Styczna do okręgu. Kompletne lekcje - Hipermarket Wiedzy. Linia styczna Co to jest kąt styczny

1. Odległość środka okręgu od prostej jest większa od promienia. W tym przypadku wszystkie punkty linii leżą poza okręgiem.


2. Odległość środka okręgu od prostej jest mniejsza niż promień. W tym przypadku linia prosta ma punkty leżące wewnątrz okręgu, a ponieważ linia prosta jest nieskończona w obu kierunkach, przecina ją okrąg w 2 punktach.


3. Odległość środka okręgu od prostej jest równa promieniowi. Linia prosta jest styczna.

Prostą, która ma tylko jeden punkt wspólny z okręgiem, nazywa się tangens do kręgu.

W tym przypadku nazywany jest punkt wspólny punktem kontaktowym.

Możliwość istnienia stycznej, a ponadto poprowadzonej przez dowolny punkt okręgu jako punkt styczności, udowadnia następujące twierdzenie.

Twierdzenie. Jeżeli prosta jest prostopadła do promienia na końcu leżącego na okręgu, to ta prosta jest styczną.

Niech O (rys.) będzie środkiem jakiegoś okręgu, a OA częścią jego promienia. Przez jego koniec A przeciągamy MN ^ OA.

Należy wykazać, że prosta MN jest styczna, tj. że prosta ta ma tylko jeden punkt wspólny A z okręgiem.

Załóżmy odwrotnie: niech MN ma inny punkt wspólny z okręgiem, na przykład B.

Wtedy linia prosta OB byłaby promieniem, a zatem równa OA.

Ale tak nie może być, gdyż jeśli OA jest prostopadła, to OB musi być nachylona do MN, a nachylona jest większa od prostopadłej.

Twierdzenie odwrotne. Jeżeli prosta jest styczna do okręgu, to promień poprowadzony do punktu styczności jest do niej prostopadły.

Niech MN będzie styczną do okręgu, A punktem styczności, a O środkiem okręgu.

Należy udowodnić, że OA^MN.

Załóżmy odwrotnie, tj. Załóżmy, że prostopadła rzucona z O do MN nie będzie OA, ale inną prostą, np. OB.

Weźmy BC = AB i wykonajmy OS.

Wtedy OA i OS będą nachylone, jednakowo oddalone od prostopadłej OB, a zatem OS = OA.

Wynika z tego, że okrąg, biorąc pod uwagę nasze założenie, będzie miał dwa punkty wspólne z prostą MN: A i C, tj. MN nie będzie styczną, ale sieczną, co jest sprzeczne z warunkiem.

Konsekwencja. Przez dowolny punkt na okręgu można poprowadzić styczną do tego okręgu i tylko jedną, gdyż przez ten punkt można poprowadzić prostopadłą i tylko jedną do wciągniętego w niego promienia.

Twierdzenie. Styczna równoległa do cięciwy dzieli łuk, na którym opiera się cięciwa, na pół w punkcie styku.

Niech prosta AB (rys.) dotyka okręgu w punkcie M i jest równoległa do cięciwy CD.

Musimy udowodnić, że ÈCM = ÈMD.

Rysując średnicę ME przez punkt styczności, otrzymujemy: EM ^ AB, a zatem EM ^ CB.

Zatem CM=MD.

Zadanie. Przez dany punkt poprowadź styczną do danego okręgu.

Jeżeli dany punkt leży na okręgu, to poprowadź przez niego promień i prostą prostopadłą przez koniec promienia. Ta linia będzie pożądaną styczną.

Rozważmy przypadek, gdy punkt jest dany poza okręgiem.

Niech będzie wymagane (ryc.) narysowanie stycznej do okręgu o środku O przez punkt A.

W tym celu z punktu A jako środek opisujemy łuk o promieniu AO, a z punktu O jako środek przecinamy ten łuk w punktach B i C z otworem kompasu równym średnicy danego okręgu .

Po narysowaniu cięciw OB i OS łączymy punkt A z punktami D i E, w których cięciwy te przecinają się z danym okręgiem.

Linie AD i AE są styczne do okręgu O.

Rzeczywiście z konstrukcji jasno wynika, że ​​rury AOB i AOC są równoramienne (AO = AB = AC), których podstawy OB i OS są równe średnicy koła O.

Ponieważ OD i OE są promieniami, wówczas D jest środkiem OB, a E jest środkiem OS, co oznacza, że ​​AD i AE to środkowe poprowadzone do podstaw rur równoramiennych, a zatem prostopadłe do tych podstaw. Jeżeli proste DA i EA są prostopadłe do promieni OD i OE, to są styczne.

Konsekwencja. Dwie styczne poprowadzone z jednego punktu do okręgu są równe i tworzą równe kąty z linią prostą łączącą ten punkt ze środkiem.

Zatem AD=AE i ÐOAD = ÐOAE (ryc.), ponieważ prostokątne tr-ki AOD i AOE, mające wspólną przeciwprostokątną AO i równe ramiona OD i OE (jako promienie), są równe.

Należy zauważyć, że tutaj słowo „styczna” oznacza rzeczywisty „odcinek styczny” od danego punktu do punktu styku.

Zadanie. Narysuj styczną do danego okręgu O, równoległą do danej prostej AB (rys.).

Opuszczamy prostopadłą OS do AB ze środka O i przez punkt D, w którym ta prostopadła przecina okrąg, rysujemy EF || AB.

Styczna, której szukamy, będzie EF.

Rzeczywiście, ponieważ OS ^ AB i EF || AB, następnie EF ^ OD, a prosta prostopadła do promienia na jego końcu leżąca na okręgu jest styczną.

Zadanie. Narysuj wspólną styczną do dwóch okręgów O i O 1 (ryc.).

Analiza. Załóżmy, że problem został rozwiązany.

Niech AB będzie wspólną styczną, A i B punktami styczności.

Oczywiście, jeśli znajdziemy jeden z tych punktów, na przykład A, to bez problemu znajdziemy drugi.

Narysujmy promienie OA i O 1 B. Promienie te, prostopadłe do wspólnej stycznej, są do siebie równoległe.

Zatem jeśli z O 1 wyciągniemy O 1 C || BA, wówczas rurociąg OCO 1 będzie prostokątny w wierzchołku C.

W rezultacie, jeśli opiszemy okrąg z O jako środek o promieniu OS, to będzie on dotykał prostej O 1 C w punkcie C.

Promień tego okręgu pomocniczego jest znany: jest równy OA – CA = OA – O 1 B, tj. jest równa różnicy promieni tych okręgów.

Budowa. Ze środka O opisujemy okrąg o promieniu równym różnicy tych promieni.

Z O 1 rysujemy styczną O 1 C do tego okręgu (w sposób wskazany w poprzednim zadaniu).

Przez punkt styczny C rysujemy promień OS i kontynuujemy go, aż dotrze do zadanego okręgu w punkcie A. Na koniec z A rysujemy AB równolegle do CO 1.

Dokładnie w ten sam sposób możemy skonstruować kolejną wspólną styczną A 1 B 1 (ryc.). Wywoływane są linie bezpośrednie AB i A 1 B 1 zewnętrzny wspólne styczne.

Możesz wydać jeszcze dwa wewnętrzny styczne w następujący sposób:

Analiza. Załóżmy, że problem został rozwiązany (ryc.). Niech AB będzie pożądaną styczną.

Narysujmy promienie OA i O 1 B do punktów stycznych A i B. Ponieważ oba te promienie są prostopadłe do wspólnej stycznej, są one do siebie równoległe.

Zatem jeśli z O 1 wyciągniemy O 1 C || BA i kontynuuj OA do punktu C, następnie OS będzie prostopadły do ​​O 1 C.

W rezultacie okrąg opisany promieniem OS z punktu O jako środka dotknie prostej O 1 C w punkcie C.

Promień tego okręgu pomocniczego jest znany: jest równy OA+AC = OA+O 1 B, tj. jest równa sumie promieni danych okręgów.

Budowa. Od O jako środka opisujemy okrąg o promieniu równym sumie tych promieni.

Z O 1 rysujemy styczną O 1 C do tego okręgu.

Łączymy punkt styku C z O.

Wreszcie przez punkt A, w którym OS przecina dany okrąg, rysujemy AB = O 1 C.

W podobny sposób możemy skonstruować kolejną styczną wewnętrzną A 1 B 1.

Ogólna definicja stycznej

Niech styczna AT i sieczna AM zostaną poprowadzone przez punkt A do okręgu o środku (rys.).

Obróćmy tę sieczną wokół punktu A tak, aby drugi punkt przecięcia B zbliżał się coraz bardziej do A.

Wtedy prostopadła OD, obniżona od środka do siecznej, będzie coraz bardziej zbliżać się do promienia OA, a kąt AOD może stać się mniejszy niż jakikolwiek mały kąt.

Kąt MAT utworzony przez sieczną i styczną jest równy kątowi AOD (ze względu na prostopadłość ich boków).

Dlatego też, gdy punkt B zbliża się do A w nieskończoność, kąt MAT może również stać się dowolnie mały.

Wyraża się to innymi słowami:

styczna jest pozycją graniczną, do której zmierza sieczna przeprowadzona przez punkt styczności, gdy drugi punkt przecięcia zbliża się do punktu styczności w nieskończoność.

Ta właściwość jest traktowana jako definicja stycznej, gdy mówimy o dowolnej krzywej.

Zatem styczna do krzywej AB (rys.) jest pozycją graniczną MT, do której dąży sieczna MN, gdy punkt przecięcia P zbliża się do M bez ograniczeń.

Należy pamiętać, że tak zdefiniowana styczna może mieć więcej niż jeden punkt wspólny z krzywą (co widać na rys.).

Bezpośredni ( MN), mający tylko jeden punkt wspólny z okręgiem ( A), zwany tangens do kręgu.

W tym przypadku nazywany jest punkt wspólny punktem kontaktowym.

Możliwość istnienia tangens, a ponadto przeciągnięta przez dowolny punkt koło, jako punkt styczności, udowadnia się w następujący sposób twierdzenie.

Niech będzie to wymagane do wykonania koło z centrum O tangens przez punkt A. Aby to zrobić od razu A, jak od środka, opisujemy łuk promień AO, i od razu O, jako środek, przecinamy ten łuk w punktach B I Z rozwiązanie kompasu równe średnicy danego koła.

Po spędzeniu wtedy akordy O.B. I system operacyjny, połącz kropkę A z kropkami D I mi, w którym cięciwy te przecinają się z danym okręgiem. Bezpośredni OGŁOSZENIE I AE - styczne do okręgu O. Rzeczywiście, z konstrukcji wynika, że trójkąty AOB I AOC równoramienny(AO = AB = AC) z podstawami O.B. I system operacyjny równy średnicy okręgu O.

Ponieważ OD I OE- zatem promienie D - środek O.B., A mi- środek system operacyjny, Oznacza OGŁOSZENIE I AE - mediany, pociągnięty do podstaw trójkątów równoramiennych, a zatem prostopadły do ​​tych podstaw. Jeśli prosto DA I EA prostopadle do promieni OD I OE, wtedy oni - styczne.

Konsekwencja.

Dwie styczne poprowadzone z jednego punktu do okręgu są równe i tworzą równe kąty z linią prostą łączącą ten punkt ze środkiem.

Więc AD=AE i ∠ OAD = ∠OAE ponieważ trójkąty prostokątne AOD I Obszar działania, mając wspólny przeciwprostokątna AO i równe nogi OD I OE(jako promienie) są równe. Zauważ, że tutaj słowo „styczna” w rzeczywistości oznacza „ odcinek styczny” od danego punktu do punktu styku.

Prostą, która ma tylko jeden punkt wspólny z okręgiem, nazywamy styczną do okręgu, a ich wspólny punkt nazywamy punktem stycznym prostej i okręgu.

Twierdzenie (własność stycznej do okręgu)

Styczna do okręgu jest prostopadła do promienia poprowadzonego do punktu styczności.

Dany

A – punkt kontaktowy

Udowodnić:p OA

Dowód.

Udowodnijmy to przez sprzeczność.

Załóżmy, że p jest OA, to OA jest nachylona do prostej p.

Jeśli z punktu O narysujemy prostopadłą OH do prostej p, to jej długość będzie mniejsza od promienia: OH< ОА=r

Stwierdzamy, że odległość środka okręgu od prostej p (OH) jest mniejsza niż promień (r), co oznacza, że ​​prosta p jest sieczna (czyli ma dwa punkty wspólne z okręgiem), co jest sprzeczne z warunkami twierdzenia (p jest styczne).

Oznacza to, że założenie jest błędne, dlatego prosta p jest prostopadła do OA.

Twierdzenie (właściwość odcinków stycznych narysowanych z jednego punktu)

Odcinki stycznych do okręgu wyprowadzone z jednego punktu są równe i tworzą równe kąty z linią prostą przechodzącą przez ten punkt i środek okręgu.

Dany: około. (Lub)

AB i AC są styczne do otoczenia. (Lub)

Udowodnić: AB=AC

Dowód

1) OB AB, OS AC, jako promienie poprowadzone do punktu styczności (właściwość styczna)

2) Rozważ tr. AOB itp. AOS – p/u

SA – ogólne

OB=OS (jako promień)

Oznacza to, że ABO = AOC (przez przeciwprostokątną i nogę). Stąd,

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

Twierdzenie (test styczny)

Jeżeli prosta przechodzi przez koniec promienia leżącego na okręgu i jest prostopadła do tego promienia, to jest styczną.

Dany: OA – promień okręgu

Udowodnić: p- styczna do okręgu

Dowód

OA – promień okręgu (wg warunku) (OA=r)

OA – prostopadle od O do prostej p (OA =d)

Oznacza to, że r=OA=d, co oznacza, że ​​prosta p i okrąg mają jeden wspólny punkt.

Zatem prosta p jest styczna do okręgu. itp.

3.Własności akordów i siecznych.

Własności stycznej i siecznej

DEFINICJA

Obwód jest zbiorem punktów w równej odległości od jednego punktu, który nazywa się środkiem okręgu.

Nazywa się odcinek łączący dwa punkty na okręgu akord(na rysunku jest to segment). Nazywa się cięciwa przechodząca przez środek okręgu średnica koła.

1. Styczna jest prostopadła do promienia poprowadzonego do punktu styku.

2. Odcinki styczne narysowane z jednego punktu są równe.

3. Jeżeli z punktu leżącego poza okręgiem poprowadzono styczną i sieczną, wówczas kwadrat długości stycznej jest równy iloczynowi siecznej i jej zewnętrznej części.

Najczęściej problemy geometryczne sprawiają trudności kandydatom, absolwentom i uczestnikom olimpiad matematycznych. Jeśli spojrzysz na statystyki egzaminu Unified State Exam 2010, zobaczysz, że około 12% uczestników rozpoczęło zadanie geometryczne C4, a tylko 0,2% uczestników uzyskało pełny wynik i ogólnie problem okazał się najtrudniejszy ze wszystkich zaproponowanych.

Oczywiście, im szybciej zaoferujemy uczniom piękne lub nieoczekiwane sposoby rozwiązywania problemów, tym większe jest prawdopodobieństwo, że zainteresują ich i zafascynują na poważnie i na długi czas. Ale jak trudno jest znaleźć ciekawe i złożone problemy na poziomie 7. klasy, kiedy dopiero zaczyna się systematyczne studiowanie geometrii. Co może zaoferować studentowi zainteresowanemu matematyką, który zna jedynie znaki równości trójkątów oraz właściwości kątów przyległych i pionowych? Można jednak wprowadzić pojęcie stycznej do okręgu, jako linii prostej, która ma z okręgiem jeden punkt wspólny; załóżmy, że promień poprowadzony do punktu styku jest prostopadły do ​​stycznej. Oczywiście warto rozważyć wszystkie możliwe przypadki ułożenia dwóch okręgów i wspólnych do nich stycznych, które można narysować od zera do czterech. Udowodniając zaproponowane poniżej twierdzenia, można znacznie rozszerzyć zestaw problemów dla siódmoklasistów. Jednocześnie udowadniaj po drodze ważne lub po prostu interesujące i zabawne fakty. Ponadto, ponieważ wiele stwierdzeń nie znajduje się w podręczniku szkolnym, można je omawiać na zajęciach koła oraz z absolwentami podczas powtarzania planimetrii. Fakty te okazały się istotne w zeszłym roku akademickim. Ponieważ wiele prac diagnostycznych i sama praca Unified State Examination zawierały problem, do rozwiązania którego konieczne było wykorzystanie przedstawionej poniżej właściwości odcinka stycznego.

T 1 Wyciągnięte odcinki stycznych do okręgu
równy jednemu punktowi (ryc. 1)

To jest twierdzenie, które możesz najpierw przedstawić siódmoklasistom.
W procesie dowodu skorzystaliśmy ze znaku równości trójkątów prostokątnych i doszliśmy do wniosku, że środek okręgu leży na dwusiecznej kąta BSA.
Przy okazji przypomnieliśmy sobie, że dwusieczna kąta to zbiór punktów w obszarze wewnętrznym kąta, w jednakowej odległości od jego boków. Rozwiązanie wcale nie trywialnego problemu opiera się na tych faktach, dostępnych nawet dla tych, którzy dopiero zaczynają studiować geometrię.

1. Dwusieczne kąta A, W I Z wypukły czworobok ABCD przecinają się w jednym punkcie. Promienie AB I DC przecinają się w jednym punkcie mi i promienie
Słońce I OGŁOSZENIE w tym punkcie F. Udowodnij, że czworokąt nie jest wypukły AECF sumy długości przeciwległych boków są równe.

Rozwiązanie (ryc. 2). Pozwalać O– punkt przecięcia tych dwusiecznych. Następnie O w równej odległości od wszystkich stron czworoboku ABCD, to jest
jest środkiem okręgu wpisanego w czworokąt. Według twierdzenia 1 prawdziwe są następujące równości: AR = AK, Ostry dyżur = EP, F.T. = FK. Dodajmy lewą i prawą stronę termin po wyrazie i otrzymajmy poprawną równość:

(AR + Ostry dyżur) + F.T. = (AK +FK) + EP; AE + (FC + C.T.) = AF + (UE + komputer). Ponieważ ST = RS, To AE + FC = AF + UE, co należało udowodnić.

Rozważmy problem o nietypowym sformułowaniu, do rozwiązania którego wystarczy znać twierdzenie 1 .

2. Jest N-trójkąt, którego boki to kolejno 1, 2, 3, ..., N, w który można wpisać okrąg?

Rozwiązanie. Powiedzmy to N-gon istnieje. A 1 A 2 =1, …, A n-1 A n= N– 1,A N A 1 = N. B 1 , …, B n – odpowiednie punkty kontaktowe. Następnie zgodnie z Twierdzeniem 1 A 1 B 1 = A 1 B N< 1, N – 1 < A N B N< N. Z właściwości odcinków stycznych A N B n= A N B n-1. Ale, A N B n-1< A n-1 A n= N - 1. Sprzeczność. Dlatego nie N-gon spełniający warunki problemu.

T2 Sumy przeciwnych boków czworoboku opisanego
koła są równe (ryc. 3)

Dzieci w wieku szkolnym z reguły łatwo udowadniają tę właściwość opisywanego czworoboku. Po udowodnieniu twierdzenia 1 , jest to ćwiczenie szkoleniowe. Możemy uogólnić ten fakt - sumy boków opisanego trójkąta parzystego, przechodzących przez jeden bok, są równe. Na przykład dla sześciokąta ALFABET Prawidłowy: AB + CD + EF = BC + DE + FA.

Rozwiązanie (ryc. 1). Ponieważ czworokąty ABEF i ECDF są cykliczne, to zgodnie z Twierdzeniem 2 P ABEF = 2(AB + EF) i P ECDF = 2(CD + EF), według warunku

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

Rozwiązanie (ryc. 5). Według twierdzenia 1 MV = MX i RS = RH. Dlatego obwód trójkąta AMR równa sumie segmentów AB I AC. Lub podwójna styczna poprowadzona do okręgu trójkąta AMR . Wartość kąta MOP mierzy się przez połowę kąta VOS, co nie zależy od wyboru punktu X.

Rozwiązanie (ryc. 6). Metoda pierwsza (algebraiczna). Pozwalać AK = AN = x, Następnie BK = BM = c – x, CM = CN = a – c + x. AC = AN + NC, wtedy możemy stworzyć równanie x: b = x + (a – c + x). Gdzie .

Metoda druga (geometryczna). Spójrzmy na diagram. Odcinki o równych stycznych, pobrane pojedynczo, sumują się do półobwodu
trójkąt. Czerwony i zielony tworzą stronę A. Następnie segment, który nas interesuje x = p – a. Oczywiście uzyskane wyniki są zbieżne.

. Z

4. Znajdź promień okręgu wpisanego w trójkąt prostokątny o nogach a, b i przeciwprostokątna Z. Rozwiązanie (ryc. 8). T ok, jak OMCN - kwadrat, wówczas promień okręgu wpisanego jest równy stycznemu odcinku CN. .

5. Udowodnić, że punkty styczności okręgu wpisanego i okręgu wpisanego z bokiem trójkąta są symetryczne względem środka tego boku.

Rozwiązanie (ryc. 9). Zauważ, że AK jest stycznym odcinkiem okręgu trójkąta ABC. Według wzoru (2) . maszyna wirtualna- odcinek styczna do okręgu wpisanego w trójkąt ABC. Według wzoru (1) . AK = VM, a to oznacza, że ​​punkty K. i M w równej odległości od środka boku AB, co było do okazania

6. Do dwóch okręgów poprowadzono dwie wspólne styczne zewnętrzne i jedną styczną wewnętrzną. Styczna wewnętrzna przecina w punktach styczne zewnętrzne A, B i dotyka okręgów w punktach 1 I W 1 . Udowodnij to AA 1 = BB 1.

Rozwiązanie (ryc. 10). Przestań... O czym tu decydować? Jest to po prostu inne sformułowanie poprzedniego problemu. Oczywiście jedno z okręgów jest wpisane, a drugie jest okręgiem dla pewnego trójkąta ABC. I segmenty AA 1 i BB 1 odpowiadają segmentom AK I maszyna wirtualna zadania 5. Warto zauważyć, że problem zaproponowany na Ogólnorosyjskiej Olimpiadzie Matematycznej dla Uczniów został rozwiązany w tak oczywisty sposób.

7. Boki pięciokąta w kolejności przechodzenia to 5, 6, 10, 7, 8. Udowodnij, że w ten pięciokąt nie można wpisać okręgu.

Rozwiązanie (ryc. 11). Załóżmy, że w pięciokącie ABCDE możesz wpisać okrąg. Co więcej, strony AB, PNE., płyta CD, DE I EA są równe odpowiednio 5, 6, 10, 7 i 8. Zaznaczmy kolejno punkty styczne – F, G, H, M I N. Niech długość odcinka AF równy X.

Następnie B.F. = FD – AF = 5 – X = B.G.. G.C. = PNE. – B.G. = = 6 – (5 – X) = 1 + X = CH. I tak dalej: HD = DM = 9 – X; JA. = PL = X – 2, JAKIŚ = 10 – X.

Ale, AF = JAKIŚ. To jest 10 - X = X; X= 5. Jednak odcinek styczny AF nie może być równą stroną AB. Powstała sprzeczność dowodzi, że w dany pięciokąt nie można wpisać koła.

8. W sześciokąt wpisano okrąg, którego boki w kolejności okrążania to 1, 2, 3, 4, 5. Oblicz długość szóstego boku.

Rozwiązanie. Oczywiście możemy wyznaczyć odcinek styczny jako X, podobnie jak w poprzednim zadaniu, utwórz równanie i uzyskaj odpowiedź. Jednak znacznie wydajniejsze i skuteczniejsze jest użycie notatki do twierdzenia 2 : sumy boków opisanego sześciokąta, przechodząc przez siebie, są równe.

Wtedy 1 + 3 + 5 = 2 + 4 + X, Gdzie X– nieznany szósty bok, X = 3.

Rozwiązanie (ryc. 12). Ponieważ długości wszystkich boków są liczbami całkowitymi, części ułamkowe długości odcinków są równe BT, B.P., DM, DN, AK I NA. Mamy NA + telewizja= 1 i części ułamkowe długości odcinków NA I gruźlica są równe. Jest to możliwe tylko wtedy, gdy NA + telewizja= 0,5. Według twierdzenia 1 VT + VR.
Oznacza, VR= 0,5. Należy pamiętać, że warunek płyta CD= 3 okazało się nieodebrane. Oczywiście autorzy problemu przyjęli inne rozwiązanie. Odpowiedź: 0,5.

10. W czworokącie ABCD AD = DC, AB = 3, BC = 5. Okręgi wpisane w trójkąty ABD I CBD dotknij segmentu BD w punktach M I N odpowiednio. Znajdź długość odcinka MN.

Rozwiązanie (ryc. 13). MN = DN – DM. Zgodnie ze wzorem (1) dla trójkątów Administrator danych I DBC odpowiednio mamy:

11. W czworokąt ABCD możesz wpisać okrąg. Okręgi wpisane w trójkąty ABD I CBD mieć promienie R I R odpowiednio. Znajdź odległość między środkami tych okręgów.

Rozwiązanie (ryc. 13). Ponieważ według warunku czworobok ABCD wpisane, według twierdzenia 2 mamy: AB + DC = AD + BC. Wykorzystajmy pomysł rozwiązania poprzedniego problemu. . Oznacza to, że punkty styku okręgów z odcinkiem DM dopasować. Odległość między środkami okręgów jest równa sumie promieni. Odpowiedź: R+r.

W rzeczywistości udowodniono, że warunek jest w czworoboku ABCD możesz wpisać okrąg, równoważny warunkowi - w wypukły czworobok ABCD okręgi wpisane w trójkąty ABC I ADC dotknijcie siebie nawzajem. Przeciwieństwo jest prawdą.

Proponuje się udowodnienie tych dwóch wzajemnie odwrotnych twierdzeń w następującym problemie, który można uznać za uogólnienie tego problemu.

12. W wypukłym czworokącie ABCD (Ryż. 14) okręgi wpisane w trójkąty ABC I ADC dotknijcie siebie nawzajem. Udowodnić, że okręgi wpisane w trójkąty ABD I BDC także dotykajcie się.

13. W trójkącie ABC z imprezami a, b I C od strony Słońce punkt zaznaczony D tak że koła wpisane w trójkąty ABD I ACD dotknij segmentu OGŁOSZENIE w jednym punkcie. Znajdź długość odcinka BD.

Rozwiązanie (ryc. 15). Zastosujmy wzór (1) dla trójkątów ADC I ADB, obliczanie DM dwa

Okazało się, D– punkt styku z bokiem Słońce okrąg wpisany w trójkąt ABC. Jest odwrotnie: jeśli wierzchołek trójkąta łączy się z punktem styczności okręgu wpisanego po przeciwnej stronie, to okręgi wpisane w powstałe trójkąty stykają się ze sobą.

14. Centra O 1 , O 2 i O 3. W wierzchołkach trójkąta znajdują się trzy nieprzecinające się okręgi o tym samym promieniu. Z punktów O 1 , O 2 , O 3, narysowano styczne do tych okręgów, jak pokazano na rysunku.

Wiadomo, że te styczne, przecinając się, tworzyły wypukły sześciokąt, którego boki pomalowano na czerwono i niebiesko. Udowodnić, że suma długości odcinków czerwonych jest równa sumie długości odcinków niebieskich.

Rozwiązanie (ryc. 16). Ważne jest, aby zrozumieć, jak wykorzystać fakt, że dane okręgi mają równe promienie. Należy pamiętać, że segmenty BR I DM są równe, co wynika z równości trójkątów prostokątnych O 1 BR I O 2 B.M.. Podobnie D.L. = D.P., FN = FK. Dodajemy równości wyraz po wyrazie, a następnie od otrzymanych sum odejmujemy identyczne odcinki stycznych wyciągniętych z wierzchołków A, Z, I mi sześciokąt ALFABET: AR I AK, C.L. I CM., PL I EP. Dostajemy to, czego potrzebujemy.

Oto przykład zadania ze stereometrii zaproponowanego podczas XII Międzynarodowego Turnieju Matematycznego dla Uczniów Szkół Ponadgimnazjalnych „Puchar Pamięci A. N. Kołmogorowa”.

16. Biorąc pod uwagę pięciokątną piramidę SA 1 za 2 za 3 za 4 za 5 . Jest kula w, który dotyka wszystkich krawędzi piramidy i innej kuli w 1, który dotyka wszystkich stron podstawy ZA 1 ZA 2 ZA 3 ZA 4 ZA 5 i kontynuacje żeber bocznych SA 1, SA 2, SA 3, SA 4, SA 5 poza wierzchołki podstawy. Udowodnij, że wierzchołek piramidy jest w jednakowej odległości od wierzchołków podstawy. (Berlov S. L., Karpov D. V.)

17. Ujednolicony egzamin państwowy. Praca diagnostyczna 8.12.2009, P–4. Biorąc pod uwagę trapez ABCD, którego podstawy BC = 44,OGŁOSZENIE = 100, AB = CD= 35. Okrąg styczny do prostych OGŁOSZENIE I AC, dotyka boku płyta CD w tym punkcie K. Znajdź długość odcinka CK.BDC i BDA, dotknij boków ВD w punktach mi I F. Znajdź długość odcinka E.F..

Rozwiązanie. Możliwe są dwa przypadki (rys. 20 i rys. 21). Korzystając ze wzoru (1) wyznaczamy długości odcinków DE I DF.

W pierwszym przypadku OGŁOSZENIE = 0,1AC, płyta CD = 0,9AC. W sekundę - OGŁOSZENIE = 0,125AC, płyta CD = 1,125AC. Podstawiamy dane i otrzymujemy odpowiedź: 4,6 lub 5,5.

Problemy do samodzielnego rozwiązania/

1. Obwód trapezu równoramiennego opisanego na okręgu jest równy 2 pocierać. Znajdź rzut przekątnej trapezu na większą podstawę. (1/2r)

2. Otwarty bank problemów Unified State Exam z matematyki. O 4. Do okręgu wpisanego w trójkąt ABC (ryc. 22), narysowane są trzy styczne. Obwody wyciętych trójkątów wynoszą 6, 8, 10. Znajdź obwód tego trójkąta. (24)

3. W trójkąt ABC wpisano okrąg. MN – styczna do okręgu, MÎ AC, NÎ BC, BC = 13, AC = 14, AB = 15. Znajdź obwód trójkąta MNC. (12)

4. Do okręgu wpisanego w kwadrat o boku a poprowadzono styczną przecinającą jego dwa boki. Znajdź obwód wyciętego trójkąta. (A)

5. W pięciokąt o bokach wpisano okrąg A, D, C, D I mi. Znajdź odcinki, na które punkt styczności dzieli bok równy A.

6. W trójkąt o bokach 6, 10 i 12 wpisano okrąg. Do okręgu poprowadzono styczną w taki sposób, że przecina ona dwa długie boki. Znajdź obwód wyciętego trójkąta. (16)

7. płyta CD– środkowa trójkąta ABC. Okręgi wpisane w trójkąty ACD I BCD, dotknij segmentu płyta CD w punktach M I N. Znajdować MN, Jeśli AC – Słońce = 2. (1)

8. W trójkącie ABC z imprezami a, b I C od strony Słońce punkt zaznaczony D. Do okręgów wpisanych w trójkąty ABD I ACD, rysowana jest wspólna styczna przecinająca OGŁOSZENIE w tym punkcie M. Znajdź długość odcinka JESTEM. (Długość JESTEM nie zależy od położenia punktu D I
równy ½ ( c + b – a))

9. W trójkąt prostokątny wpisano okrąg o promieniu A. Promień okręgu stycznego do przeciwprostokątnej i przedłużeń nóg jest równy R. Znajdź długość przeciwprostokątnej. ( R–a)

10. W trójkącie ABC znane są długości boków: AB = Z, AC = B, Słońce = A. Okrąg wpisany w trójkąt dotyka boku AB w tym punkcie C 1. Wycięcie dotyka przedłużenia boku AB za punkt A w tym punkcie C 2. Określ długość odcinka C 1 C 2. (B)

11. Znajdź długości boków trójkąta podzielone przez punkt styczności okręgu wpisanego o promieniu 3 cm na odcinki o długości 4 cm i 3 cm (w trójkącie prostokątnym 7, 24 i 25 cm)

12. Olimpiada Sorosa 1996, 2. runda, 11. klasa. Biorąc pod uwagę trójkąt ABC, po bokach których zaznaczono punkty A 1, B 1, C 1. Promienie okręgów wpisanych w trójkąty AC 1 B 1, BC 1 A 1, SA 1 B 1 równy w R. Promień okręgu wpisanego w trójkąt ZA 1 B 1 C 1 równa się R. Znajdź promień okręgu wpisanego w trójkąt ABC. (R +R).

Zadania 4–8 pochodzą z książki problemów Gordina R.K. „Geometria. Planimetria.” Moskwa. Wydawnictwo MCNMO. 2004.

Pojęcie stycznej do okręgu

Okrąg ma trzy możliwe położenia względne względem linii prostej:

Jeżeli odległość środka okręgu od prostej jest mniejsza niż promień, to prosta ma dwa punkty przecięcia z okręgiem.

Jeżeli odległość środka okręgu od prostej jest równa promieniowi, to prosta ma dwa punkty przecięcia z okręgiem.

Jeżeli odległość środka okręgu od prostej jest większa od promienia, to prosta ma dwa punkty przecięcia z okręgiem.

Wprowadźmy teraz pojęcie stycznej do okręgu.

Definicja 1

Styczna do okręgu to prosta, która ma z nią jeden punkt przecięcia.

Punkt wspólny okręgu i stycznej nazywany jest punktem styczności (rysunek 1).

Rysunek 1. Styczna do okręgu

Twierdzenia związane z pojęciem stycznej do okręgu

Twierdzenie 1

Twierdzenie o własności stycznej: styczna do okręgu jest prostopadła do promienia poprowadzonego do punktu styczności.

Dowód.

Rozważmy okrąg o środku $O$. Narysujmy styczną $a$ w punkcie $A$. $OA=r$ (ryc. 2).

Udowodnijmy, że $a\bot r$

Twierdzenie udowodnimy przez sprzeczność. Załóżmy, że styczna $a$ nie jest prostopadła do promienia okręgu.

Rysunek 2. Ilustracja twierdzenia 1

Oznacza to, że $OA$ jest nachylony do stycznej. Ponieważ prostopadła do prostej $a$ jest zawsze mniejsza niż nachylona do tej samej prostej, odległość od środka okręgu do prostej jest mniejsza niż promień. Jak wiemy, w tym przypadku linia prosta ma dwa punkty przecięcia z okręgiem. Co jest sprzeczne z definicją stycznej.

Dlatego styczna jest prostopadła do promienia okręgu.

Twierdzenie zostało udowodnione.

Twierdzenie 2

Odwrotność twierdzenia o własności stycznej: Jeżeli prosta przechodząca przez koniec promienia okręgu jest prostopadła do promienia, to ta prosta jest styczna do tego okręgu.

Dowód.

Zgodnie z warunkami zadania wiemy, że promień jest prostopadłą poprowadzoną ze środka okręgu do danej linii prostej. Dlatego odległość od środka okręgu do prostej jest równa długości promienia. Jak wiemy, w tym przypadku okrąg ma tylko jeden punkt przecięcia z tą prostą. Z definicji 1 dowiadujemy się, że ta prosta jest styczna do okręgu.

Twierdzenie zostało udowodnione.

Twierdzenie 3

Odcinki stycznych do okręgu wyprowadzone z jednego punktu są równe i tworzą równe kąty z linią prostą przechodzącą przez ten punkt i środek okręgu.

Dowód.

Niech będzie dany okrąg o środku w punkcie $O$. Z punktu $A$ (który leży na całym okręgu) poprowadzono dwie różne styczne. Z punktu styku odpowiednio $B$ i $C$ (ryc. 3).

Udowodnimy, że $\angle BAO=\angle CAO$ i że $AB=AC$.

Rysunek 3. Ilustracja twierdzenia 3

Z Twierdzenia 1 mamy:

Zatem trójkąty $ABO$ i $ACO$ są trójkątami prostokątnymi. Ponieważ $OB=OC=r$, a przeciwprostokątna $OA$ jest wspólna, to te trójkąty są równe pod względem przeciwprostokątnej i ramienia.

Stąd otrzymujemy $\angle BAO=\angle CAO$ i $AB=AC$.

Twierdzenie zostało udowodnione.

Przykład zadania dotyczącego pojęcia stycznej do okręgu

Przykład 1

Dany okrąg o środku w punkcie $O$ i promieniu $r=3\ cm$. Styczna $AC$ ma punkt styczności $C$. $AO=4\ cm$. Znajdź $AC$.

Rozwiązanie.

Najpierw przedstawmy wszystko na rysunku (ryc. 4).

Rysunek 4.

Ponieważ $AC$ jest styczną, a $OC$ jest promieniem, to z Twierdzenia 1 otrzymujemy, że $\kąt ACO=(90)^(()^\circ )$. Ustaliliśmy, że trójkąt $ACO$ jest prostokątny, co oznacza, że ​​zgodnie z twierdzeniem Pitagorasa mamy:

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