Egy kör érintője. Teljes leckék - Knowledge Hypermarket. Érintővonal Mi az érintőszög

1. A kör középpontja és az egyenes távolsága nagyobb, mint a sugár. Ebben az esetben az egyenes minden pontja a körön kívül van.


2. 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.


3. 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 körhöz.

A közös pontot ebben az esetben nevezzük kapcsolattartási pont.

Az érintő létezésének lehetőségét, és ráadásul a kör bármely pontján áthúzott érintési pontként, a következő tétel bizonyítja.

Tétel. Ha egy egyenes a körön fekvő végén merőleges a sugárra, akkor ez az egyenes érintő.

Legyen O (ábra) valamelyik 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 hajlania, 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 egy adott pont a körön van, akkor húzzon rajta egy sugarat, és egy merőleges egyenest a sugár végén. Ez a vonal lesz a kívánt érintő.

Tekintsük azt az esetet, amikor a pont a körön kívül van megadva.

Legyen szükséges (ábra), hogy egy O középpontú kör érintőjét rajzoljunk az A ponton keresztül.

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 konstrukcióból világos, hogy az AOB és AOC csövek egyenlő szárúak (AO = AB = AC), amelyek OB és OS alapjai megegyeznek az O kör átmérőjével.

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), mert a téglalap alakú tr-ki AOD és AOE, amelyeknek közös az AO hipotenusza, és egyenlők az OD és OE (sugárként) lábak.

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.

Építkezés. 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 a következők 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 ||-t rajzolunk 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. egyenlő az adott körök sugarainak összegével.

Építkezés. 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 egyenlő az AOD szöggel (az oldalaik 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, ha bármilyen görbéről beszélünk.

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).

Közvetlen ( MN), amelynek csak egy közös pontja van a körrel ( A), hívják tangens a körhöz.

A közös pontot ebben az esetben nevezzük kapcsolattartási pont.

A létezés lehetősége tangens, és ráadásul bármely ponton áthúzva kör, mint érintési pont, a következőképpen bizonyított tétel.

Legyen kötelező elvégezni kör központtal O tangens ponton keresztül A. Ahhoz, hogy ezt a lényeg A, mint a központból, leírjuk ív sugár A.O., és a lényeg O, mint középpont, ezt az ívet a pontokban metszük BÉs VAL VEL az adott kör átmérőjével megegyező iránytű megoldás.

A kiadások után akkor akkordok O.B.És OS, csatlakoztassa a pontot A pontokkal DÉs E, ahol ezek az akkordok metszik egy adott kört. Közvetlen HIRDETÉSÉs A.E. - egy kör érintői O. Valójában az építkezésből egyértelműen kiderül háromszögek AOBÉs AOC egyenlő szárú(AO = AB = AC) alapokkal O.B.És OS, egyenlő a kör átmérőjével O.

Mert O.D.És O.E.- akkor a sugarak D - középső O.B., A E- középső OS, Azt jelenti HIRDETÉSÉs A.E. - mediánok, egyenlő szárú háromszögek alapjaira húzva, ezért merőleges ezekre az alapokra. Ha egyenes D.A.És E.A. a sugarakra merőlegesen O.D.És O.E., aztán ők - érintők.

Következmény.

Egy pontból egy körbe húzott két érintő egyenlő, és egyenlő szöget zár be az ezt a pontot a középponttal összekötő egyenessel.

Így AD=AEés ∠ OAD = ∠OAE mert derékszögű háromszögek AODÉs AOE, amelynek közös átfogó A.O.és egyenlő lábak O.D.És O.E.(sugárként), egyenlőek. Vegye figyelembe, hogy itt az „érintő” szó valójában azt jelenti, érintő szegmens” adott ponttól az érintkezési pontig.

Az olyan egyenest, amelynek csak egy közös pontja van a körrel, a kör érintőjének, közös pontjukat pedig az egyenes és a kör érintőpontjának nevezzük.

Tétel (egy kör érintőjének tulajdonsága)

A kör érintője merőleges az érintési ponthoz húzott sugárra.

Adott

A – érintkezési pont

Bizonyít:p OA

Bizonyíték.

Bizonyítsuk be ellentmondással.

Tegyük fel, hogy p OA, akkor OA hajlik a p egyenesre.

Ha az O pontból merőleges OH-t húzunk a p egyenesre, akkor annak hossza kisebb lesz, mint a sugár: OH< ОА=r

Azt találjuk, hogy a kör középpontja és a p (OH) egyenes távolsága kisebb, mint a sugár (r), ami azt jelenti, hogy a p egyenes szekáns (vagyis két közös pontja van a körrel), ami ellentmond a tétel feltételeinek (p az érintő).

Ez azt jelenti, hogy a feltevés hibás, ezért a p egyenes merőleges az OA-ra.

Tétel (Egy pontból húzott érintőszegmensek tulajdonsága)

Az egyik pontból húzott kör érintőinek szakaszai egyenlőek, és egyenlő szöget zárnak be az ezen a ponton és a kör középpontján átmenő egyenessel.

Adott: kb. (Vagy)

Az AB és az AC a környezet érintői. (Vagy)

Bizonyít: AB=AC

Bizonyíték

1) OB AB, OS AC, az érintési ponthoz húzott sugarakként (érintő tulajdonság)

2) Tekintsük tr. AOB stb. AOS – p/u

JSC – általános

OB=OS (sugárként)

Ez azt jelenti, hogy ABO = AOC (hipotenusszal és lábbal). Ennélfogva,

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

Tétel (Tangenciális teszt)

Ha egy egyenes átmegy egy körön fekvő sugár végén, és merőleges erre a sugárra, akkor az érintő.

Adott: OA – a kör sugara

Bizonyít: p- a kör érintője

Bizonyíték

OA – a kör sugara (feltételtől függően) (OA=r)

OA – merőleges az O-tól a p egyenesre (OA =d)

Ez azt jelenti, hogy r=OA=d, ami azt jelenti, hogy a p egyenesnek és a körnek egy közös pontja van.

Ezért a p egyenes érinti a kört. stb.

3.Az akkordok és szekánsok tulajdonságai.

Az érintő és a szekáns tulajdonságai

MEGHATÁROZÁS

Körméret az egy ponttól egyenlő távolságra lévő pontok helye, amelyet a kör középpontjának nevezünk.

A kör két pontját összekötő szakaszt nevezzük akkord(az ábrán ez egy szegmens). A kör középpontján áthaladó akkordot nevezzük átmérő körökben.

1. Az érintő merőleges az érintkezési pontra húzott sugárra.

2. Az egyik pontból húzott érintőszegmensek egyenlőek.

3. Ha a körön kívül eső pontból húzunk egy érintőt és egy metszőt, akkor az érintő hosszának négyzete egyenlő a metsző és a külső részének szorzatával.

Leggyakrabban a geometriai problémák okoznak nehézséget a jelentkezőknek, a végzetteknek és a matematikai olimpiák résztvevőinek. 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.

Nyilvánvaló, hogy minél hamarabb kínálunk szép vagy váratlan megoldásokat az iskolásoknak a problémák megoldására, annál nagyobb a valószínűsége annak, hogy komolyan és hosszú időre leköti őket. 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, valamint a szomszédos és függőleges szögek tulajdonságait ismeri? 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 figyelembe venni a két kör elrendezésének minden lehetséges esetét és a hozzájuk tartozó közös érintőket, amelyek nullától négyig húzhatók. Az alábbiakban javasolt tételek bizonyításával jelentősen bővítheti a hetedikesek feladatsorát. Ugyanakkor bizonyítson fontos vagy egyszerűen érdekes és szórakoztató tényeket az út során. Sőt, mivel sok állítás nem szerepel az iskolai tankönyvben, ezért körórákon és a planimetria ismétlésekor a végzősökkel is meg lehet beszélni. Ezek a tények relevánsnak bizonyultak az elmúlt tanévben. Mivel számos diagnosztikai munka és maga az Egységes Államvizsga munkája is tartalmazott olyan problémát, amelynek megoldásához az alábbiakban bizonyított érintőszegmens tulajdonságát kellett felhasználni.

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 szögfelező a szög belső tartományában lévő pontok helye, egyenlő távolságra az oldalaitól. Egy korántsem triviális probléma megoldása ezeken a tényeken alapul, és még azok számára is elérhető, akik csak most kezdik a geometriával foglalkozni.

1. Szögfelezők A, BAN BENÉs VAL VEL konvex négyszög ABCD egy pontban metszik egymást. Sugarak ABÉs DC pontban metszik egymást E, és a sugarak
NapÉs HIRDETÉS azon a ponton F. Bizonyítsuk be, hogy nem konvex négyszög AECF a szemközti oldalak hosszának összege egyenlő.

Megoldás (2. ábra). Hadd RÓL RŐL– ezeknek a felezőknek a metszéspontja. Akkor RÓL RŐL egyenlő távolságra a négyszög minden oldalától ABCD, vagyis
a négyszögbe írt kör középpontja. Tétel szerint 1 a következő egyenlőségek igazak: AR = A.K., ER = E.P., F.T. = FK. Adjuk hozzá a bal és a jobb oldalt tagonként, és kapjuk meg a megfelelő egyenlőséget:

(AR + ER) + F.T. = (A.K. +FK) + E.P.; A.E. + (F.C. + C.T.) = A.F. + (EU + PC). Mert UTCA = RS, Azt AE + F.C. = A.F. + EU, amit bizonyítani kellett.

Tekintsünk egy szokatlan megfogalmazású problémát, amelynek megoldásához elegendő a tétel ismerete 1 .

2. Van n- egy háromszög, amelynek oldalai egymás után 1, 2, 3, ..., n, amelybe kört lehet írni?

Megoldás. Mondjuk ezt n-gon létezik. A 1 A 2 =1, …, A n-1 A n= n– 1,A n A 1 = n. B 1 , …, B n – megfelelő érintkezési pontok. Aztán az 1. tétel alapján A 1 B 1 = A 1 B n< 1, n – 1 < A n B n< n. Az érintőszegmensek tulajdonsága szerint A n B n= A n B n-1. De, A n B n-1< A n-1 A n= n – 1. Ellentmondás. Ezért nem n-gon megfelel a probléma feltételeinek.

T 2 A leírt négyszög szemközti oldalainak összegei kb
a körök egyenlőek (3. ábra)

Az iskolások általában könnyen bizonyítják a leírt négyszög ezen tulajdonságát. A tétel bizonyítása után 1 , ez egy edzés gyakorlat. Ezt a tényt általánosíthatjuk - egy körülírt páros háromszög oldalainak összege az egyik oldalon átvetve egyenlő. Például egy hatszögre ABCDEF jobb: AB + CD + EF = BC + DE + FA.

Megoldás (1. ábra). 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

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

Megoldás (5. ábra). Az 1. tétel szerint MV = MX és RS = RH. Ezért a háromszög kerülete AMR egyenlő a szegmensek összegével ABÉs AC. Vagy háromszög köréhez húzott kettős érintő AMR . A MOP szög értékét a szög felével mérjük VOS, ami nem függ a pont megválasztásától x.

Megoldás (6. ábra). Első módszer (algebrai). Hadd AK = AN = x, Akkor 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. Az egyenlő érintők szelvényei egyesével összeadva a fél kerületet
háromszög. Piros és zöld alkot egy oldalt A. Aztán a minket érdeklő szegmens x = p – a. Természetesen a kapott eredmények egybeesnek.

. Z

4. Határozza meg a derékszögű háromszögbe írt kör sugarát lábakkal! a, bés hypotenusa Val 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.

Megoldás (9. ábra). Figyeljük meg, hogy AK a háromszög körének érintő szakasza ABC. A (2) képlet szerint . VM- vonalszakasz háromszög esetén a beírt kör érintője ABC. Az (1) képlet szerint . AK = VM,és ez azt jelenti, hogy a pontok K és M egyenlő távolságra az oldal közepétől AB, Q.E.D.

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 IN 1 . Bizonyítsd AA 1 = BB 1.

Megoldás (10. ábra). Állj... Mit kell eldönteni? Ez csak az előző probléma más megfogalmazása. Nyilvánvaló, hogy az egyik kör egy bizonyos háromszögre beírt, a másik pedig excircle ABC.És a szegmensek AA 1 és BB 1 szegmenseknek felel meg AKÉs VM feladatok 5. Figyelemre méltó, hogy az iskolások össz-oroszországi matematikai olimpiáján javasolt problémát ilyen nyilvánvaló módon oldják meg.

7. Az ötszög oldalai a bejárás sorrendjében: 5, 6, 10, 7, 8. Bizonyítsuk be, hogy ebbe az ötszögbe nem írható kör.

Megoldás (11. ábra). Tegyük fel, hogy egy ötszögben ABCDE beírhat egy kört. Ráadásul a felek AB, IDŐSZÁMÍTÁSUNK ELŐTT., CD, DEÉs EA rendre egyenlők 5, 6, 10, 7 és 8. Jelöljük egymás után az érintőpontokat – F, G, H, MÉs N. Legyen a szegmens hossza A.F. egyenlő x.

Akkor B.F. = FD – A.F. = 5 – x = B.G.. G.C. = IDŐSZÁMÍTÁSUNK ELŐTT. – B.G. = = 6 – (5 – x) = 1 + x = CH. Stb: HD = DM = 9 – x; NEKEM. = HU = x – 2, AN = 10 – x.

De, A.F. = AN. Azaz 10- x = x; x= 5. Az érintőszegmens azonban A.F. nem egyenlő oldallal AB. Az így kapott ellentmondás azt bizonyítja, hogy adott ötszögbe kör nem írható be.

8. Hatszögbe írtunk egy kört, amelynek oldalai a körbejárás sorrendjében 1, 2, 3, 4, 5. Határozzuk meg a hatodik oldal hosszát!

Megoldás. Természetesen kijelölhetünk egy érintőszegmenst mint x, mint az előző feladatban, hozzon létre egy egyenletet, és kapja meg a választ. De sokkal hatékonyabb és eredményesebb egy megjegyzést használni a tételhez 2 : egy körülírt hatszög egymáson átvett oldalainak összege egyenlő.

Ekkor 1 + 3 + 5 = 2 + 4 + x, Ahol x– ismeretlen hatodik oldal, x = 3.

Megoldás (12. ábra). Mivel minden oldal hossza egész szám, a szakaszok hosszának tört részei egyenlők BT, B.P., DM, DN, A.K.És NÁL NÉL. Nekünk van NÁL NÉL + tévé= 1, és a szegmenshosszak tört részei NÁL NÉLÉs tuberkulózis egyenlőek. Ez csak akkor lehetséges, ha NÁL NÉL + tévé= 0,5. tétel szerint 1 VT + VR.
Eszközök, VR= 0,5. Vegye figyelembe, hogy a feltétel CD= 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 ABDÉs CBDérintsen meg egy szegmenst BD pontokon MÉs N illetőleg. Keresse meg a szakasz hosszát MN.

Megoldás (13. ábra). MN = DN – DM. Az (1) képlet szerint háromszögekre DBAÉs DBC ennek megfelelően rendelkezünk:

11. Négyszögbe ABCD beírhat egy kört. Háromszögbe írt körök ABDÉs CBD sugarai vannak RÉs r illetőleg. Határozza meg e körök középpontjai közötti távolságot.

Megoldás (13. ábra). Mivel feltétel szerint a négyszög ABCD beírva, tétellel 2 nekünk van: AB + DC = AD + BC. Használjuk az előző probléma megoldásának ötletét. . Ez azt jelenti, hogy a körök és a szakasz érintkezési pontjai DM egyeznek meg. A körök középpontjai közötti távolság egyenlő a sugarak összegével. Válasz: R+r.

Valójában bebizonyosodott, hogy az állapot négyszögben van ABCD feltétellel egyenértékű kört írhat be egy konvex négyszögbe ABCD háromszögbe írt körök ABCÉs ADCérintsék meg egymást. Ennek az ellenkezője igaz.

Javasoljuk ennek a két kölcsönösen fordított állításnak a bizonyítását a következő feladatban, amely ennek általánosításának tekinthető.

12. Konvex négyszögben ABCD (rizs. 14) háromszögbe írt körök ABCÉs ADCérintsék meg egymást. Bizonyítsuk be, hogy a háromszögbe írt körök ABDÉs 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 HIRDETÉS egy ponton. Keresse meg a szakasz hosszát BD.

Megoldás (15. ábra). Alkalmazzuk az (1) képletet háromszögekre ADCÉs A.D.B., számítva DM kettő

Kiderül, D– érintkezési pont az oldallal Nap háromszögbe írt kör ABC. Ennek az ellenkezője igaz: ha egy háromszög csúcsa egy beírt kör érintési pontjához kapcsolódik a szemközti oldalon, akkor a kapott háromszögekbe írt körök érintik egymást.

14. Központok RÓL RŐL 1 , RÓL RŐL 2 és RÓL RŐL 3 három nem metsző, azonos sugarú kör található a háromszög csúcsaiban. Pontokból RÓL RŐL 1 , RÓL RŐL 2 , RÓL RŐL 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. 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 BRÉs DM egyenlőek, ami a derékszögű háromszögek egyenlőségéből következik RÓL RŐL 1 BRÉs O 2 B.M.. Hasonlóképpen D.L. = D.P., FN = FK. Az egyenlőségeket tagonként összeadjuk, majd a kapott összegekből kivonjuk a csúcsokból húzott érintők azonos szegmenseit A, VAL VEL, És E hatszög ABCDEF: ARÉs A.K., C.L.És C.M., HUÉs E.P.. 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 A 1 A 2 A 3 A 4 A 5és az oldalsó bordák folytatásai SA 1, SA 2, SA 3, SA 4, SA 5 túl az alap tetején. Bizonyítsuk be, hogy a piramis csúcsa egyenlő távolságra van az alap csúcsaitól. (Berlov S. L., Karpov D. V.)

17. Egységes államvizsga. Diagnosztikai munka 2009.12.08., P–4. Adott egy trapéz ABCD, melynek alapjai BC = 44,HIRDETÉS = 100, AB = CD= 35. Az egyeneseket érintő kör HIRDETÉSÉs A.C., megérinti az oldalát CD azon a ponton K. Keresse meg a szakasz hosszát CK.BDC és BDA, érintse meg az oldalakat ВD pontokon EÉs F. Keresse meg a szakasz hosszát E.F..

Megoldás. Két eset lehetséges (20. ábra és 21. ábra). Az (1) képlet segítségével megtaláljuk a szakaszok hosszát DEÉs DF.

Az első esetben HIRDETÉS = 0,1AC, CD = 0,9A.C.. A másodikban - HIRDETÉS = 0,125AC, CD = 1,125A.C.. Az adatokat behelyettesítjük és a választ kapjuk: 4.6 vagy 5.5.

Problémák az önálló megoldáshoz/

1. Egy körre körülírt egyenlő szárú trapéz kerülete egyenlő 2 dörzsölje. Keresse meg a trapéz átlójának vetületét a nagyobb alapra. (1/2 r)

2. Egységes államvizsga-feladatok nyílt bankja matematikából. AT 4. Egy háromszögbe írt körhöz ABC (22. ábra), három érintőt húzunk. A kivágott háromszögek kerülete 6, 8, 10. Határozza meg ennek a háromszögnek a kerületét! (24)

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. Keresse meg a kivágott háromszög kerületét. (A)

5. Egy kör van beírva egy ötszögbe, amelynek oldalai vannak A, d, c, dÉs e. Keresse meg azokat a szakaszokat, amelyekre az érintési pont az egyenlő oldalt osztja A.

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)

7. CD– a háromszög mediánja ABC. Háromszögbe írt körök ACDÉs BCD, érintse meg a szegmenst CD pontokon MÉs N. megtalálja MN, Ha AC – Nap = 2. (1)

8. Háromszögben ABC a felekkel a, bÉs c oldalán Nap pont megjelölve D. Háromszögbe írt körökhöz ABDÉs ACD, közös érintőt metszve rajzolunk HIRDETÉS azon a ponton M. Keresse meg a szakasz hosszát AM. (Hossz AM nem függ a pont helyzetétől DÉs
egyenlő ½ ( c + b – a))

9. Egy derékszögű háromszögbe egy sugarú kört írunk A. A körfogat és a lábak nyúlványait érintő érintő sugara egyenlő R. Határozza meg a hipotenusz hosszát! ( R–a)

10. Háromszögben ABC az oldalak hossza ismert: AB = Val vel, AC = b, Nap = A. A háromszögbe írt kör egy oldalt érint AB azon a ponton C 1. A körvonal érinti az oldal kiterjesztését AB pontonként A azon a ponton C 2. Határozza meg a szakasz hosszát! C 1 C 2. (b)

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 in r. Háromszögbe írt kör sugara A 1 B 1 C 1 egyenlő R. Keresse meg a háromszögbe írt kör sugarát! ABC. (R +r).

A 4–8. feladatok Gordin R.K. „Geometry. Planimetria." Moszkva. MCNMO kiadó. 2004.

A kör érintőjének fogalma

Egy körnek három lehetséges relatív helyzete van egy egyeneshez képest:

Ha a kör középpontja és az egyenes távolsága kisebb, mint a sugár, akkor az egyenesnek két metszéspontja van a körrel.

Ha a kör középpontja és az egyenes távolsága egyenlő a sugárral, akkor az egyenesnek két metszéspontja van a körrel.

Ha a kör középpontja és az egyenes távolsága nagyobb, mint a sugár, akkor az egyenesnek két metszéspontja van a körrel.

Vezessük most be a kör érintővonalának fogalmát.

1. definíció

A kör érintője olyan egyenes, amelynek egy metszéspontja van.

A kör és az érintő közös pontját érintési pontnak nevezzük (1. ábra).

1. ábra Kör érintője

A kör érintője fogalmával kapcsolatos tételek

1. tétel

Érintő tulajdonság tétel: egy kör érintője merőleges az érintési pontra húzott sugárra.

Bizonyíték.

Tekintsünk egy kört, amelynek középpontja $O$. Rajzoljunk $a$ érintőt a $A$ pontban. $OA=r$ (2. ábra).

Bizonyítsuk be, hogy $a\bot r$

A tételt ellentmondással igazoljuk. Tegyük fel, hogy az $a$ érintő nem merőleges a kör sugarára.

2. ábra. Az 1. tétel illusztrációja

Azaz $OA$ hajlik az érintőre. Mivel az $a$ egyenesre merőleges mindig kisebb, mint az ugyanarra az egyenesre ferde, a kör középpontja és az egyenes távolsága kisebb, mint a sugár. Mint tudjuk, ebben az esetben az egyenesnek két metszéspontja van a körrel. Ami ellentmond az érintő definíciójának.

Ezért az érintő merőleges a kör sugarára.

A tétel bizonyítást nyert.

2. tétel

Az érintő tulajdonságtétel megfordítása: Ha egy kör sugarának végén áthaladó egyenes merőleges a sugárra, akkor ez az egyenes érinti ezt a kört.

Bizonyíték.

A feladat feltételei szerint a sugár a kör középpontjából egy adott egyenesre húzott merőleges. Ezért a kör középpontja és az egyenes távolsága megegyezik a sugár hosszával. Mint tudjuk, ebben az esetben a körnek csak egy metszéspontja van ezzel az egyenessel. Az 1. definíció alapján azt találjuk, hogy ez az egyenes érinti a kört.

A tétel bizonyítást nyert.

3. tétel

Az egyik pontból húzott kör érintőinek szakaszai egyenlőek, és egyenlő szöget zárnak be az ezen a ponton és a kör középpontján átmenő egyenessel.

Bizonyíték.

Legyen adott egy kör, amelynek középpontja a $O$ pontban van. Két különböző érintőt húzunk a $A$ pontból (amely a teljes körön fekszik). $B$ illetve $C$ érintkezési pontból (3. ábra).

Bizonyítsuk be, hogy $\angle BAO=\angle CAO$ és hogy $AB=AC$.

3. ábra A 3. tétel illusztrációja

Az 1. Tétel szerint a következőket kapjuk:

Ezért az $ABO$ és $ACO$ háromszögek derékszögű háromszögek. Mivel $OB=OC=r$, és a $OA$ befogó gyakori, ezért ezek a háromszögek a befogóban és a lábban egyenlők.

Így azt kapjuk, hogy $\angle BAO=\angle CAO$ és $AB=AC$.

A tétel bizonyítást nyert.

Példa a kör érintője fogalmának problémájára

1. példa

Adott egy kör, amelynek középpontja a $O$ és sugara $r=3\ cm$. Az $AC$ érintőnek van egy érintési pontja $C$. $AO=4\ cm$. Keresse meg a $AC$-t.

Megoldás.

Először ábrázoljunk mindent az ábrán (4. ábra).

4. ábra.

Mivel $AC$ egy érintő és $OC$ egy sugár, ezért az 1. Tételből azt kapjuk, hogy $\angle ACO=(90)^(()^\circ )$. Megállapítottuk, hogy a $ACO$ háromszög téglalap alakú, ami a Pitagorasz-tétel alapján azt jelenti, hogy:

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