

Επομένως, η ευθεία p εφάπτεται στον κύκλο. και τα λοιπά.

3.Ιδιότητες συγχορδιών και τμημάτων.

Ιδιότητες εφαπτομένης και τομής

ΟΡΙΣΜΟΣ

Περιφέρειαείναι ο τόπος των σημείων που ισαπέχουν από ένα σημείο, που ονομάζεται κέντρο του κύκλου.

Ένα ευθύγραμμο τμήμα που συνδέει δύο σημεία σε έναν κύκλο ονομάζεται χορδή(στο σχήμα αυτό είναι ένα τμήμα). Μια χορδή που διέρχεται από το κέντρο ενός κύκλου ονομάζεται διάμετροςκύκλους.

1. Η εφαπτομένη είναι κάθετη στην ακτίνα που τραβιέται στο σημείο επαφής.

2. Τα εφαπτομενικά τμήματα που σχεδιάζονται από ένα σημείο είναι ίσα.

3. Αν μια εφαπτομένη και μια τομή σχεδιάζονται από ένα σημείο που βρίσκεται εκτός του κύκλου, τότε το τετράγωνο του μήκους της εφαπτομένης είναι ίσο με το γινόμενο της τομής και του εξωτερικού της τμήματος.

Τις περισσότερες φορές, είναι τα γεωμετρικά προβλήματα που προκαλούν δυσκολίες στους υποψήφιους, τους αποφοίτους και τους συμμετέχοντες σε μαθηματικές Ολυμπιάδες. Αν κοιτάξετε τα στατιστικά της Ενιαίας Κρατικής Εξέτασης 2010, μπορείτε να δείτε ότι περίπου το 12% των συμμετεχόντων ξεκίνησαν το γεωμετρικό πρόβλημα C4 και μόνο το 0,2% των συμμετεχόντων έλαβε πλήρη βαθμολογία και γενικά το πρόβλημα αποδείχθηκε ότι ήταν το πιο δύσκολο από όλα αυτά που προτείνονται.

Προφανώς, όσο πιο γρήγορα προσφέρουμε στους μαθητές όμορφους ή απροσδόκητους τρόπους επίλυσης προβλημάτων, τόσο μεγαλύτερη είναι η πιθανότητα να τους κάνουμε να ενδιαφερθούν και να αιχμαλωτιστούν σοβαρά και για μεγάλο χρονικό διάστημα. Πόσο δύσκολο όμως είναι να βρεις ενδιαφέροντα και σύνθετα προβλήματα στο επίπεδο της 7ης δημοτικού, όταν η συστηματική μελέτη της γεωμετρίας μόλις αρχίζει. Τι μπορεί να προσφερθεί σε έναν μαθητή που ενδιαφέρεται για τα μαθηματικά που γνωρίζει μόνο τα σημάδια ισότητας των τριγώνων και τις ιδιότητες γειτονικών και κάθετων γωνιών; Ωστόσο, μπορεί κανείς να εισαγάγει την έννοια της εφαπτομένης σε έναν κύκλο, ως ευθεία γραμμή που έχει ένα κοινό σημείο με τον κύκλο. Ας υποθέσουμε ότι η ακτίνα που τραβιέται στο σημείο επαφής είναι κάθετη στην εφαπτομένη. Αξίζει βέβαια να εξεταστούν όλες οι πιθανές περιπτώσεις διάταξης δύο κύκλων και κοινών εφαπτομένων σε αυτούς, οι οποίες μπορούν να σχεδιαστούν από το μηδέν έως το τέσσερα. Αποδεικνύοντας τα θεωρήματα που προτείνονται παρακάτω, μπορείτε να επεκτείνετε σημαντικά το σύνολο προβλημάτων για τους μαθητές της έβδομης δημοτικού. Ταυτόχρονα, αποδείξτε σημαντικά ή απλά ενδιαφέροντα και διασκεδαστικά γεγονότα στην πορεία. Επιπλέον, δεδομένου ότι πολλές δηλώσεις δεν περιλαμβάνονται στο σχολικό εγχειρίδιο, μπορούν να συζητηθούν σε κυκλικές τάξεις και με τους αποφοίτους κατά την επανάληψη της επιπεδομετρίας. Αυτά τα γεγονότα αποδείχθηκαν σχετικά την περασμένη ακαδημαϊκή χρονιά. Δεδομένου ότι πολλά διαγνωστικά έργα και η ίδια η εργασία της Ενιαίας Κρατικής Εξέτασης περιείχε ένα πρόβλημα για τη λύση του οποίου ήταν απαραίτητο να χρησιμοποιηθεί η ιδιότητα του εφαπτομενικού τμήματος που αποδεικνύεται παρακάτω.

Τ 1 Τμήματα εφαπτομένων σε κύκλο που σχεδιάζονται από
ίσο με ένα σημείο (Εικ. 1)

Αυτό είναι το θεώρημα που μπορείτε να εισαγάγετε πρώτα στους μαθητές της έβδομης δημοτικού.
Στη διαδικασία της απόδειξης χρησιμοποιήσαμε το πρόσημο της ισότητας των ορθογωνίων τριγώνων και καταλήξαμε στο συμπέρασμα ότι το κέντρο του κύκλου βρίσκεται στη διχοτόμο της γωνίας BSA.
Στην πορεία, θυμηθήκαμε ότι η διχοτόμος μιας γωνίας είναι ο τόπος των σημείων στην εσωτερική περιοχή της γωνίας, σε ίση απόσταση από τις πλευρές της. Η λύση σε ένα κάθε άλλο παρά τετριμμένο πρόβλημα βασίζεται σε αυτά τα δεδομένα, προσβάσιμα ακόμη και σε εκείνους που μόλις αρχίζουν να μελετούν τη γεωμετρία.

1. Διχοτόμοι γωνίας ΕΝΑ, ΣΕΚαι ΜΕκυρτό τετράπλευρο Α Β Γ Δτέμνονται σε ένα σημείο. Ακτίνες ΑΒΚαι DCτέμνονται σε ένα σημείο μι, και οι ακτίνες
ΉλιοςΚαι ΕΝΑ Δστο σημείο φά. Να αποδείξετε ότι ένα μη κυρτό τετράπλευρο AECFτα αθροίσματα των μηκών των απέναντι πλευρών είναι ίσα.

Λύση (Εικ. 2).Αφήνω ΣΧΕΤΙΚΑ ΜΕ– σημείο τομής αυτών των διχοτόμων. Επειτα ΣΧΕΤΙΚΑ ΜΕίση απόσταση από όλες τις πλευρές του τετράπλευρου Α Β Γ Δ, αυτό είναι
είναι το κέντρο ενός κύκλου εγγεγραμμένου σε τετράπλευρο. Με θεώρημα 1 ισχύουν οι ακόλουθες ισότητες: AR = Ο Α.Κ., ER = Ε.Π., F.T. = FK. Ας προσθέσουμε την αριστερή και τη δεξιά πλευρά ανά όρο και πάρουμε τη σωστή ισότητα:

(AR + ER) + F.T. = (Ο Α.Κ. +FK) + Ε.Π.; Η A.E. + (F.C. + C.T.) = Ο Α.Φ. + (ΕΕ + Η/Υ). Επειδή ST = RS, Οτι ΑΕ + F.C. = Ο Α.Φ. + ΕΕ, που ήταν αυτό που έπρεπε να αποδειχθεί.

Ας εξετάσουμε ένα πρόβλημα με μια ασυνήθιστη διατύπωση, για τη λύση του οποίου αρκεί να γνωρίζουμε το θεώρημα 1 .

2. Υπάρχει n- τρίγωνο του οποίου οι πλευρές είναι διαδοχικά 1, 2, 3, ..., n, στον οποίο μπορεί να εγγραφεί ένας κύκλος;

Λύση. Ας το πούμε αυτό n-Γον υπάρχει. ΕΝΑ 1 ΕΝΑ 2 =1, …, ΕΝΑ n-1 ΕΝΑ n= n– 1,ΕΝΑ n ΕΝΑ 1 = n. σι 1 , …, σι n – αντίστοιχα σημεία επαφής. Στη συνέχεια από το Θεώρημα 1 ΕΝΑ 1 σι 1 = ΕΝΑ 1 σι n< 1, n – 1 < ΕΝΑ n σι n< n.Με την ιδιότητα των εφαπτομένων τμημάτων ΕΝΑ n σι n= ΕΝΑ n σι n-1. Αλλά, ΕΝΑ n σι n-1< ΕΝΑ n-1 ΕΝΑ n= n - 1. Αντίφαση. Επομένως όχι n-η ικανοποίηση των συνθηκών του προβλήματος.

Τ 2Τα αθροίσματα των απέναντι πλευρών ενός τετράπλευρου που περιγράφονται περίπου
οι κύκλοι είναι ίσοι (Εικ. 3)

Οι μαθητές, κατά κανόνα, αποδεικνύουν εύκολα αυτήν την ιδιότητα του περιγραφόμενου τετράπλευρου. Αφού αποδείξουμε το θεώρημα 1 , είναι μια προπονητική άσκηση. Μπορούμε να γενικεύσουμε αυτό το γεγονός - τα αθροίσματα των πλευρών ενός περιγεγραμμένου ζυγού τριγώνου, που λαμβάνονται από τη μία πλευρά, είναι ίσα. Για παράδειγμα, για ένα εξάγωνο ABCDEFσωστά: AB + CD + EF = BC + DE + FA.

Λύση (Εικ. 1). Εφόσον τα τετράπλευρα ABEF και ECDF είναι κυκλικά, τότε από το Θεώρημα 2 P ABEF = 2(AB + EF) και P ECDF = 2 (CD + EF), κατά συνθήκη

P ABEF – P ECDF = 2(AB + EF) – 2(CD + EF) = 2p. AB – CD = p. AB = a + p.

Λύση (Εικ. 5).Με το Θεώρημα 1 MV = MX και RS = RH.Επομένως, η περίμετρος του τριγώνου AMRίσο με το άθροισμα των τμημάτων ΑΒΚαι ΜΕΤΑ ΧΡΙΣΤΟΝ.Ή διπλή εφαπτομένη που σύρεται στον κύκλο για ένα τρίγωνο AMR . Η τιμή της γωνίας MOP μετριέται κατά το ήμισυ της γωνίας VOS, το οποίο δεν εξαρτάται από την επιλογή του σημείου Χ.

Λύση (Εικ. 6). Μέθοδος πρώτη (αλγεβρική). Αφήνω ΑΚ = ΑΝ = x,Επειτα BK = BM = c – x, CM = CN = a – c + x. AC = AN + NC,τότε μπορούμε να δημιουργήσουμε μια εξίσωση για x: b = x + (a – c + x).Οπου .

Μέθοδος δεύτερη (γεωμετρική). Ας δούμε το διάγραμμα. Τμήματα ίσων εφαπτομένων, που λαμβάνονται ένα κάθε φορά, αθροίζονται στην ημιπερίμετρο
τρίγωνο. Το κόκκινο και το πράσινο συνθέτουν μια πλευρά ΕΝΑ.Στη συνέχεια το τμήμα που μας ενδιαφέρει x = p – a.Φυσικά, τα αποτελέσματα που προέκυψαν συμπίπτουν.

. Ζ

4. Βρείτε την ακτίνα ενός κύκλου εγγεγραμμένου σε ορθογώνιο τρίγωνο με σκέλη α, βκαι υποτείνουσα Με. Λύση (Εικ. 8). Τεντάξει πως OMCN -τετράγωνο, τότε η ακτίνα του εγγεγραμμένου κύκλου είναι ίση με το εφαπτομενικό τμήμα CN. .

5. Να αποδείξετε ότι τα σημεία εφαπτομένης του εγγεγραμμένου και του κύκλου με την πλευρά του τριγώνου είναι συμμετρικά ως προς το μέσον αυτής της πλευράς.

Λύση (Εικ. 9).Σημειώστε ότι το AK είναι ένα εφαπτόμενο τμήμα του κύκλου για ένα τρίγωνο ΑΛΦΑΒΗΤΟ.Σύμφωνα με τον τύπο (2) . VM- ευθύγραμμο τμήμα εφαπτομένη στον κύκλο για ένα τρίγωνο ΑΛΦΑΒΗΤΟ.Σύμφωνα με τον τύπο (1) . AK = VM,και αυτό σημαίνει ότι τα σημεία Κ και Μίση απόσταση από τη μέση της πλευράς AB, Q.E.D.

6. Δύο κοινές εξωτερικές εφαπτομένες και μία εσωτερική εφαπτομένη σχεδιάζονται σε δύο κύκλους. Η εσωτερική εφαπτομένη τέμνει τις εξωτερικές εφαπτομένες σε σημεία Α, Βκαι αγγίζει τους κύκλους σε σημεία Α'1Και ΣΕ 1 .Αποδείξτε το AA 1 = BB 1.

Λύση (Εικ. 10). Σταμάτα... Τι να αποφασίσεις; Αυτή είναι απλώς μια διαφορετική διατύπωση του προηγούμενου προβλήματος. Προφανώς, ένας από τους κύκλους είναι εγγεγραμμένος και ο άλλος είναι κύκλος για ένα συγκεκριμένο τρίγωνο ΑΛΦΑΒΗΤΟ.Και τα τμήματα AA 1 και BB 1αντιστοιχούν σε τμήματα ΑΚΚαι VMεργασίες 5. Αξίζει να σημειωθεί ότι το πρόβλημα που προτείνεται στην Πανρωσική Μαθηματική Ολυμπιάδα για μαθητές λύνεται με τόσο προφανή τρόπο.

7. Οι πλευρές του πενταγώνου με τη σειρά διέλευσης είναι 5, 6, 10, 7, 8. Αποδείξτε ότι δεν μπορεί να εγγραφεί κύκλος σε αυτό το πεντάγωνο.

Λύση (Εικ. 11). Ας υποθέσουμε ότι σε ένα πεντάγωνο ABCDEμπορείτε να εγγράψετε έναν κύκλο. Επιπλέον, τα κόμματα ΑΒ, ΠΡΟ ΧΡΙΣΤΟΥ., CD, DEΚαι EAείναι ίσα με 5, 6, 10, 7 και 8, αντίστοιχα. Ας σημειώσουμε τα σημεία εφαπτομένης με τη σειρά - φά, σολ, H, ΜΚαι Ν. Αφήστε το μήκος του τμήματος Ο Α.Φ.ίσο με Χ.

Επειτα B.F. = FD – Ο Α.Φ. = 5 – Χ = B.G.. G.C. = ΠΡΟ ΧΡΙΣΤΟΥ. – B.G. = = 6 – (5 – Χ) = 1 + Χ = CH. Και ούτω καθεξής: HD = DM = 9 – Χ; ΜΟΥ. = EN = Χ – 2, ΕΝΑ = 10 – Χ.

Αλλά, Ο Α.Φ. = ΕΝΑ. δηλαδή 10 - Χ = Χ; Χ= 5. Ωστόσο, το εφαπτομενικό τμήμα Ο Α.Φ.δεν μπορεί να είναι ίση με την πλευρά ΑΒ. Η αντίφαση που προκύπτει αποδεικνύει ότι ένας κύκλος δεν μπορεί να εγγραφεί σε ένα δεδομένο πεντάγωνο.

8. Ένας κύκλος είναι εγγεγραμμένος σε ένα εξάγωνο· οι πλευρές του με τη σειρά της περιφοράς είναι 1, 2, 3, 4, 5. Βρείτε το μήκος της έκτης πλευράς.

Λύση. Φυσικά, μπορούμε να ορίσουμε ένα εφαπτόμενο τμήμα ως Χ, όπως και στο προηγούμενο πρόβλημα, δημιουργήστε μια εξίσωση και λάβετε την απάντηση. Όμως, είναι πολύ πιο αποτελεσματικό και αποτελεσματικό να χρησιμοποιούμε μια σημείωση στο θεώρημα 2 : τα αθροίσματα των πλευρών ενός περιγεγραμμένου εξαγώνου, που λαμβάνονται το ένα μέσα από το άλλο, είναι ίσα.

Τότε 1 + 3 + 5 = 2 + 4 + Χ, Οπου Χ– άγνωστη έκτη πλευρά, Χ = 3.

Λύση (Εικ. 12). Δεδομένου ότι τα μήκη όλων των πλευρών είναι ακέραιοι, τα κλασματικά μέρη των μηκών των τμημάτων είναι ίσα BT, B.P., DM, DN, Ο Α.Κ.Και ΣΤΟ. Εχουμε ΣΤΟ + τηλεόραση= 1, και κλασματικά μέρη μηκών τμήματος ΣΤΟΚαι ΤΒείναι ίσα. Αυτό είναι δυνατό μόνο όταν ΣΤΟ + τηλεόραση= 0,5. Με θεώρημα 1 VT + VR.
Που σημαίνει, VR= 0,5. Σημειώστε ότι η συνθήκη CD= 3 αποδείχθηκαν αζήτητα. Προφανώς, οι συντάκτες του προβλήματος υπέθεσαν κάποια άλλη λύση. Απάντηση: 0,5.

10. Σε τετράγωνο ABCD AD = DC, AB = 3, BC = 5.Κύκλοι εγγεγραμμένοι σε τρίγωνα ABDΚαι CBDαγγίξτε ένα τμήμα BDσε σημεία ΜΚαι Ναντίστοιχα. Βρείτε το μήκος του τμήματος MN.

Λύση (Εικ. 13). MN = DN – DM.Σύμφωνα με τον τύπο (1) για τρίγωνα DBAΚαι DBCαναλόγως έχουμε:

11. Σε τετράγωνο Α Β Γ Δμπορείτε να εγγράψετε έναν κύκλο. Κύκλοι εγγεγραμμένοι σε τρίγωνα ABDΚαι CBDέχουν ακτίνες RΚαι rαντίστοιχα. Βρείτε την απόσταση μεταξύ των κέντρων αυτών των κύκλων.

Λύση (Εικ. 13). Αφού κατά συνθήκη το τετράπλευρο Α Β Γ Δεγγεγραμμένο, από θεώρημα 2 έχουμε: AB + DC = AD + BC.Ας χρησιμοποιήσουμε την ιδέα της επίλυσης του προηγούμενου προβλήματος. . Αυτό σημαίνει ότι τα σημεία επαφής των κύκλων με το τμήμα DMταιριάξει. Η απόσταση μεταξύ των κέντρων των κύκλων είναι ίση με το άθροισμα των ακτίνων. Απάντηση: R+r.

Μάλιστα, έχει αποδειχθεί ότι η συνθήκη είναι σε τετράπλευρο Α Β Γ Δμπορείτε να εγγράψετε έναν κύκλο, ισοδύναμο με την συνθήκη - σε ένα κυρτό τετράπλευρο Α Β Γ Δκύκλοι εγγεγραμμένοι σε τρίγωνα αλφάβητοΚαι ADCαγγίζουν ο ένας τον άλλον. Το αντίθετο ισχύει.

Προτείνεται να αποδειχθούν αυτές οι δύο αμοιβαία αντίστροφες προτάσεις στο παρακάτω πρόβλημα, το οποίο μπορεί να θεωρηθεί ως γενίκευση αυτού του προβλήματος.

12. Σε κυρτό τετράπλευρο Α Β Γ Δ (ρύζι. 14) κύκλοι εγγεγραμμένοι σε τρίγωνα αλφάβητοΚαι ADCαγγίζουν ο ένας τον άλλον. Αποδείξτε ότι κύκλοι εγγεγραμμένοι σε τρίγωνα ABDΚαι BDCαγγίζουν επίσης ο ένας τον άλλον.

13. Σε τρίγωνο αλφάβητομε τα κόμματα α, βΚαι ντοστην άκρη Ήλιοςσημειωμένο σημείο ρεέτσι ώστε κύκλοι εγγεγραμμένοι σε τρίγωνα ABDΚαι ACDαγγίξτε το τμήμα ΕΝΑ Δσε ένα σημείο. Βρείτε το μήκος του τμήματος BD.

Λύση (Εικ. 15). Ας εφαρμόσουμε τον τύπο (1) για τρίγωνα ADCΚαι A.D.B., υπολογισμός DMδύο

Καταλήγει, ρε– σημείο επαφής με το πλάι Ήλιοςκύκλος εγγεγραμμένος σε τρίγωνο αλφάβητο. Το αντίθετο ισχύει: εάν η κορυφή ενός τριγώνου συνδέεται με το σημείο εφαπτομένης ενός εγγεγραμμένου κύκλου στην αντίθετη πλευρά, τότε οι κύκλοι που εγγράφονται στα τρίγωνα που προκύπτουν ακουμπούν ο ένας τον άλλον.

14. Κέντρα ΣΧΕΤΙΚΑ ΜΕ 1 , ΣΧΕΤΙΚΑ ΜΕ 2 και ΣΧΕΤΙΚΑ ΜΕ 3 τρεις μη τεμνόμενοι κύκλοι της ίδιας ακτίνας βρίσκονται στις κορυφές ενός τριγώνου. Από σημεία ΣΧΕΤΙΚΑ ΜΕ 1 , ΣΧΕΤΙΚΑ ΜΕ 2 , ΣΧΕΤΙΚΑ ΜΕ 3, οι εφαπτομένες σε αυτούς τους κύκλους σχεδιάζονται όπως φαίνεται στο σχήμα.

Είναι γνωστό ότι αυτές οι εφαπτομένες, τέμνουσες, σχημάτισαν ένα κυρτό εξάγωνο, οι πλευρές του οποίου είναι βαμμένες με κόκκινο και μπλε. Να αποδείξετε ότι το άθροισμα των μηκών των κόκκινων τμημάτων είναι ίσο με το άθροισμα των μηκών των μπλε.

Λύση (Εικ. 16). Είναι σημαντικό να κατανοήσουμε πώς να χρησιμοποιήσετε το γεγονός ότι οι δεδομένοι κύκλοι έχουν ίσες ακτίνες. Σημειώστε ότι τα τμήματα BRΚαι DMείναι ίσα, που προκύπτει από την ισότητα των ορθογωνίων τριγώνων ΣΧΕΤΙΚΑ ΜΕ 1 BRΚαι Ο 2 Β.Μ.. Επίσης D.L. = Δ.Π., FN = FK. Προσθέτουμε τις ισότητες ανά όρο και μετά αφαιρούμε από τα προκύπτοντα αθροίσματα πανομοιότυπα τμήματα εφαπτομένων που προέρχονται από τις κορυφές ΕΝΑ, ΜΕ, Και μιεξάγωνο ABCDEF: ARΚαι Ο Α.Κ., C.L.Και ΕΚ., ENΚαι Ε.Π.. Παίρνουμε αυτό που χρειαζόμαστε.

Εδώ είναι ένα παράδειγμα ενός προβλήματος στη στερεομετρία, που προτάθηκε στο XII Διεθνές Μαθηματικό Τουρνουά για μαθητές Λυκείου «Κύπελλο στη μνήμη του A. N. Kolmogorov».

16. Δίνεται μια πενταγωνική πυραμίδα SA 1 A 2 A 3 A 4 A 5 .Υπάρχει μια σφαίρα w,που αγγίζει όλες τις άκρες της πυραμίδας και μια άλλη σφαίρα w 1,που αγγίζει όλες τις πλευρές της βάσης Α 1 Α 2 Α 3 Α 4 Α 5και συνέχειες των πλευρικών πλευρών SA 1, SA 2, SA 3, SA 4, SA 5πέρα από τις κορυφές της βάσης. Να αποδείξετε ότι η κορυφή της πυραμίδας έχει ίση απόσταση από τις κορυφές της βάσης. (Berlov S. L., Karpov D. V.)

17. Ενιαία Κρατική Εξέταση. Διαγνωστική εργασία 12/8/2009, P–4.Δίνεται τραπεζοειδές Α Β Γ Δ, τα θεμέλια του οποίου π.Χ. = 44,ΕΝΑ Δ = 100, ΑΒ = CD= 35. Κύκλος εφαπτόμενος σε ευθείες ΕΝΑ ΔΚαι ΜΕΤΑ ΧΡΙΣΤΟΝ., αγγίζει το πλάι CDστο σημείο κ. Βρείτε το μήκος του τμήματος CK.BDC και BDA, αγγίξτε τα πλαϊνά ВDσε σημεία μιΚαι φά. Βρείτε το μήκος του τμήματος Η Ε.Φ..

Λύση. Δύο περιπτώσεις είναι δυνατές (Εικ. 20 και Εικ. 21). Χρησιμοποιώντας τον τύπο (1) βρίσκουμε τα μήκη των τμημάτων DEΚαι DF.

Στην πρώτη περίπτωση ΕΝΑ Δ = 0,1ΜΕΤΑ ΧΡΙΣΤΟΝ, CD = 0,9ΜΕΤΑ ΧΡΙΣΤΟΝ.. Στο δεύτερο - ΕΝΑ Δ = 0,125ΜΕΤΑ ΧΡΙΣΤΟΝ, CD = 1,125ΜΕΤΑ ΧΡΙΣΤΟΝ.. Αντικαθιστούμε τα δεδομένα και παίρνουμε την απάντηση: 4.6 ή 5.5.

Προβλήματα για ανεξάρτητη λύση/

1. Η περίμετρος ενός ισοσκελούς τραπεζοειδούς περιγεγραμμένου σε κύκλο είναι ίση με 2 τρίψτε.Βρείτε την προβολή της διαγωνίου του τραπεζοειδούς στη μεγαλύτερη βάση. (1/2r)

2. Ανοικτή τράπεζα προβλημάτων Ενιαίας Κρατικής Εξετάσεων στα μαθηματικά. ΣΤΙΣ 4. Σε κύκλο εγγεγραμμένο σε τρίγωνο ABC (Εικ. 22),σχεδιάζονται τρεις εφαπτομένες. Οι περίμετροι των κομμένων τριγώνων είναι 6, 8, 10. Βρείτε την περίμετρο αυτού του τριγώνου. (24)

3. Σε τρίγωνο αλφάβητοκύκλος είναι εγγεγραμμένος. MN -εφαπτομένη στον κύκλο, MÎ AC, NÎ BC, BC = 13, AC = 14, AB = 15.Να βρείτε την περίμετρο του τριγώνου MNC. (12)

4. Σε κύκλο εγγεγραμμένο σε τετράγωνο με πλευρά α, σχεδιάζεται μια εφαπτομένη που τέμνει τις δύο πλευρές του. Βρείτε την περίμετρο του κομμένου τριγώνου. (ΕΝΑ)

5. Ένας κύκλος εγγράφεται σε πεντάγωνο με πλευρές ΕΝΑ, ρε, ντο, ρεΚαι μι. Βρείτε τα τμήματα στα οποία το σημείο εφαπτομένης χωρίζει την πλευρά ίση με ΕΝΑ.

6. Ένας κύκλος εγγράφεται σε ένα τρίγωνο με πλευρές 6, 10 και 12. Τραβιέται μια εφαπτομένη στον κύκλο έτσι ώστε να τέμνει δύο μεγάλες πλευρές. Βρείτε την περίμετρο του κομμένου τριγώνου. (16)

7. CD– διάμεσος του τριγώνου αλφάβητο. Κύκλοι εγγεγραμμένοι σε τρίγωνα ACDΚαι BCD, αγγίξτε το τμήμα CDσε σημεία ΜΚαι Ν. Εύρημα MN, Αν ΜΕΤΑ ΧΡΙΣΤΟΝ – Ήλιος = 2. (1)

8. Σε τρίγωνο αλφάβητομε τα κόμματα α, βΚαι ντοστην άκρη Ήλιοςσημειωμένο σημείο ρε. Σε κύκλους εγγεγραμμένους σε τρίγωνα ABDΚαι ACD, μια κοινή εφαπτομένη σχεδιάζεται τέμνουσα ΕΝΑ Δστο σημείο Μ. Βρείτε το μήκος του τμήματος ΕΙΜΑΙ. (Μήκος ΕΙΜΑΙδεν εξαρτάται από τη θέση του σημείου ρεΚαι
ίσο με ½ ( γ + β – α))

9. Ένας κύκλος ακτίνας εγγράφεται σε ορθογώνιο τρίγωνο ΕΝΑ. Η ακτίνα του κύκλου που εφάπτεται στην υποτείνουσα και τις προεκτάσεις των ποδιών είναι ίση με R.Να βρείτε το μήκος της υποτείνουσας. ( R–a)

10. Σε τρίγωνο αλφάβητοτα μήκη των πλευρών είναι γνωστά: ΑΒ = Με, ΜΕΤΑ ΧΡΙΣΤΟΝ = σι, Ήλιος = ΕΝΑ. Ένας κύκλος εγγεγραμμένος σε τρίγωνο αγγίζει μια πλευρά ΑΒστο σημείο Γ 1. Ο κύκλος αγγίζει την προέκταση της πλευράς ΑΒανά πόντο ΕΝΑστο σημείο Γ 2. Προσδιορίστε το μήκος του τμήματος C 1 C 2. (σι)

11. Βρείτε τα μήκη των πλευρών του τριγώνου διαιρεμένα με το σημείο εφαπτομένης του εγγεγραμμένου κύκλου ακτίνας 3 cm σε τμήματα των 4 cm και 3 cm (7, 24 και 25 cm σε ορθογώνιο τρίγωνο)

12. Ολυμπιάδα Soros 1996, 2ος γύρος, 11η τάξη. Δίνεται ένα τρίγωνο αλφάβητο, στις πλευρές των οποίων σημειώνονται σημεία Α 1, Β 1, Γ 1. Ακτίνες κύκλων εγγεγραμμένων σε τρίγωνα AC 1 B 1, BC 1 A 1, SA 1 B 1ίσα σε r. Ακτίνα κύκλου εγγεγραμμένου σε τρίγωνο Α 1 Β 1 Γ 1ισοδυναμεί R. Βρείτε την ακτίνα ενός κύκλου εγγεγραμμένου σε τρίγωνο αλφάβητο. (R +r).

Τα προβλήματα 4–8 προέρχονται από το βιβλίο προβλημάτων του R.K. Gordin «Geometry. Πλανομετρία." Μόσχα. Εκδοτικός οίκος MCNMO. 2004.

Η έννοια της εφαπτομένης σε έναν κύκλο

Ένας κύκλος έχει τρεις πιθανές σχετικές θέσεις σε σχέση με μια ευθεία:

Αν η απόσταση από το κέντρο του κύκλου στην ευθεία είναι μικρότερη από την ακτίνα, τότε η ευθεία έχει δύο σημεία τομής με τον κύκλο.

Αν η απόσταση από το κέντρο του κύκλου στην ευθεία είναι ίση με την ακτίνα, τότε η ευθεία έχει δύο σημεία τομής με τον κύκλο.

Αν η απόσταση από το κέντρο του κύκλου στην ευθεία είναι μεγαλύτερη από την ακτίνα, τότε η ευθεία έχει δύο σημεία τομής με τον κύκλο.

Ας εισαγάγουμε τώρα την έννοια της εφαπτομένης σε έναν κύκλο.

Ορισμός 1

Εφαπτομένη σε κύκλο είναι μια ευθεία που έχει ένα σημείο τομής μαζί της.

Το κοινό σημείο του κύκλου και της εφαπτομένης ονομάζεται σημείο εφαπτομένης (Εικόνα 1).

Εικόνα 1. Εφαπτομένη σε κύκλο

Θεωρήματα που σχετίζονται με την έννοια της εφαπτομένης σε κύκλο

Θεώρημα 1

Θεώρημα ιδιότητας εφαπτομένης: μια εφαπτομένη σε έναν κύκλο είναι κάθετη στην ακτίνα που σύρεται στο σημείο εφαπτομένης.

Απόδειξη.

Θεωρήστε έναν κύκλο με κέντρο $O$. Ας σχεδιάσουμε την εφαπτομένη $a$ στο σημείο $A$. $OA=r$ (Εικ. 2).

Ας αποδείξουμε ότι $a\bot r$

Θα αποδείξουμε το θεώρημα με αντίφαση. Ας υποθέσουμε ότι η εφαπτομένη $a$ δεν είναι κάθετη στην ακτίνα του κύκλου.

Εικόνα 2. Απεικόνιση του Θεωρήματος 1

Δηλαδή, το $OA$ κλίνει στην εφαπτομένη. Εφόσον η κάθετη στην ευθεία $a$ είναι πάντα μικρότερη από την κεκλιμένη στην ίδια ευθεία, η απόσταση από το κέντρο του κύκλου στην ευθεία είναι μικρότερη από την ακτίνα. Όπως γνωρίζουμε, στην περίπτωση αυτή η ευθεία έχει δύο σημεία τομής με τον κύκλο. Πράγμα που έρχεται σε αντίθεση με τον ορισμό της εφαπτομένης.

Επομένως, η εφαπτομένη είναι κάθετη στην ακτίνα του κύκλου.

Το θεώρημα έχει αποδειχθεί.

Θεώρημα 2

Αντίστροφο του θεωρήματος της εφαπτομενικής ιδιότητας: Αν μια ευθεία που διέρχεται από το άκρο της ακτίνας ενός κύκλου είναι κάθετη στην ακτίνα, τότε αυτή η ευθεία εφάπτεται σε αυτόν τον κύκλο.

Απόδειξη.

Σύμφωνα με τις συνθήκες του προβλήματος, έχουμε ότι η ακτίνα είναι μια κάθετη που τραβιέται από το κέντρο του κύκλου σε μια δεδομένη ευθεία. Επομένως, η απόσταση από το κέντρο του κύκλου στην ευθεία είναι ίση με το μήκος της ακτίνας. Όπως γνωρίζουμε, στην περίπτωση αυτή ο κύκλος έχει μόνο ένα σημείο τομής με αυτήν την ευθεία. Με τον ορισμό 1 βρίσκουμε ότι αυτή η ευθεία εφάπτεται στον κύκλο.

Το θεώρημα έχει αποδειχθεί.

Θεώρημα 3

Τα τμήματα των εφαπτομένων σε έναν κύκλο που τραβιέται από ένα σημείο είναι ίσα και κάνουν ίσες γωνίες με μια ευθεία που διέρχεται από αυτό το σημείο και το κέντρο του κύκλου.

Απόδειξη.

Έστω ένας κύκλος με κέντρο στο σημείο $O$. Δύο διαφορετικές εφαπτομένες σχεδιάζονται από το σημείο $A$ (το οποίο βρίσκεται σε ολόκληρο τον κύκλο). Από το σημείο επαφής $B$ και $C$, αντίστοιχα (Εικ. 3).

Ας αποδείξουμε ότι $\γωνία BAO=\γωνία CAO$ και ότι $AB=AC$.

Εικόνα 3. Απεικόνιση του Θεωρήματος 3

Με το Θεώρημα 1, έχουμε:

Επομένως, τα τρίγωνα $ABO$ και $ACO$ είναι ορθογώνια τρίγωνα. Εφόσον $OB=OC=r$ και η υποτείνουσα $OA$ είναι κοινή, τότε αυτά τα τρίγωνα είναι ίσα σε υποτείνουσα και σκέλος.

Ως εκ τούτου, παίρνουμε ότι $\γωνία BAO=\γωνία CAO$ και $AB=AC$.

Το θεώρημα έχει αποδειχθεί.

Παράδειγμα προβλήματος σχετικά με την έννοια της εφαπτομένης σε κύκλο

Παράδειγμα 1

Δίνεται ένας κύκλος με κέντρο στο σημείο $O$ και ακτίνα $r=3\ cm$. Η εφαπτομένη $AC$ έχει σημείο εφαπτομένης $C$. $AO=4\ cm$. Βρείτε $AC$.

Λύση.

Ας απεικονίσουμε πρώτα τα πάντα στο σχήμα (Εικ. 4).

Εικόνα 4.

Εφόσον η $AC$ είναι εφαπτομένη και η $OC$ είναι μια ακτίνα, τότε με το Θεώρημα 1, λαμβάνουμε ότι η $\γωνία ACO=(90)^(()^\circ )$. Βρήκαμε ότι το τρίγωνο $ACO$ είναι ορθογώνιο, που σημαίνει, με το Πυθαγόρειο θεώρημα, έχουμε:

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