Tangenta na krožnico. Celotne lekcije - Hipermarket znanja. Tangenta Kaj je tangentni kot

1. Razdalja od središča kroga do ravne črte je večja od polmera. V tem primeru ležijo vse točke premice zunaj kroga.


2. Razdalja od središča kroga do ravne črte je manjša od polmera. V tem primeru ima premica točke, ki ležijo znotraj kroga in ker je premica neskončna v obe smeri, jo seka krožnica v 2 točkah.


3. Razdalja od središča kroga do premice je enaka polmeru. Ravna črta je tangenta.

Premica, ki ima s krožnico samo eno skupno točko, se imenuje tangenta v krog.

V tem primeru se imenuje skupna točka kontaktna točka.

Možnost obstoja tangente in, poleg tega, narisane skozi katero koli točko kroga kot tangentne točke, dokazuje naslednji izrek.

Izrek. Če je premica pravokotna na polmer na svojem koncu, ki leži na krogu, potem je ta premica tangenta.

Naj bo O (fig) središče nekega kroga in OA nek njegov polmer. Skozi njen konec A potegnemo MN ^ OA.

Dokazati je treba, da je premica MN tangentna, tj. da ima ta premica samo eno skupno točko A s krožnico.

Predpostavimo nasprotno: naj ima MN še eno skupno točko s krožnico, na primer B.

Potem bi bila premica OB polmer in torej enaka OA.

Vendar to ne more biti, saj če je OA pravokoten, potem mora biti OB nagnjen na MN, nagnjeni pa je večji od pravokotnega.

Konverzni izrek. Če se premica dotika kroga, je polmer, narisan na točko dotika, pravokoten nanj.

Naj bo MN tangenta na krožnico, A dotična točka in O središče krožnice.

Dokazati je treba, da je OA^MN.

Predpostavimo nasprotno, tj. Predpostavimo, da navpičnica, spuščena iz O na MN, ne bo OA, ampak neka druga premica, na primer OB.

Vzemimo BC = AB in izvedimo OS.

Potem bosta OA in OS nagnjeni, enako oddaljeni od pravokotnice OB, in torej OS = OA.

Iz tega sledi, da bo imela krožnica ob upoštevanju naše predpostavke s premico MN dve skupni točki: A in C, tj. MN ne bo tangenta, ampak sekans, kar je v nasprotju s pogojem.

Posledica. Skozi katero koli dano točko na krožnici lahko potegnemo tangento na ta krog in samo eno, saj lahko skozi to točko potegnemo pravokotnico in samo eno na polmer, ki je vanjo narisan.

Izrek. Tangenta, ki je vzporedna s tetivo, deli lok, ki ga sega tetiva, na pol v točki stika.

Naj se premica AB (sl.) dotika krožnice v točki M in je vzporedna s tetivo CD.

Dokazati moramo, da je ÈCM = ÈMD.

Če narišemo premer ME skozi točko dotika, dobimo: EM ^ AB in zato EM ^ CB.

Zato je CM=MD.

Naloga. Skozi dano točko nariši tangento na dano krožnico.

Če je dana točka na krogu, potem skozenj narišite polmer in skozi konec polmera narišite pravokotno premico. Ta črta bo želena tangenta.

Oglejmo si primer, ko je točka podana zunaj kroga.

Naj bo potrebno (sl.) skozi točko A narisati tangento na krožnico s središčem O.

To naredimo tako, da iz točke A kot središča opišemo lok s polmerom AO in iz točke O kot središča ta lok v točkah B in C presekamo s šestilom, ki je enak premeru danega kroga. .

Ko nato narišemo tetivi OB in OS, povežemo točko A s točkama D in E, v katerih se te tetive sekata z dano krožnico.

Premici AD in AE se dotikata krožnice O.

Iz konstrukcije je namreč razvidno, da sta cevi AOB in AOC enakokraki (AO = AB = AC) z osnovama OB in OS, ki sta enaki premeru kroga O.

Ker sta OD in OE polmera, potem je D sredina OB, E pa sredina OS, kar pomeni, da sta AD in AE mediani, narisani na osnovki enakokrakih cevi in ​​torej pravokotni na te osnovke. Če sta premici DA in EA pravokotni na polmera OD in OE, potem se dotikata.

Posledica. Dve tangenti, ki potekata iz ene točke na krožnico, sta enaki in tvorita enaka kota z ravno črto, ki povezuje to točko s središčem.

Torej AD=AE in ÐOAD = ÐOAE (sl.), ker sta pravokotna tr-ki AOD in AOE, ki imata skupno hipotenuzo AO in enaka kraka OD in OE (kot polmera), enaka.

Upoštevajte, da tukaj beseda "tangenta" pomeni dejanski "odsek tangente" od dane točke do kontaktne točke.

Naloga. Na dano krožnico O nariši tangento vzporedno z dano premico AB (slika).

Iz središča O spustimo navpičnico OS na AB in skozi točko D, v kateri ta navpičnica seka krožnico, narišemo EF || AB.

Tangenta, ki jo iščemo, bo EF.

Dejansko, ker OS ^ AB in EF || AB, potem EF ^ OD in premica, pravokotna na polmer na njegovem koncu, ki leži na krožnici, je tangenta.

Naloga. Narišite skupno tangento na dve krožnici O in O 1 (slika).

Analiza. Predpostavimo, da je problem rešen.

Naj bo AB skupna tangenta, A in B pa dotični točki.

Očitno je, da če najdemo eno od teh točk, na primer A, potem zlahka najdemo tudi drugo.

Narišimo polmera OA in O 1 B. Ti polmeri so pravokotni na skupno tangento in so med seboj vzporedni.

Torej, če iz O 1 narišemo O 1 C || BA, potem bo cevovod OCO 1 pravokoten v točki C.

Posledično, če opišemo krog iz O kot središče s polmerom OS, potem se bo dotaknil premice O 1 C v točki C.

Polmer tega pomožnega kroga je znan: enak je OA – CA = OA - O 1 B, tj. enaka je razliki polmerov teh krogov.

Gradnja. Iz središča O opišemo krog s polmerom, ki je enak razliki teh polmerov.

Iz O 1 potegnemo tangento O 1 C na to krožnico (na način, ki je naveden v prejšnji nalogi).

Skozi tangentno točko C narišemo polmer OS in ga nadaljujemo, dokler se ne sreča z dano krožnico v točki A. Nazadnje iz A narišemo AB vzporedno s CO 1.

Na povsem enak način lahko konstruiramo drugo skupno tangento A 1 B 1 (sl.). Premice AB in A 1 B 1 imenujemo zunanji skupne tangente.

Lahko porabiš še dva notranji tangente, kot sledi:

Analiza. Predpostavimo, da je problem rešen (slika). Naj bo AB želena tangenta.

Narišimo polmera OA in O 1 B na tangentni točki A in B. Ker sta oba polmera pravokotna na skupno tangento, sta med seboj vzporedna.

Torej, če iz O 1 narišemo O 1 C || BA in nadaljujte z OA do točke C, potem bo OS pravokotna na O 1 C.

Posledično se bo krog, ki ga opisuje polmer OS iz točke O kot središča, dotaknil premice O 1 C v točki C.

Polmer tega pomožnega kroga je znan: enak je OA+AC = OA+O 1 B, tj. enaka je vsoti polmerov danih krogov.

Gradnja. Iz O kot središča opišemo krog s polmerom, ki je enak vsoti teh radijev.

Iz O 1 potegnemo tangento O 1 C na to krožnico.

Stičišče C povežemo z O.

Na koncu skozi točko A, v kateri OS seka dano krožnico, narišemo AB = O 1 C.

Na podoben način lahko sestavimo še eno notranjo tangento A 1 B 1.

Splošna definicija tangente

Naj bosta tangenta AT in neka sekanta AM narisani skozi točko A na krožnico s središčem (sl.).

Zasukajmo ta sekans okoli točke A, tako da se druga presečišče B premika vse bližje A.

Potem se bo pravokotnik OD, spuščen od središča do sekante, vedno bolj približeval polmeru OA in kot AOD bo lahko postal manjši od katerega koli majhnega kota.

Kot MAT, ki ga tvorita sekansa in tangenta, je enak kotu AOD (zaradi pravokotnosti njunih stranic).

Ko se torej točka B neomejeno približuje A, lahko tudi kot MAT postane poljubno majhen.

To je izraženo z drugimi besedami, takole:

tangenta je mejni položaj, h kateremu teži sekanta, potegnjena skozi točko dotika, ko se druga točka presečišča neomejeno približuje točki dotika.

Ta lastnost se vzame kot definicija tangente, ko govorimo o kateri koli krivulji.

Tako je tangenta na krivuljo AB (sl.) mejni položaj MT, h kateremu teži sekanta MN, ko se presečišče P neomejeno približuje M.

Upoštevajte, da ima tako definirana tangenta lahko več kot eno skupno točko s krivuljo (kot je razvidno iz sl.).

neposredno ( MN), ki ima samo eno skupno točko s krogom ( A), poklicali tangenta v krog.

V tem primeru se imenuje skupna točka kontaktna točka.

Možnost obstoja tangenta, in poleg tega narisano skozi katero koli točko krog, kot dotična točka, se dokaže na naslednji način izrek.

Naj bo potrebno izvesti krog s središčem O tangenta skozi točko A. Če želite to narediti s točke A, kot iz središča, opisujemo lok polmer A.O., in s točke O, kot središče, sekamo ta lok v točkah B in Zšestilo, ki je enako premeru danega kroga.

Po porabi torej akordi O.B. in OS, povežite piko A s pikami D in E, pri kateri se te tetive sekajo z dano krožnico. Neposredno AD in A.E. - tangente na krožnico O. Iz konstrukcije je namreč razvidno, da trikotniki AOB in AOC enakokraki(AO = AB = AC) s podstavki O.B. in OS, enak premeru kroga O.

Ker O.D. in O.E.- polmeri, torej D - sredina O.B., A E- sredina OS, Pomeni AD in A.E. - mediane, narisana na osnove enakokrakih trikotnikov in torej pravokotna na te osnove. Če naravnost D.A. in E.A. pravokotno na polmere O.D. in O.E., potem so - tangente.

Posledica.

Dve tangenti, narisani iz ene točke na krog, sta enaki in tvorita enaka kota z ravno črto, ki povezuje to točko s središčem.

torej AD=AE in ∠ OAD = ∠OAE Ker pravokotne trikotnike AOD in AOE, ki ima skupno hipotenuza A.O. in enaka noge O.D. in O.E.(kot polmeri), sta enaka. Upoštevajte, da tukaj beseda "tangenta" dejansko pomeni " tangentni segment” od dane točke do kontaktne točke.

Premico, ki ima s krožnico samo eno skupno točko, imenujemo tangenta na krožnico, njuno skupno točko pa tangento premice in krožnice.

Izrek (lastnost tangente na krožnico)

Tangenta na krožnico je pravokotna na polmer, narisan na točko dotika.

dano

A – kontaktna točka

Dokaži:p OA

Dokaz.

Dokažimo s protislovjem.

Predpostavimo, da je p OA, potem je OA nagnjena na premico p.

Če iz točke O potegnemo pravokotno OH na premico p, bo njena dolžina manjša od polmera: OH< ОА=r

Ugotovimo, da je razdalja od središča kroga do premice p (OH) manjša od polmera (r), kar pomeni, da je premica p sekantna (to pomeni, da ima s krožnico dve skupni točki), kar je v nasprotju s pogoji izreka (p je tangenta).

To pomeni, da predpostavka ni pravilna, zato je premica p pravokotna na OA.

Izrek (Lastnost tangentnih odsekov, narisanih iz ene točke)

Odseki tangent na krog, narisani iz ene točke, so enaki in tvorijo enake kote z ravno črto, ki poteka skozi to točko in središče kroga.

dano: pribl. (O; r)

AB in AC sta tangenti na okolico. (O; r)

Dokaži: AB=AC

Dokaz

1) OB AB, OS AC, kot polmeri, narisani na točko dotika (lastnost tangente)

2) Razmislite o tr. AOB itd. AOS – p/u

JSC – splošno

OB=OS (kot polmeri)

To pomeni ABO = AOC (po hipotenuzi in kraku). torej

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

Izrek (tangencialni test)

Če premica poteka skozi konec polmera, ki leži na krožnici, in je pravokotna na ta polmer, potem je to tangenta.

dano: OA – polmer kroga

Dokaži: p- tangenta na krožnico

Dokaz

OA – polmer kroga (glede na pogoj) (OA=r)

OA – pravokotno od O na ravno črto p (OA =d)

To pomeni, da je r=OA=d, kar pomeni, da imata premica p in krožnica eno skupno točko.

Zato se premica p dotika krožnice. itd.

3. Lastnosti tetiv in sekant.

Lastnosti tangente in sekante

OPREDELITEV

Obseg je geometrijsko mesto točk, ki so enako oddaljene od ene točke, ki se imenuje središče kroga.

Imenuje se odsek, ki povezuje dve točki na krožnici akord(na sliki je to segment). Imenuje se tetiva, ki poteka skozi središče kroga premer krogih.

1. Tangenta je pravokotna na polmer, narisan do stične točke.

2. Tangentni odseki, narisani iz ene točke, so enaki.

3. Če iz točke, ki leži zunaj kroga, potegnemo tangento in sekanto, potem je kvadrat dolžine tangente enak produktu sekante in njenega zunanjega dela.

Najpogosteje so geometrijske težave tiste, ki povzročajo težave kandidatom, diplomantom in udeležencem matematičnih olimpijad. Če pogledate statistiko enotnega državnega izpita 2010, lahko vidite, da je približno 12% udeležencev začelo z geometrijskim problemom C4 in le 0,2% udeležencev je prejelo polno oceno, na splošno pa se je težava izkazala za najtežji od vseh predlaganih.

Očitno je, da prej ko šolarjem ponudimo lepe ali nepričakovane načine reševanja problemov, večja je verjetnost, da jih resno in za dolgo časa zanimamo in očaramo. Toda kako težko je najti zanimive in zapletene probleme na stopnji 7. razreda, ko se sistematično učenje geometrije šele začenja. Kaj lahko ponudimo študentu, ki ga zanima matematika in pozna le znake enakosti trikotnikov ter lastnosti sosednjih in navpičnih kotov? Lahko pa uvedemo koncept tangente na krog kot premico, ki ima eno skupno točko s krogom; predpostavimo, da je polmer, narisan do stične točke, pravokoten na tangento. Seveda je vredno razmisliti o vseh možnih primerih razporeditve dveh krogov in skupnih tangent nanju, ki jih lahko narišemo od nič do štiri. Z dokazovanjem spodaj predlaganih izrekov lahko bistveno razširite nabor problemov za sedmošolce. Obenem dokažite pomembna ali preprosto zanimiva in zabavna dejstva na poti. Poleg tega, ker veliko trditev ni vključenih v šolski učbenik, se o njih lahko pogovarjamo v krožkih in z maturanti pri ponavljanju planimetrije. Ta dejstva so se v lanskem študijskem letu izkazala za aktualna. Ker so številna diagnostična dela in samo delo Enotnega državnega izpita vsebovali problem, za rešitev katerega je bilo treba uporabiti lastnost tangentnega segmenta, ki je dokazana spodaj.

T 1 Odseki tangent na krožnico, iz katerih poteka
enako eni točki (slika 1)

To je izrek, ki ga lahko najprej predstavite sedmošolcem.
Pri dokazovanju smo uporabili znak enakosti pravokotnih trikotnikov in ugotovili, da središče kroga leži na simetrali kota. BSA.
Ob tem smo se spomnili, da je simetrala kota geometrijsko mesto točk v notranjem predelu kota, enako oddaljenih od njegovih stranic. Rešitev še zdaleč ne nepomembnega problema temelji na teh dejstvih, dostopnih tudi tistim, ki šele začenjajo študirati geometrijo.

1. Simetrale kotov A, IN in Z konveksni štirikotnik ABCD sekata v eni točki. žarki AB in DC sekajo v točki E, in žarki
sonce in AD na točki F. Dokaži, da je nekonveksen štirikotnik AECF vsoti dolžin nasprotnih stranic sta enaki.

Rešitev (slika 2). Pustiti O– presečišče teh simetral. Potem O enako oddaljeni od vseh stranic štirikotnika ABCD, to je
je središče kroga, včrtanega štirikotniku. Po izreku 1 veljajo naslednje enakosti: AR = A.K., Urgenca = E.P., F.T. = FK. Seštejmo levo in desno stran člen za členom in dobimo pravilno enakost:

(AR + Urgenca) + F.T. = (A.K. +FK) + E.P.; A.E. + (F.C. + C.T.) = A.F. + (EU + PC). Ker ST = RS, To AE + F.C. = A.F. + EU, kar je bilo treba dokazati.

Oglejmo si problem z nenavadno formulacijo, za rešitev katerega zadostuje poznavanje izreka 1 .

2. Ali obstaja n- trikotnik, katerega stranice so zaporedoma 1, 2, 3, ..., n, v katero je mogoče vpisati krog?

rešitev. Recimo to n-gon obstaja. A 1 A 2 =1, …, A n-1 A n= n– 1,A n A 1 = n. B 1 , …, B n – ustrezne kontaktne točke. Potem po izreku 1 A 1 B 1 = A 1 B n< 1, n – 1 < A n B n< n. Z lastnostjo tangentnih odsekov A n B n= A n B n-1 . ampak, A n B n-1< A n-1 A n= n – 1. Protislovje. Zato št n-gon, ki izpolnjuje pogoje problema.

T 2 Vsoti nasprotnih stranic štirikotnika, opisanega približno
krogi so enaki (slika 3)

Šolarji to lastnost opisanega štirikotnika praviloma zlahka dokažejo. Po dokazu izreka 1 , gre za vadbo. To dejstvo lahko posplošimo - vsote strani opisanega sodega trikotnika, vzete skozi eno stran, so enake. Na primer za šesterokotnik ABCDEF prav: AB + CD + EF = BC + DE + FA.

Rešitev (slika 1). Ker sta štirikotnika ABEF in ECDF ciklična, potem je po izreku 2 P ABEF = 2(AB + EF) in P ECDF = 2(CD + EF), po pogoju

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

Rešitev (slika 5). Po izreku 1 MV = MX in RS = RH. Zato je obseg trikotnika AMR enaka vsoti segmentov AB in AC. oz dvojna tangenta, narisana na vnekokrožnico za trikotnik AMR . Vrednost kota MOP se meri s polovico kota VOS, kar ni odvisno od izbire točke X.

Rešitev (slika 6). Prva metoda (algebraična). Pustiti AK = AN = x, Potem BK = BM = c – x, CM = CN = a – c + x. AC = AN + NC, potem lahko ustvarimo enačbo za x: b = x + (a – c + x). Kje .

Druga metoda (geometrična). Poglejmo diagram. Seštevek odsekov enakih tangent, vzetih enega za drugim, je polobod
trikotnik. Rdeča in zelena sestavljata stran A. Nato segment, ki nas zanima x = p – a. Dobljeni rezultati seveda sovpadajo.

. Z

4. Poiščite polmer kroga, včrtanega pravokotnemu trikotniku s kraki a, b in hipotenuzo z. Rešitev (slika 8). T ok kako OMCN - kvadrat, potem je polmer včrtanega kroga enak tangentnemu segmentu CN. .

5. Dokaži, da sta dotikalni točki včrtane in evrtne krožnice s stranico trikotnika simetrični glede na sredino te stranice.

Rešitev (slika 9). Upoštevajte, da je AK ​​tangentni odsek ekscirclea za trikotnik ABC. Po formuli (2) . VM- odsek črte tangenta na vpisani krog za trikotnik ABC. Po formuli (1) . AK = VM, in to pomeni, da točke K in M enako oddaljeno od sredine stranice AB, Q.E.D.

6. Na dve krožnici sta narisani dve skupni zunanji tangenti in ena notranja tangenta. Notranja tangenta seka zunanje tangente v točkah A, B in se v točkah dotika krogov A 1 in V 1. Dokaži to AA 1 = BB 1.

Rešitev (slika 10). Stop ... Kaj se je treba odločiti? To je le drugačna formulacija prejšnjega problema. Očitno je, da je ena od krožnic včrtana, druga pa je ekskrog za določen trikotnik ABC. In segmenti AA 1 in BB 1 ustrezajo segmentom AK in VM naloge 5. Omeniti velja, da je problem, predlagan na vseruski matematični olimpijadi za šolarje, rešen na tako očiten način.

7. Stranice peterokotnika po vrstnem redu prečkanja so 5, 6, 10, 7, 8. Dokaži, da temu peterokotniku ni mogoče vpisati kroga.

Rešitev (slika 11). Recimo, da je v peterokotniku ABCDE lahko vpišete krog. Še več, stranke AB, B.C., CD, DE in EA so enake 5, 6, 10, 7 in 8. Zaporedoma označimo tangentne točke – F, G, H, M in n. Naj dolžina segmenta A.F. enako X.

Potem B.F. = FD – A.F. = 5 – x = B.G.. G.C. = B.C. – B.G. = = 6 – (5 – x) = 1 + x = CH. In tako naprej: HD = DM = 9 – x; M.E. = EN = x – 2, AN = 10 – X.

ampak, A.F. = AN. To je 10 - X = X; X= 5. Vendar pa tangentni segment A.F. ne more enake strani AB. Nastalo protislovje dokazuje, da kroga ni mogoče vpisati v dani peterokotnik.

8. V šesterokotnik je vpisan krog, njegove stranice v vrstnem redu obhoda so 1, 2, 3, 4, 5. Poiščite dolžino šeste stranice.

rešitev. Seveda lahko tangentni segment označimo kot X, tako kot v prejšnji nalogi, sestavite enačbo in dobite odgovor. Vendar je veliko bolj učinkovito in uspešno uporabiti opombo k izreku 2 : vsoti strani opisanega šestkotnika, vzetih ena skozi drugo, sta enaki.

Potem je 1 + 3 + 5 = 2 + 4 + X, Kje X– neznana šesta stran, X = 3.

Rešitev (slika 12). Ker so dolžine vseh strani cela števila, so ulomki dolžin segmentov enaki BT, B.P., DM, DN, A.K. in AT. Imamo AT + TV= 1 in ulomke dolžin segmentov AT in TB so enaki. To je mogoče le takrat, ko AT + TV= 0,5. Po izreku 1 VT + VR.
pomeni, VR= 0,5. Upoštevajte, da je pogoj CD= 3 se je izkazalo za nezahtevano. Očitno so avtorji problema predvidevali neko drugo rešitev. Odgovor: 0,5.

10. V štirikotniku ABCD AD = DC, AB = 3, BC = 5. Krogi, vpisani v trikotnike ABD in CBD dotaknite se segmenta BD na točkah M in n oz. Poišči dolžino odseka MN.

Rešitev (slika 13). MN = DN – DM. Po formuli (1) za trikotnike DBA in DBC temu primerno imamo:

11. V štirikotnik ABCD lahko vpišete krog. Krogi, vpisani v trikotnike ABD in CBD imajo radije R in r oz. Poiščite razdaljo med središči teh krogov.

Rešitev (slika 13). Ker po pogoju štirikotnik ABCD vpisan, po izreku 2 imamo: AB + DC = AD + BC. Uporabimo zamisel o rešitvi prejšnjega problema. . To pomeni, da so stične točke krogov z odsekom DM ujemati se. Razdalja med središči krogov je enaka vsoti polmerov. odgovor: R+r.

Pravzaprav je dokazano, da je pogoj v štirikotniku ABCD lahko vpišete krog, enakovreden pogoju - v konveksni štirikotnik ABCD krogi, vpisani v trikotnike ABC in ADC dotikata drug drugega. Prav nasprotno je res.

Predlagano je dokazati ti dve medsebojno inverzni trditvi v naslednjem problemu, ki ga lahko štejemo za posplošitev tega.

12. V konveksnem štirikotniku ABCD (riž. 14) trikotnikom včrtane krožnice ABC in ADC dotikata drug drugega. Dokaži, da so krogi vpisani v trikotnike ABD in BDC tudi dotikajo drug drugega.

13. V trikotniku ABC s strankami a, b in c na strani sonce točka označena D tako da krogi, vpisani v trikotnike ABD in ACD dotaknite se segmenta AD na eni točki. Poišči dolžino odseka BD.

Rešitev (slika 15). Uporabimo formulo (1) za trikotnike ADC in A.D.B., računanje DM dva

Izkazalo se je, D– stična točka s stranico sonce krog, včrtan v trikotnik ABC. Velja obratno: če je oglišče trikotnika povezano s točko dotika včrtanega kroga na nasprotni strani, potem se krožnice, včrtane v nastale trikotnike, dotikajo.

14. Središča O 1 , O 2 in O 3 tri kroge enakega polmera, ki se ne sekajo, se nahajajo na ogliščih trikotnika. Od točk O 1 , O 2 , O 3 so tangente na te kroge narisane, kot je prikazano na sliki.

Znano je, da so te tangente, ki se sekajo, tvorile konveksni šesterokotnik, katerega stranice so pobarvane rdeče in modro. Dokaži, da je vsota dolžin rdečih odsekov enaka vsoti dolžin modrih.

Rešitev (slika 16). Pomembno je razumeti, kako uporabiti dejstvo, da imajo dani krogi enake polmere. Upoštevajte, da segmenti BR in DM sta enaka, kar izhaja iz enakosti pravokotnih trikotnikov O 1 BR in O 2 B.M.. Prav tako D.L. = D.P., FN = FK. Enakosti seštevamo člen za členom, nato pa od dobljene vsote odštejemo enake odseke tangent, narisane iz oglišč A, Z, In Ešesterokotnik ABCDEF: AR in A.K., C.L. in C.M., EN in E.P.. Dobimo, kar potrebujemo.

Tukaj je primer problema v stereometriji, predlaganega na XII mednarodnem matematičnem turnirju za srednješolce "Pokal v spomin na A. N. Kolmogorova".

16. Dana je peterokotna piramida SA 1 A 2 A 3 A 4 A 5 . Obstaja krogla w, ki se dotika vseh robov piramide in druge krogle w 1, ki se dotika vseh strani podlage A 1 A 2 A 3 A 4 A 5 in nadaljevanja stranskih reber SA 1, SA 2, SA 3, SA 4, SA 5čez vrhove baze. Dokaži, da je vrh piramide enako oddaljen od oglišč osnove. (Berlov S. L., Karpov D. V.)

17. Enotni državni izpit. Diagnostično delo 8. 12. 2009, P–4. Podan trapez ABCD, katerega temelji BC = 44,AD = 100, AB = CD= 35. Krožnica, tangentna na premice AD in A.C., se dotakne strani CD na točki K. Poišči dolžino odseka CK.BDC in BDA, se dotaknite strani ВD na točkah E in F. Poišči dolžino odseka E.F..

rešitev. Možna sta dva primera (slika 20 in slika 21). S pomočjo formule (1) poiščemo dolžine segmentov DE in DF.

V prvem primeru AD = 0,1AC, CD = 0,9A.C.. V drugem - AD = 0,125AC, CD = 1,125A.C.. Podatke zamenjamo in dobimo odgovor: 4,6 ali 5,5.

Problemi za samostojno reševanje/

1. Obseg enakokrakega trapeza, opisanega okrog kroga, je enak 2 rub. Poiščite projekcijo diagonale trapeza na večjo osnovo. (1/2r)

2. Odprta banka nalog enotnega državnega izpita iz matematike. NA 4. V trikotnik včrtan krog ABC (slika 22), narisane so tri tangente. Obseg razrezanih trikotnikov je 6, 8, 10. Poišči obseg tega trikotnika. (24)

3. V trikotnik ABC krog je vpisan. MN – tangenta na krog, MÎ AC, NÎ BC, BC = 13, AC = 14, AB = 15. Poiščite obseg trikotnika MNC. (12)

4. Kvadratu s stranico a včrtana krožnica je narisana tangenta, ki seka njegovi strani. Poiščite obseg odrezanega trikotnika. (A)

5. V peterokotnik s stranicami je vpisan krog A, d, c, d in e. Poiščite segmente, na katere točka dotika deli stranico, ki je enaka A.

6. Trikotniku s stranicami 6, 10 in 12 je vpisan krog. Na krožnico narišemo tangento tako, da seka dve dolgi stranici. Poiščite obseg odrezanega trikotnika. (16)

7. CD– mediana trikotnika ABC. Krogi, vpisani v trikotnike ACD in BCD, dotaknite se segmenta CD na točkah M in n. Najti MN, Če AC – sonce = 2. (1)

8. V trikotniku ABC s strankami a, b in c na strani sonce točka označena D. Na kroge, včrtane v trikotnike ABD in ACD, je skupna tangenta narisana v sekanju AD na točki M. Poišči dolžino odseka zjutraj. (Dolžina zjutraj ni odvisen od položaja točke D in
enako ½ ( c + b – a))

9. V pravokotni trikotnik je vpisan krog s polmerom A. Polmer kroga, ki se dotika hipotenuze in podaljškov katet, je enak R. Poiščite dolžino hipotenuze. ( R–a)

10. V trikotniku ABC dolžine strani so znane: AB = z, AC = b, sonce = A. Trikotniku včrtan krog se dotika stranice AB na točki C 1. Zunanji krog se dotika podaljška stranice AB na točko A na točki C 2. Določite dolžino segmenta C 1 C 2. (b)

11. Poiščite dolžine strani trikotnika, deljenih s točko dotika včrtanega kroga s polmerom 3 cm na segmente 4 cm in 3 cm (7, 24 in 25 cm v pravokotnem trikotniku)

12. Soroseva olimpijada 1996, 2. krog, 11. razred. Podan trikotnik ABC, na katerih straneh so označene točke A 1, B 1, C 1. Polmeri krogov, včrtanih v trikotnike AC 1 B 1, BC 1 A 1, SA 1 B 1 enako v r. Polmer kroga, včrtanega v trikotnik A 1 B 1 C 1 enako R. Poiščite polmer kroga, včrtanega v trikotnik ABC. (R +r).

Naloge 4–8 so vzete iz knjige Gordina R.K. »Geometrija. Planimetrija." Moskva. Založba MCNMO. 2004.

Pojem tangente na krožnico

Krog ima tri možne relativne položaje glede na ravno črto:

Če je razdalja od središča kroga do ravne črte manjša od polmera, potem ima ravna črta dve presečni točki s krogom.

Če je razdalja od središča kroga do ravne črte enaka polmeru, potem ima ravna črta dve presečni točki s krogom.

Če je razdalja od središča kroga do ravne črte večja od polmera, potem ima ravna črta dve presečni točki s krogom.

Predstavimo zdaj koncept tangente na krog.

Definicija 1

Tangenta na krožnico je premica, ki ima z njo eno presečišče.

Skupna točka krožnice in tangente se imenuje tangentna točka (slika 1).

Slika 1. Tangenta na krožnico

Izreki, povezani s konceptom tangente na krožnico

1. izrek

Izrek o tangentni lastnosti: tangenta na krožnico je pravokotna na polmer, narisan na točko dotika.

Dokaz.

Razmislite o krogu s središčem $O$. Narišimo tangento $a$ v točki $A$. $OA=r$ (slika 2).

Dokažimo, da je $a\bot r$

Izrek bomo dokazali s protislovjem. Recimo, da tangenta $a$ ni pravokotna na polmer kroga.

Slika 2. Ponazoritev izreka 1

To pomeni, da je $OA$ nagnjen na tangento. Ker je navpičnica na premico $a$ vedno manjša od nagnjene na isto premico, je razdalja od središča kroga do premice manjša od polmera. Kot vemo, ima ravna črta v tem primeru dve presečni točki s krožnico. Kar je v nasprotju z definicijo tangente.

Zato je tangenta pravokotna na polmer kroga.

Izrek je dokazan.

2. izrek

Konverzija izreka o lastnostih tangente: Če je premica, ki poteka skozi konec polmera kroga, pravokotna na polmer, potem se ta premica dotika tega kroga.

Dokaz.

Glede na pogoje problema imamo, da je polmer pravokotnica, ki poteka iz središča kroga na dano premico. Zato je razdalja od središča kroga do premice enaka dolžini polmera. Kot vemo, ima krog v tem primeru le eno presečišče s to premico. Po definiciji 1 ugotovimo, da je ta premica tangenta na krožnico.

Izrek je dokazan.

Izrek 3

Odseki tangent na krog, narisani iz ene točke, so enaki in tvorijo enake kote z ravno črto, ki poteka skozi to točko in središče kroga.

Dokaz.

Naj bo dana krožnica s središčem v točki $O$. Iz točke $A$ (ki leži na celotnem krogu) sta narisani dve različni tangenti. Od stične točke $B$ oziroma $C$ (slika 3).

Dokažimo, da je $\kotnik BAO=\kotnik CAO$ in da je $AB=AC$.

Slika 3. Ponazoritev izreka 3

Po izreku 1 imamo:

Zato sta trikotnika $ABO$ in $ACO$ pravokotna trikotnika. Ker je $OB=OC=r$ in je hipotenuza $OA$ skupna, sta ti trikotnika enaka po hipotenuzi in kraku.

Zato dobimo, da je $\angle BAO=\angle CAO$ in $AB=AC$.

Izrek je dokazan.

Primer naloge o pojmu tangente na krožnico

Primer 1

Dana je krožnica s središčem v točki $O$ in polmerom $r=3\ cm$. Tangenta $AC$ ima dotično točko $C$. $AO=4\ cm$. Poiščite $AC$.

rešitev.

Najprej ponazorimo vse na sliki (slika 4).

Slika 4.

Ker je $AC$ tangenta in $OC$ polmer, potem po izreku 1 dobimo, da je $\angle ACO=(90)^(()^\circ )$. Ugotovili smo, da je trikotnik $ACO$ pravokoten, kar pomeni, da po Pitagorovem izreku velja:

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