Pieskares aplim. Pabeigt nodarbības - zināšanu hipermārkets. Pieskares līnija Kas ir pieskares leņķis

1. Attālums no apļa centra līdz taisnei ir lielāks par rādiusu.Šajā gadījumā visi līnijas punkti atrodas ārpus apļa.


2. Attālums no apļa centra līdz taisnei ir mazāks par rādiusu.Šajā gadījumā taisnei ir punkti, kas atrodas apļa iekšpusē, un, tā kā taisne ir bezgalīga abos virzienos, to šķērso aplis 2 punktos.


3. Attālums no apļa centra līdz taisnei ir vienāds ar rādiusu. Taisna līnija ir tangenss.

Tiek saukta taisne, kurai ar apli ir tikai viens kopīgs punkts pieskares uz apli.

Šajā gadījumā tiek saukts kopējais punkts saskarsmes punkts.

Pieskares pastāvēšanas iespējamību, turklāt izvilktu caur jebkuru riņķa punktu kā pieskares punktu, pierāda šāda teorēma.

Teorēma. Ja līnija ir perpendikulāra rādiusam tās galā, kas atrodas uz apļa, tad šī līnija ir pieskare.

Lai O (att.) ir kāda apļa centrs un OA ir kāds no tā rādiusa. Caur tā galu A mēs novelkam MN ^ OA.

Nepieciešams pierādīt, ka līnija MN ir pieskares, t.i. ka šai taisnei ir tikai viens kopīgs punkts A ar apli.

Pieņemsim pretējo: lai MN ir vēl viens kopīgs punkts ar apli, piemēram, B.

Tad taisne OB būtu rādiuss un līdz ar to vienāda ar OA.

Bet tā nevar būt, jo, ja OA ir perpendikulārs, tad OB jābūt slīpam pret MN, un slīpais ir lielāks par perpendikulu.

Apgrieztā teorēma. Ja līnija ir pieskares riņķim, tad rādiuss, kas novilkts līdz pieskares punktam, ir tai perpendikulārs.

Lai MN ir riņķa pieskares, A ir pieskares punkts un O ir riņķa centrs.

Ir jāpierāda, ka OA^MN.

Pieņemsim pretējo, t.i. Pieņemsim, ka no O uz MN nomestais perpendikuls nebūs OA, bet kāda cita taisne, piemēram, OB.

Ņemsim BC = AB un izpildīsim OS.

Tad OA un OS būs slīpi, vienlīdz tālu no perpendikulārā OB, un tāpēc OS = OA.

No tā izriet, ka aplim, ņemot vērā mūsu pieņēmumu, ar taisni MN būs divi kopīgi punkti: A un C, t.i. MN būs nevis tangenss, bet gan sekants, kas ir pretrunā ar nosacījumu.

Sekas. Caur jebkuru doto riņķa punktu var novilkt pieskares šim riņķim, un tikai vienu, jo caur šo punktu var novilkt perpendikulu, un tikai vienu, tajā ievilktajam rādiusam.

Teorēma. Pieskare, kas ir paralēla hordam, saskares punktā sadala loku, ko noliek horda, uz pusēm.

Ļaujiet taisnei AB (att.) pieskarties riņķim punktā M un būt paralēli akordam CD.

Mums jāpierāda, ka ÈCM = ÈMD.

Izvelkot diametru ME caur pieskares punktu, mēs iegūstam: EM ^ AB, tātad EM ^ CB.

Tāpēc CM=MD.

Uzdevums. Caur doto punktu novelciet dotā apļa pieskari.

Ja dots punkts atrodas uz apļa, tad caur to novelciet rādiusu un caur rādiusa galu - perpendikulāru taisnu līniju. Šī līnija būs vēlamā tangensa.

Apskatīsim gadījumu, kad punkts ir dots ārpus apļa.

Pieprasīt (att.) caur punktu A uzzīmēt pieskares riņķim ar centru O.

Lai to izdarītu, no punkta A kā centru mēs aprakstām loku ar rādiusu AO, un no punkta O kā centru mēs krustojam šo loku punktos B un C ar kompasa atveri, kas vienāda ar dotā apļa diametru. .

Pēc tam uzzīmējot hordas OB un OS, mēs savienojam punktu A ar punktiem D un E, kuros šīs hordas krustojas ar doto apli.

Līnijas AD un AE ir pieskares riņķim O.

Patiešām, no konstrukcijas ir skaidrs, ka caurules AOB un AOC ir vienādsānu (AO = AB = AC), kuru pamatnes OB un OS ir vienādas ar apļa O diametru.

Tā kā OD un OE ir rādiusi, tad D ir OB vidus, un E ir OS vidus, kas nozīmē, ka AD un AE ir mediānas, kas novilktas uz vienādsānu cauruļu pamatnēm un tāpēc ir perpendikulāras šīm bāzēm. Ja taisnes DA un EA ir perpendikulāras rādiusiem OD un OE, tad tās ir pieskares.

Sekas. Divas pieskares, kas novilktas no viena punkta uz apli, ir vienādas un veido vienādus leņķus ar taisni, kas savieno šo punktu ar centru.

Tātad AD=AE un ÐOAD = ÐOAE (att.), jo taisnstūrveida tr-ki AOD un AOE, kam ir kopīga hipotenūza AO un vienādas kājas OD un OE (kā rādiusi), ir vienādi.

Ņemiet vērā, ka šeit vārds "tangenss" nozīmē faktisko "pieskares segmentu" no dotā punkta līdz saskares punktam.

Uzdevums. Uzzīmējiet pieskares dotam riņķim O paralēli noteiktai taisnei AB (att.).

Mēs nolaižam perpendikulu OS uz AB no centra O un caur punktu D, kurā šis perpendikuls šķērso apli, novelkam EF || AB.

Pieskares, kuru mēs meklējam, būs EF.

Patiešām, kopš OS ^ AB un EF || AB, tad EF ^ OD, un līnija, kas ir perpendikulāra rādiusam tās galā, kas atrodas uz riņķa līnijas, ir tangenss.

Uzdevums. Uzzīmējiet kopīgu pieskari diviem apļiem O un O 1 (Zīm.).

Analīze. Pieņemsim, ka problēma ir atrisināta.

Ļaujiet AB ir kopējā pieskare, A un B ir pieskares punkti.

Acīmredzot, ja mēs atrodam vienu no šiem punktiem, piemēram, A, tad mēs varam viegli atrast otru.

Nozīmēsim rādiusus OA un O 1 B. Šie rādiusi, kas ir perpendikulāri kopējai pieskarei, ir paralēli viens otram.

Tāpēc, ja no O 1 izvelkam O 1 C || BA, tad cauruļvads OCO 1 virsotnē C būs taisnstūrveida.

Rezultātā, ja mēs aprakstām apli no O kā centru ar rādiusu OS, tad tas pieskarsies taisnei O 1 C punktā C.

Ir zināms šī palīgloka rādiuss: tas ir vienāds ar OA – CA = OA - O 1 B, t.i. tas ir vienāds ar šo apļu rādiusu starpību.

Būvniecība. No centra O mēs aprakstam apli, kura rādiuss ir vienāds ar šo rādiusu starpību.

No O 1 šim aplim novelkam tangensu O 1 C (tā, kā norādīts iepriekšējā uzdevumā).

Caur pieskares punktu C novelkam rādiusu OS un turpinām, līdz tas sastopas ar doto riņķi ​​punktā A. Visbeidzot no A novelkam AB paralēli CO 1.

Tieši tādā pašā veidā mēs varam konstruēt citu kopīgu pieskares A 1 B 1 (Zīm.). Tiek izsauktas tiešās līnijas AB un A 1 B 1 ārējā kopējās pieskares.

Var iztērēt vēl divus iekšējais pieskares šādi:

Analīze. Pieņemsim, ka problēma ir atrisināta (att.). Ļaujiet AB ir vēlamais tangenss.

Pieskares punktiem A un B novelkam rādiusus OA un O 1 B. Tā kā šie rādiusi abi ir perpendikulāri kopējai pieskarei, tie ir paralēli viens otram.

Tāpēc, ja no O 1 izvelkam O 1 C || BA un turpiniet OA līdz punktam C, tad OS būs perpendikulāra O 1 C.

Rezultātā aplis, kas aprakstīts ar rādiusu OS no punkta O kā centru, pieskaras taisnei O 1 C punktā C.

Šī palīgloka rādiuss ir zināms: tas ir vienāds ar OA+AC = OA+O 1 B, t.i. tas ir vienāds ar doto apļu rādiusu summu.

Būvniecība. No O kā centra mēs aprakstām apli, kura rādiuss ir vienāds ar šo rādiusu summu.

No O 1 šim riņķim novelkam pieskares O 1 C.

Savienojam kontaktpunktu C ar O.

Visbeidzot, caur punktu A, kurā OS krusto doto apli, mēs uzzīmējam AB = O 1 C.

Līdzīgā veidā mēs varam konstruēt citu iekšējo tangenti A 1 B 1.

Pieskares vispārīgā definīcija

Caur punktu A uz apli ar centru novelk tangensu AT un kādu sekantu AM (att.).

Pagriezīsim šo sekantu ap punktu A tā, lai otrs krustojuma punkts B virzītos arvien tuvāk un tuvāk A.

Tad perpendikulārais OD, kas nolaists no centra uz sekantu, arvien vairāk tuvosies rādiusam OA, un leņķis AOD var kļūt mazāks par jebkuru mazu leņķi.

Leņķis MAT, ko veido sekants un tangenss, ir vienāds ar leņķi AOD (to malu perpendikulitātes dēļ).

Tāpēc, punktam B bezgalīgi tuvojoties A, leņķis MAT var kļūt patvaļīgi mazs.

Tas ir izteikts citos vārdos šādi:

pieskare ir robežpozīcija, uz kuru tiecas sekants, kas izvilkts caur pieskares punktu, kad otrais krustošanās punkts neierobežoti tuvojas pieskares punktam.

Šī īpašība tiek uzskatīta par pieskares definīciju, runājot par jebkuru līkni.

Tādējādi līknes AB pieskare (att.) ir robežpozīcija MT, uz kuru tiecas sekants MN, kad krustojuma punkts P tuvojas M bez ierobežojumiem.

Ņemiet vērā, ka šādā veidā definētajai pieskarei var būt vairāk nekā viens kopīgs punkts ar līkni (kā redzams attēlā).

Tiešs ( MN), kam ir tikai viens kopīgs punkts ar apli ( A), sauca pieskares uz apli.

Šajā gadījumā tiek saukts kopējais punkts saskarsmes punkts.

Esamības iespēja pieskares, un turklāt izvilkts caur jebkuru punktu aplis, kā pieskares punkts, tiek pierādīts šādi teorēma.

Lai tas ir jāizpilda aplis ar centru O pieskares caur punktu A. Lai to izdarītu no punkta A, kā no centra, mēs aprakstām loka rādiuss A.O., un no punkta O, kā centru, mēs krustojam šo loku punktos B Un AR kompasa risinājums, kas vienāds ar dotā apļa diametru.

Pēc tērēšanas tad akordi O.B. Un OS, savienojiet punktu A ar punktiem D Un E, kurā šie akordi krustojas ar doto apli. Tieša AD Un A.E. - apļa pieskares O. Patiešām, no konstrukcijas tas ir skaidrs trijstūri AOB Un AOC vienādsānu(AO = AB = AC) ar pamatnēm O.B. Un OS, vienāds ar apļa diametru O.

Jo O.D. Un O.E.- rādiusi, tad D - vidū O.B., A E- vidus OS, Līdzekļi AD Un A.E. - mediānas, kas novilkta uz vienādsānu trīsstūru pamatiem un tāpēc ir perpendikulāra šīm pamatnēm. Ja taisni D.A. Un E.A. perpendikulāri rādiusiem O.D. Un O.E., tad viņi - pieskares.

Sekas.

Divas pieskares, kas novilktas no viena punkta uz apli, ir vienādas un veido vienādus leņķus ar taisni, kas savieno šo punktu ar centru.

Tātad AD=AE un ∠ OAD = ∠OAE jo taisnie trīsstūri AOD Un AOE, kam kopīgs hipotenūza A.O. un vienāds kājas O.D. Un O.E.(kā rādiusi), ir vienādi. Ņemiet vērā, ka šeit vārds "tangence" faktiski nozīmē " pieskares segments” no dotā punkta līdz saskares punktam.

Taisni, kurai ir tikai viens kopīgs punkts ar apli, sauc par riņķa pieskari, un to kopīgo punktu sauc par taisnes un apļa pieskares punktu.

Teorēma (apļa pieskares īpašība)

Riņķa pieskare ir perpendikulāra rādiusam, kas novilkts līdz pieskares punktam.

Ņemot vērā

A – saskarsmes punkts

Pierādīt:p OA

Pierādījums.

Pierādīsim to ar pretrunu.

Pieņemsim, ka p ir OA, tad OA ir nosliece uz taisni p.

Ja no punkta O novelkam perpendikulāru OH taisnei p, tad tās garums būs mazāks par rādiusu: OH< ОА=r

Mēs atklājam, ka attālums no apļa centra līdz taisnei p (OH) ir mazāks par rādiusu (r), kas nozīmē, ka taisne p ir sekanta (tas ir, tai ir divi kopīgi punkti ar apli), kas ir pretrunā teorēmas nosacījumiem (p ir tangenss).

Tas nozīmē, ka pieņēmums ir nepareizs, tāpēc taisne p ir perpendikulāra OA.

Teorēma (no viena punkta novilkto pieskares segmentu īpašība)

No viena punkta novilkta riņķa pieskares segmenti ir vienādi un veido vienādus leņķus ar taisnu līniju, kas iet caur šo punktu un apļa centru.

Ņemot vērā: apm. (O;r)

AB un AC ir apkārtnes pieskares. (O;r)

Pierādīt: AB=AC

Pierādījums

1) OB AB, OS AC, kā rādiusi, kas novilkti līdz pieskares punktam (pieskares īpašība)

2) Apsveriet tr. AOB utt. AOS – p/u

AS – ģenerālis

OB=OS (kā rādiusi)

Tas nozīmē, ka ABO = AOC (pēc hipotenūzas un kājas). Tāpēc

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

Teorēma (Tangenciālais tests)

Ja līnija iet caur rādiusa galu, kas atrodas uz apļa, un ir perpendikulāra šim rādiusam, tad tā ir pieskare.

Ņemot vērā: OA – apļa rādiuss

Pierādīt: p- riņķa pieskares

Pierādījums

OA – apļa rādiuss (atbilstoši nosacījumam) (OA=r)

OA – perpendikulāri no O līdz taisnei p (OA =d)

Tas nozīmē r=OA=d, kas nozīmē, ka taisnei p un aplim ir viens kopīgs punkts.

Tāpēc līnija p ir pieskares riņķim. utt.

3.Akordu un sekantu īpašības.

Pieskares un sekanta īpašības

DEFINĪCIJA

Apkārtmērs ir tādu punktu atrašanās vieta, kas atrodas vienādā attālumā no viena punkta, ko sauc par apļa centru.

Tiek saukts līnijas segments, kas savieno divus riņķa punktus akords(attēlā tas ir segments). Tiek saukta horda, kas iet caur apļa centru diametrs aprindās.

1. Pieskare ir perpendikulāra rādiusam, kas novilkts līdz saskares punktam.

2. Pieskares segmenti, kas novilkti no viena punkta, ir vienādi.

3. Ja no punkta, kas atrodas ārpus apļa, novilkta pieskare un atzars, tad pieskares garuma kvadrāts ir vienāds ar atzares un tās ārējās daļas reizinājumu.

Visbiežāk tieši ģeometriskās problēmas rada grūtības gan reflektantiem, gan absolventiem, gan matemātikas olimpiāžu dalībniekiem. Ja paskatās uz 2010. gada vienotā valsts eksāmena statistiku, var redzēt, ka aptuveni 12% dalībnieku uzsāka ģeometrisko uzdevumu C4, un tikai 0,2% dalībnieku saņēma pilnu punktu skaitu, un kopumā problēma izrādījās visgrūtākais no visiem ierosinātajiem.

Acīmredzot, jo ātrāk piedāvāsim skolēniem skaistus vai negaidītus problēmu risināšanas veidus, jo lielāka iespēja viņus nopietni un uz ilgu laiku ieinteresēt un aizraut. Bet cik grūti ir atrast interesantas un sarežģītas problēmas 7. klases līmenī, kad sistemātiska ģeometrijas apguve tikai sākas. Ko var piedāvāt matemātikas interesentam, kurš zina tikai trīsstūru vienādības zīmes un blakus esošo un vertikālo leņķu īpašības? Tomēr var ieviest riņķa pieskares jēdzienu kā taisnu līniju, kurai ir viens kopīgs punkts ar apli; pieņemsim, ka saskares punktam novilktais rādiuss ir perpendikulārs pieskarei. Protams, ir vērts apsvērt visus iespējamos divu apļu izvietojuma gadījumus un tiem kopīgās pieskares, kuras var novilkt no nulles līdz četrām. Pierādot tālāk piedāvātās teorēmas, jūs varat ievērojami paplašināt septītās klases skolēnu uzdevumu kopumu. Tajā pašā laikā pierādiet svarīgus vai vienkārši interesantus un izklaidējošus faktus. Turklāt, tā kā daudzi apgalvojumi nav iekļauti skolas mācību grāmatā, tos var apspriest apļa stundās un ar absolventiem, atkārtojot planimetriju. Šie fakti izrādījās aktuāli pagājušajā mācību gadā. Tā kā daudzi diagnostikas darbi un pats Vienotās valsts ekspertīzes darbs saturēja problēmu, kuras risināšanai bija jāizmanto tālāk pierādītā pieskares segmenta īpašība.

T 1 Apļa pieskares segmenti, kas novilkti no
vienāds ar vienu punktu (1. att.)

Šī ir teorēma, ar kuru vispirms varat iepazīstināt septītās klases skolēnus.
Pierādīšanas procesā izmantojām taisnleņķa trīsstūru vienādības zīmi un secinājām, ka apļa centrs atrodas uz leņķa bisektrise BSA.
Pa ceļam mēs atcerējāmies, ka leņķa bisektrise ir punktu lokuss leņķa iekšējā reģionā, kas atrodas vienādā attālumā no tā malām. Risinājums nebūt ne triviālai problēmai ir balstīts uz šiem faktiem, kas ir pieejami pat tiem, kas tikko sāk mācīties ģeometriju.

1. Leņķa bisektrise A, IN Un AR izliekts četrstūris ABCD krustojas vienā punktā. Stari AB Un DC krustojas punktā E, un stari
Sv Un AD punktā F. Pierādīt, ka neizliekts četrstūris AECF pretējo malu garumu summas ir vienādas.

Risinājums (2. att.).Ļaujiet PAR– šo bisektoru krustpunkts. Tad PAR vienādā attālumā no visām četrstūra malām ABCD, tas ir
ir četrstūrī ierakstīta riņķa centrs. Pēc teorēmas 1 šādas vienādības ir patiesas: AR = A.K., ER = E.P., F.T. = FK. Saskaitīsim kreiso un labo pusi pa vārdam un iegūsim pareizo vienādību:

(AR + ER) + F.T. = (A.K. +FK) + E.P.; A.E. + (F.C. + C.T.) = A.F. + (ES + PC). Jo ST = RS, Tas AE + F.C. = A.F. + ES, kas bija tas, kas bija jāpierāda.

Apskatīsim problēmu ar neparastu formulējumu, kuras atrisināšanai pietiek zināt teorēmu 1 .

2. Vai ir n-trijstūris, kura malas secīgi ir 1, 2, 3, ..., n, kurā var ierakstīt apli?

Risinājums. Teiksim tā n-gon pastāv. A 1 A 2 =1, …, A n-1 A n= n– 1,A n A 1 = n. B 1 , …, B n – atbilstošie saskares punkti. Tad pēc 1. teorēmas A 1 B 1 = A 1 B n< 1, n – 1 < A n B n< n. Pēc pieskares segmentu īpašībām A n B n= A n B n-1 . Bet, A n B n-1< A n-1 A n= n – 1. Pretruna. Tāpēc nē n-gon atbilst problēmas nosacījumiem.

T 2 Aprakstītā četrstūra pretējo malu summas
apļi ir vienādi (3. att.)

Skolēni, kā likums, viegli pierāda šo aprakstītā četrstūra īpašību. Pēc teorēmas pierādīšanas 1 , tas ir treniņu vingrinājums. Šo faktu varam vispārināt – norobežota pāra trijstūra malu summas, ņemtas caur vienu malu, ir vienādas. Piemēram, sešstūrim ABCDEF pa labi: AB + CD + EF = BC + DE + FA.

Risinājums (1. att.). Tā kā četrstūri ABEF un ECDF ir cikliski, tad pēc 2. teorēmas P ABEF = 2(AB + EF) un P ECDF = 2(CD + EF), pēc nosacījuma

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

Risinājums (5. att.). Pēc 1. teorēmas MV = MX un RS = RH. Tāpēc trijstūra perimetrs AMR vienāds ar segmentu summu AB Un AC. Or dubultā pieskare, kas novilkta uz trijstūra apli AMR . MOP leņķa vērtību mēra ar pusi no leņķa VOS, kas nav atkarīgs no punkta izvēles X.

Risinājums (6. att.). Pirmā metode (algebriskā). Ļaujiet AK = AN = x, Tad BK = BM = c – x, CM = CN = a – c + x. AC = AN + NC, tad mēs varam izveidot vienādojumu x: b = x + (a – c + x). Kur .

Otrā metode (ģeometriskā). Apskatīsim diagrammu. Vienādu pieskares segmenti, kas ņemti pa vienam, tiek summēti līdz pusperimetram
trīsstūris. Sarkans un zaļš veido pusi A. Tad segments, kas mūs interesē x = p – a. Protams, iegūtie rezultāti sakrīt.

. Z

4. Atrodiet taisnleņķa trijstūrī ierakstīta riņķa rādiusu ar kājām a, b un hipotenūza Ar. Risinājums (8. att.). T labi kā OMCN — kvadrātā, tad ierakstītā apļa rādiuss ir vienāds ar pieskares segmentu CN. .

5. Pierādīt, ka ievilktā un apļa pieskares punkti ar trijstūra malu ir simetriski ap šīs malas vidu.

Risinājums (9. att.).Ņemiet vērā, ka AK ir trijstūra excircle pieskares segments ABC. Saskaņā ar formulu (2) . VM- līnijas segments trijstūra apļa pieskare ABC. Saskaņā ar formulu (1) . AK = VM, un tas nozīmē, ka punkti K un M vienādā attālumā no sānu vidus AB, Q.E.D.

6. Diviem apļiem ir novilktas divas kopējās ārējās pieskares un viena iekšējā pieskares. Iekšējā tangensa punktos krusto ārējās pieskares A, B un pieskaras apļiem punktos A 1 Un IN 1 . Pierādiet to AA 1 = BB 1.

Risinājums (10. att.). Beidz... Ko tur lemt? Tas ir tikai atšķirīgs iepriekšējās problēmas formulējums. Acīmredzot, viens no apļiem ir ierakstīts, bet otrs ir aplis noteiktam trīsstūrim ABC. Un segmenti AA 1 un BB 1 atbilst segmentiem AK Un VM uzdevumi 5. Zīmīgi, ka Viskrievijas skolēnu matemātikas olimpiādē ierosinātā problēma tiek atrisināta tik acīmredzamā veidā.

7. Piecstūra malas šķērsošanas secībā ir 5, 6, 10, 7, 8. Pierādiet, ka šajā piecstūrī nevar ierakstīt apli.

Risinājums (11. att.). Pieņemsim, ka piecstūrī ABCDE jūs varat ierakstīt apli. Turklāt partijas AB, B.C., CD, DE Un EA ir vienādi ar attiecīgi 5, 6, 10, 7 un 8. Atzīmēsim pieskares punktus secīgi – F, G, H, M Un N. Ļaujiet segmenta garumam A.F. vienāds ar X.

Tad B.F. = FD – A.F. = 5 – x = B.G.. G.C. = B.C. – B.G. = = 6 – (5 – x) = 1 + x = CH. Un tā tālāk: HD = DM = 9 – x; M.E. = LV = x – 2, AN = 10 – X.

Bet, A.F. = AN. Tas ir 10 - X = X; X= 5. Tomēr pieskares segments A.F. nevar vienādās pusēs AB. Iegūtā pretruna pierāda, ka apli nevar ierakstīt dotajā piecstūrī.

8. Sešstūrī ir ierakstīts aplis, kura malas aprites secībā ir 1, 2, 3, 4, 5. Atrodiet sestās malas garumu.

Risinājums. Protams, mēs varam apzīmēt pieskares segmentu kā X, tāpat kā iepriekšējā uzdevumā, izveidojiet vienādojumu un iegūstiet atbildi. Taču daudz efektīvāk un efektīvāk ir izmantot piezīmi teorēmai 2 : ierobežota sešstūra malu summas, kas ņemtas viena caur otru, ir vienādas.

Tad 1 + 3 + 5 = 2 + 4 + X, Kur X- nezināma sestā puse, X = 3.

Risinājums (12. att.). Tā kā visu malu garumi ir veseli skaitļi, segmentu garumu daļdaļas ir vienādas BT, B.P., DM, DN, A.K. Un AT. Mums ir AT + TV= 1, un segmentu garumu daļdaļas AT Un TB ir vienādi. Tas ir iespējams tikai tad, kad AT + TV= 0,5. Pēc teorēmas 1 VT + VR.
nozīmē, VR= 0,5. Ņemiet vērā, ka nosacījums CD= 3 izrādījās nepieprasīti. Acīmredzot problēmas autori pieņēma kādu citu risinājumu. Atbilde: 0,5.

10. Četrstūrī ABCD AD = DC, AB = 3, BC = 5. Trīsstūros ierakstīti apļi ABD Un CBD pieskarieties segmentam BD punktos M Un N attiecīgi. Atrodiet segmenta garumu MN.

Risinājums (13. att.). MN = DN – DM. Pēc formulas (1) trijstūriem DBA Un DBC attiecīgi mums ir:

11. Četrstūrī ABCD jūs varat ierakstīt apli. Trīsstūros ierakstīti apļi ABD Un CBD ir rādiusi R Un r attiecīgi. Atrodiet attālumu starp šo apļu centriem.

Risinājums (13. att.). Tā kā pēc nosacījuma četrstūris ABCD ierakstīts, pēc teorēmas 2 mums ir: AB + DC = AD + BC. Izmantosim ideju par iepriekšējās problēmas risināšanu. . Tas nozīmē, ka apļu saskares punkti ar segmentu DM sakrīt. Attālums starp apļu centriem ir vienāds ar rādiusu summu. Atbilde: R+r.

Faktiski ir pierādīts, ka stāvoklis ir četrstūrī ABCD jūs varat ierakstīt apli, kas ir ekvivalents nosacījumam - izliektā četrstūrī ABCD apļi, kas ierakstīti trijstūrī ABC Un ADC pieskarties viens otram. Tieši otrādi.

Šos divus savstarpēji apgrieztos apgalvojumus tiek piedāvāts pierādīt sekojošā uzdevumā, ko var uzskatīt par šīs problēmas vispārinājumu.

12.Izliektā četrstūrī ABCD (rīsi. 14) apļi, kas ierakstīti trijstūrī ABC Un ADC pieskarties viens otram. Pierādīt, ka apļi ierakstīti trijstūrī ABD Un BDC arī pieskaras viens otram.

13.Trijstūrī ABC ar partijām a, b Un c uz sāniem Sv punkts atzīmēts D lai apļi ierakstīti trīsstūros ABD Un ACD pieskarieties segmentam AD vienā brīdī. Atrodiet segmenta garumu BD.

Risinājums (15. att.). Trijstūriem piemērosim formulu (1). ADC Un A.D.B., aprēķinot DM divi

Izrādās, D– saskares punkts ar sānu Sv aplis, kas ierakstīts trijstūrī ABC. Ir otrādi: ja trijstūra virsotne ir savienota ar pretējā pusē ierakstīta apļa pieskares punktu, tad iegūtajos trīsstūros ierakstītie apļi saskaras viens ar otru.

14. Centri PAR 1 , PAR 2 un PAR 3 trijstūra virsotnēs atrodas trīs viena rādiusa nekrustojas apļi. No punktiem PAR 1 , PAR 2 , PAR 3, šo apļu pieskares ir novilktas, kā parādīts attēlā.

Ir zināms, ka šīs pieskares, krustojot, veidoja izliektu sešstūri, kura malas ir nokrāsotas sarkanā un zilā krāsā. Pierādīt, ka sarkano segmentu garumu summa ir vienāda ar zilo segmentu garumu summu.

Risinājums (16. att.). Ir svarīgi saprast, kā izmantot to, ka dotajiem apļiem ir vienādi rādiusi. Ņemiet vērā, ka segmenti BR Un DM ir vienādi, kas izriet no taisnleņķa trīsstūru vienādības PAR 1 BR Un O 2 B.M.. Tāpat D.L. = D.P., FN = FK. Mēs saskaitām vienādības pa vārdam, pēc tam no iegūtajām summām atņemam vienādus pieskares segmentus, kas iegūti no virsotnēm A, AR, Un E sešstūris ABCDEF: AR Un A.K., C.L. Un C.M., LV Un E.P.. Mēs iegūstam to, kas mums nepieciešams.

Šeit ir stereometrijas problēmas piemērs, kas ierosināts XII starptautiskajā matemātikas turnīrā vidusskolēniem “Kauss A. N. Kolmogorova piemiņai”.

16.Dota piecstūra piramīda SA 1 A 2 A 3 A 4 A 5 . Ir sfēra w, kas skar visas piramīdas malas un vēl vienu sfēru w 1, kas skar visas pamatnes malas A 1 A 2 A 3 A 4 A 5 un sānu ribu turpinājumi SA 1, SA 2, SA 3, SA 4, SA 5ārpus pamatnes virsotnēm. Pierādīt, ka piramīdas virsotne atrodas vienādā attālumā no pamatnes virsotnēm. (Berlovs S. L., Karpovs D. V.)

17. Vienotais valsts eksāmens. Diagnostikas darbs 8.12.2009, P–4. Dota trapece ABCD, kuras pamati BC = 44,AD = 100, AB = CD= 35. Aplis, kas pieskaras taisnēm AD Un A.C., pieskaras sāniem CD punktā K. Atrodiet segmenta garumu CK.BDC un BDA, pieskarieties sāniem ВD punktos E Un F. Atrodiet segmenta garumu E.F..

Risinājums. Ir iespējami divi gadījumi (20. un 21. att.). Izmantojot formulu (1), mēs atrodam segmentu garumus DE Un DF.

Pirmajā gadījumā AD = 0,1AC, CD = 0,9A.C.. Otrajā - AD = 0,125AC, CD = 1,125A.C.. Mēs aizvietojam datus un saņemam atbildi: 4.6 vai 5.5.

Problēmas patstāvīgam risinājumam/

1. Ap apli apvilktas vienādsānu trapeces perimetrs ir vienāds ar 2 rub. Atrodiet trapeces diagonāles projekciju uz lielāko pamatni. (1/2r)

2. Vienotā valsts eksāmena uzdevumu atklātā banka matemātikā. 4. plkst. Uz apli, kas ierakstīts trijstūrī ABC (22. att.), tiek novilktas trīs pieskares. Griezto trijstūri perimetrs ir 6, 8, 10. Atrodiet šī trijstūra perimetru. (24)

3. Trīsstūrī ABC aplis ir ierakstīts. MN – pieskares aplim, MÎ AC, NÎ BC, BC = 13, AC = 14, AB = 15. Atrodiet trīsstūra perimetru MNC. (12)

4. Aplim, kas ierakstīts kvadrātā ar malu a, tiek novilkta pieskare, kas krusto tā abas malas. Atrodiet nogrieztā trīsstūra perimetru. (A)

5. Piecstūrī ar malām ir ierakstīts aplis A, d, c, d Un e. Atrodiet segmentus, kuros pieskares punkts sadala malu, kas vienāda ar A.

6. Trijstūrī ar malām 6, 10 un 12 ir ierakstīts aplis. Aplim tiek uzvilkta pieskare tā, lai tā krustotu divas garās malas. Atrodiet nogrieztā trīsstūra perimetru. (16)

7. CD– trijstūra mediāna ABC. Trīsstūros ierakstīti apļi ACD Un BCD, pieskarieties segmentam CD punktos M Un N. Atrast MN, Ja AC – Sv = 2. (1)

8. Trijstūrī ABC ar partijām a, b Un c uz sāniem Sv punkts atzīmēts D. Uz apļiem, kas ierakstīti trīsstūros ABD Un ACD, tiek novilkta kopīgā pieskare, kas krustojas AD punktā M. Atrodiet segmenta garumu AM. (garums AM nav atkarīgs no punkta stāvokļa D Un
vienāds ar ½ ( c + b – a))

9. Taisnleņķa trijstūrī ir ierakstīts aplis ar rādiusu A. Apļa pieskares rādiuss hipotenūzai un kāju pagarinājumiem ir vienāds ar R. Atrodiet hipotenūzas garumu. ( R–a)

10.Trijstūrī ABC ir zināmi malu garumi: AB = Ar, AC = b, Sv = A. Trijstūrī ierakstīts aplis pieskaras malai AB punktā C 1. Aplis pieskaras sānu pagarinājumam AB par punktu A punktā C 2. Nosakiet segmenta garumu C 1 C 2. (b)

11. Atrodiet trijstūra malu garumus, kas dalīti ar ierakstītā apļa, kura rādiuss ir 3 cm, pieskares punktu 4 cm un 3 cm segmentos (7, 24 un 25 cm taisnleņķa trijstūrī)

12. Sorosa olimpiāde 1996, 2. kārta, 11. kl. Dots trīsstūris ABC, kuras malās ir atzīmēti punkti A 1, B 1, C 1. Trīsstūros ierakstīti apļu rādiusi AC 1 B 1, BC 1 A 1, SA 1 B 1 vienāds ar r. Trijstūrī ierakstīta riņķa rādiuss A 1 B 1 C 1 vienāds R. Atrodiet trijstūrī ierakstīta riņķa rādiusu ABC. (R +r).

4.–8. uzdevums ir ņemts no Gordina R.K. uzdevumu grāmatas “Ģeometrija. Planimetrija." Maskava. Izdevniecība MCNMO. 2004. gads.

Apļa pieskares jēdziens

Aplim ir trīs iespējamās relatīvās pozīcijas attiecībā pret taisnu līniju:

Ja attālums no apļa centra līdz taisnei ir mazāks par rādiusu, tad taisnei ir divi krustošanās punkti ar apli.

Ja attālums no apļa centra līdz taisnei ir vienāds ar rādiusu, tad taisnei ir divi krustošanās punkti ar apli.

Ja attālums no apļa centra līdz taisnei ir lielāks par rādiusu, tad taisnei ir divi krustošanās punkti ar apli.

Tagad ieviesīsim riņķa pieskares līnijas jēdzienu.

1. definīcija

Riņķa pieskare ir taisne, kurai ir viens krustošanās punkts.

Apļa un pieskares kopīgo punktu sauc par pieskares punktu (1. attēls).

1. attēls. Apļa pieskares

Teorēmas, kas saistītas ar riņķa pieskares jēdzienu

1. teorēma

Pieskares īpašību teorēma: riņķa pieskare ir perpendikulāra rādiusam, kas novilkts līdz pieskares punktam.

Pierādījums.

Apsveriet apli ar centru $O$. Novelkam pieskari $a$ punktā $A$. $OA=r$ (2. att.).

Pierādīsim, ka $a\bot r$

Teorēmu pierādīsim ar pretrunu. Pieņemsim, ka pieskare $a$ nav perpendikulāra apļa rādiusam.

2. attēls. 1. teorēmas ilustrācija

Tas nozīmē, ka $OA$ ir slīps pret tangensu. Tā kā perpendikulārs taisnei $a$ vienmēr ir mazāks nekā slīpais pret to pašu taisni, attālums no apļa centra līdz taisnei ir mazāks par rādiusu. Kā zināms, šajā gadījumā taisnei ir divi krustošanās punkti ar apli. Kas ir pretrunā ar pieskares definīciju.

Tāpēc pieskare ir perpendikulāra apļa rādiusam.

Teorēma ir pierādīta.

2. teorēma

Pieskares īpašību teorēmas apvērsums: Ja taisne, kas iet caur riņķa rādiusa galu, ir perpendikulāra rādiusam, tad šī taisne ir pieskares šim riņķim.

Pierādījums.

Saskaņā ar uzdevuma nosacījumiem rādiuss ir perpendikuls, kas novilkts no riņķa centra uz doto taisni. Tāpēc attālums no apļa centra līdz taisnei ir vienāds ar rādiusa garumu. Kā zināms, šajā gadījumā aplim ir tikai viens krustpunkts ar šo taisni. Pēc 1. definīcijas mēs atklājam, ka šī līnija ir pieskares riņķim.

Teorēma ir pierādīta.

3. teorēma

No viena punkta novilkta riņķa pieskares segmenti ir vienādi un veido vienādus leņķus ar taisnu līniju, kas iet caur šo punktu un apļa centru.

Pierādījums.

Dots aplis, kura centrs atrodas punktā $O$. No punkta $A$ (kas atrodas uz visa apļa) tiek novilktas divas dažādas pieskares. No saskares punkta attiecīgi $B$ un $C$ (3. att.).

Pierādīsim, ka $\angle BAO=\angle CAO$ un ka $AB=AC$.

3. attēls. 3. teorēmas ilustrācija

Saskaņā ar 1. teorēmu mums ir:

Tāpēc trijstūri $ABO$ un $ACO$ ir taisnleņķa trijstūri. Tā kā $OB=OC=r$ un hipotenūza $OA$ ir izplatīta, tad šie trīsstūri ir vienādi hipotenūzā un kājā.

Tādējādi mēs iegūstam, ka $\angle BAO=\angle CAO$ un $AB=AC$.

Teorēma ir pierādīta.

Problēmas piemērs par riņķa pieskares jēdzienu

1. piemērs

Dots aplis ar centru punktā $O$ un rādiusu $r=3\ cm$. Pieskarei $AC$ ir pieskares punkts $C$. $AO=4\ cm$. Atrodiet $AC$.

Risinājums.

Vispirms attēlosim visu attēlā (4. att.).

4. attēls.

Tā kā $AC$ ir tangenss un $OC$ ir rādiuss, tad ar 1. teorēmu iegūstam $\angle ACO=(90)^(()^\circ )$. Mēs atklājām, ka trīsstūris $ACO$ ir taisnstūrveida, kas nozīmē, ka saskaņā ar Pitagora teorēmu mums ir:

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