Стосовно кола. Повні уроки – Гіпермаркет знань. Що стосується дотичний кут

1. Відстань від центру кола до прямої більша за радіус.І тут всі точки прямий лежать поза кола.


2. Відстань від центру кола до прямої менша за радіус.У цьому випадку пряма має точки, що лежать усередині кола і так як пряма нескінченна в обидві сторони, вона перетинається кола в 2 точках.


3. Відстань від центру кола до прямої дорівнює радіусу.Пряма – дотична.

Пряма, що має з колом лише одну загальну точку, називається дотичноїдо кола.

Загальна точка називається у цьому випадку точкою торкання.

Можливість існування дотичної, і до того ж проведеної через будь-яку точку кола, як точку дотику, доводиться наступною теоремою.

Теорема. Якщо пряма перпендикулярна до радіусу у його кінці, що лежить на колі, то ця пряма – дотична.

Нехай O (рис) - центр деякого кола і OA якийсь його радіус. Через його кінець A проведемо MN^OA.

Потрібно довести, що пряма MN - дотична, тобто. що ця пряма має з колом лише одну загальну точку A.

Допустимо неприємне: нехай MN має з колом ще іншу загальну точку, наприклад B.

Тоді пряма OB була б радіусом і, отже, дорівнювала б OA.

Але цього бути не може, тому що, якщо OA -перпендикуляр, то OB повинна бути похилою до MN, а похила більше перпендикуляра.

Зворотна теорема. Якщо пряма торкається до кола, то радіус, проведений в точку торкання, перпендикулярний до неї.

Нехай MN - дотична до кола, A - точка торкання та O - центр цього кола.

Потрібно довести, що OA^MN.

Допустимо неприємне, тобто. припустимо, що перпендикуляром, опущеним O на MN, буде OA , а якась інша пряма, наприклад, OB.

Візьмемо ВС = AB і проведемо ОС.

Тоді OA і OС будуть похилі, однаково віддалені від перпендикуляра OB, отже, OС = OA.

З цього випливає, що коло, враховуючи наше припущення, матиме з прямої MN дві загальні точки: A і З, тобто. MN буде не дотична, а січе, що суперечить умові.

Слідство. Через будь-яку дану на колі точку можна провести дотичну до цього кола і до того ж лише одну, тому що через цю точку можна провести перпендикуляр, і до того ж тільки один, до радіусу, проведеного в ньому.

Теорема. Стосовна, паралельна хорді, ділить у точці торкання дугу, що стягується хордою, навпіл.

Нехай пряма AB (рис.) стосується кола в точці M і паралельна хорді СD.

Потрібно довести, що ECM = EMD.

Провівши через точку торкання діаметр ME, отримуємо: EM ^ AB, а отже, EM ^ СВ.

Тому СM = MD.

Завдання.Через дану точку провести дотичну до цього кола.

Якщо ця точка знаходиться на колі, то проводять через неї радіус і через кінець радіуса перпендикулярну пряму. Ця пряма буде шуканою дотичною.

Розглянемо той випадок, коли точка дана поза коло.

Нехай потрібно (мал.) провести до кола з центром O дотичну через точку A.

Для цього з точки A як з центру описуємо дугу радіусом AO, а з точки O як центру перетинаємо цю дугу в точках B і С розчином циркуля, рівним діаметру даного кола.

Провівши потім хорди OB і OС, з'єднаємо точку A з точками D і E, у яких хорди перетинаються з цим колом.

Прямі AD та AE - дотичні до кола O.

Справді, з побудови видно, що тр-ки AOB і AOС рівнобедрені (AO = AB = AС) з основами OB і OС, рівними діаметру кола O.

Так як OD і OE - радіуси, то D - середина OB, а E - середина OС, означає AD і AE - медіани, проведені до основ рівнобедрених тр-ків, і тому перпендикулярні до цих основ. Якщо ж прямі DA та EA перпендикулярні до радіусів OD та OE, то вони – дотичні.

Слідство. Дві дотичні, проведені з однієї точки до кола, рівні та утворюють рівні кути з прямою, що з'єднує цю точку з центром.

Так AD=AE і ÐOAD = ÐOAE (рис.), оскільки прямокутні тр-ки AOD і AOE, мають загальну гіпотенузу AO і рівні катети OD і OE (як радіуси), рівні.

Зауважимо, що тут під словом "дотична" мається на увазі власне "відрізок дотичної" від цієї точки до точки дотику.

Завдання.Провести дотичну до даного кола O паралельно даній прямій AB (рис.).

Опускаємо на AB із центру O перпендикуляр OЗ і через точку D, в якій цей перпендикуляр перетинається з колом, проводимо EF|| AB.

Шукана дотична буде EF.

Справді, оскільки OС^AB і EF|| AB, то EF^OD, а пряма, перпендикулярна до радіусу в його кінці, що лежить на колі - дотична.

Завдання.До двох кіл O і O 1 провести загальну дотичну (рис.).

Аналіз. Припустимо, що завдання вирішено.

Нехай AB буде загальна дотична, A та B - точки дотику.

Очевидно, що якщо ми знайдемо одну з цих точок, наприклад, A, то легко знайдемо і іншу.

Проведемо радіуси OA і O 1 B. Ці радіуси, перпендикулярні до загальної дотичної, паралельні між собою.

Тому, якщо з O1 проведемо O1С|| BA, то тр-к OСО 1 буде прямокутний при вершині З.

Внаслідок цього, якщо опишемо з O, як центру, радіусом OС коло, то воно стосуватиметься прямої O 1 С у точці С.

Радіус цього допоміжного кола відомий: він дорівнює OA - СA = OA - O 1 B, тобто. він дорівнює різниці радіусів даних кіл.

Побудова.З центру O описуємо коло радіусом, що дорівнює різниці даних радіусів.

З O 1 проводимо до цього кола дотичну O 1 С (способом, зазначеним у попередній задачі).

Через точку торкання З проводимо радіус OС і продовжуємо його до зустрічі з даним колом у точці A. Нарешті з A проводимо AB паралельно СО 1.

Так само ми можемо побудувати іншу загальну дотичну A 1 B 1 (рис.). Прямі AB та A 1 B 1 називають зовнішнімизагальними дотичними.

Можна ще провести дві внутрішнідотичні таким чином:

Аналіз.Припустимо, що завдання вирішено (рис.). Нехай AB - шукана дотична.

Проведемо радіуси OA і O 1 B в точки дотику A і B. Так як ці радіуси обидва перпендикулярні до загальної дотичної, то вони паралельні між собою.

Тому, якщо з O1 проведемо O1С|| BA і продовжимо OA до точки, то OС буде перпендикуляр до O 1 С.

Внаслідок цього коло, описане радіусом OС з точки O, як центру, стосуватиметься прямої O 1 С у точці С.

Радіус цього допоміжного кола відомий: він дорівнює OA+AС = OA+O 1 B, тобто. він дорівнює сумі радіусів даних кіл.

Побудова.З O як центру, описуємо коло радіусом, що дорівнює сумі даних радіусів.

З O 1 проводимо до цього кола дотичну O 1 З.

Точку дотику З'єднуємо з O.

Нарешті через точку A, де OС перетинається з даним колом, проводимо AB = O 1 З.

Подібним способом можемо побудувати іншу внутрішню дотичну A 1 B 1 .

Загальне визначення щодо

Нехай до кола з центром (рис.) проведені через точку A дотична AT і якась січна AM.

Станемо обертати цю січучу навколо точки A так, щоб інша точка перетину B все ближче і ближче присувалася до A.

Тоді перпендикуляр OD, опущений із центру на січну, буде дедалі більше наближатися до радіусу OA, і кут AOD може поменшати будь-якого малого кута.

Кут MAT, утворений січною та дотичною, дорівнює куту AOD (внаслідок перпендикулярності їх сторін).

Тому при необмеженому наближенні точки B до A кут MAT може стати як завгодно малий.

Це висловлюють іншими словами так:

дотична є граничне положення, якого прагне січна, проведена через точку дотику, коли друга точка перетину необмежено наближається до точки дотику.

Цю властивість приймають за визначення дотичної, коли йдеться про будь-яку криву.

Так, що стосується кривої AB (рис.) називається граничне положення MT, якого прагне січна MN, коли точка перетину P необмежено наближається до M.

Зауважимо, що така дотична, що визначається таким чином, може мати з кривою більше однієї загальної точки (як це видно на рис).

Пряма ( MN), що має з колом лише одну загальну точку ( A), називається дотичної до кола.

Загальна точка називається у цьому випадку точкою торкання.

Можливість існування дотичної, і до того ж проведеної через будь-яку точку кола, як точку торкання, доводиться наступною теорема.

Нехай потрібно провести до колаз центром O дотичнучерез точку A. Для цього з точки A,як із центру, описуємо дугурадіусом AO, а з точки O, як центру, перетинаємо цю дугу в точках Bі Зрозчином циркуля, що дорівнює діаметру даного кола.

Провівши потім хорди OBі OС, з'єднаємо точку Aз точками Dі E, у яких ці хорди перетинаються з цим колом. Прямі ADі AE - дотичні до кола O. Справді, з побудови видно, що трикутники AOBі AOС рівнобедрені(AO = AB = AС) з основами OBі OС, рівними діаметру кола O.

Так як ODі OE- радіуси, то D - середина OB, а E- середина OС, значить ADі AE - медіани, Проведені до основ рівнобедрених трикутників, і тому перпендикулярні до цих основ. Якщо ж прямі DAі EAперпендикулярні до радіусів ODі OE, то вони - дотичні.

Слідство.

Дві дотичні, проведені з однієї точки до кола, рівні та утворюють рівні кути з прямою, що з'єднує цю точку з центром.

Так AD=AEта ∠ OAD = ∠OAEтому що прямокутні трикутники AODі AOE, що мають загальну гіпотенузу AOта рівні катети ODі OE(Як радіуси), рівні. Зауважимо, що тут під словом "стосовна" мається на увазі власне " відрізок дотичної” від цієї точки до точки дотику.

Пряма, що має з колом лише одну загальну точку, називається дотичною до кола, а їх загальна точка називається точкою торкання прямої та кола.

Теорема (властивість дотичної до кола)

Дотична до кола перпендикулярна до радіусу, проведеного в точку торкання.

Дано

А – точка торкання

Довести: р ОА

Доведення.

Доведемо методом «від неприємного».

Припустимо, що р ОА, тоді ОА - похила до прямої р.

Якщо з точки Про провести перпендикуляр ВІН до прямої р, то його довжина буде меншою за радіус: ВІН< ОА=r

Отримаємо, що відстань від центру кола до прямої р (ВІН) менша за радіус (r) , означає пряма р – січна (тобто має з колом дві спільні точки), що суперечить умові теореми (р-дотична).

Отже припущення невірно, отже пряма р перпендикулярна до ОА.

Теорема (Властивість дотичних відрізків, проведених з однієї точки)

Відрізки дотичних до кола, проведені з однієї точки, рівні і становлять рівні кути з прямої, що проходить через цю точку та центр кола.

Дано: окр. (О; r)

АВ та АС – дотичні до окр. (О; r)

Довести: АВ = АС

Доведення

1) ОВ АВ, ОС АС, як радіуси, проведені в точку дотику (властивість дотичної)

2) Розглянемо тр. АОВ та тр. АОС - п/в

АТ - загальна

ОВ = ОС (як радіуси)

Значить, АВО = АОС (з гіпотенузи та катету). Отже,

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

Теорема (Ознака дотичної)

Якщо пряма проходить через кінець радіусу, що лежить на колі, і перпендикулярна до цього радіусу, то вона є дотичною.

Дано: ОА – радіус кола

Довести: р- дотична до кола

Доведення

ОА - радіус кола (за умовою) (ОА = r)

ОА - перпендикуляр з О до прямої р (ОА = d)

Отже, r=ОА=d , отже пряма р і коло мають одну загальну точку.

Отже, пряма р - дотична до кола. ч.т.д.

3. Властивість хорд і січучих.

Властивості дотичної та сіючої

ВИЗНАЧЕННЯ

Коломназивається геометричне місце точок, рівновіддалених від однієї точки, яка називається центром кола.

Відрізок, що з'єднує дві точки кола, називається хордий(На малюнку це відрізок). Хорда, що проходить через центр кола, називається діаметромкола.

1. Дотична перпендикулярна до радіуса, проведеного в точку торкання.

2. Відрізки дотичних, проведених із однієї точки, рівні.

3. Якщо з точки, що лежить поза коло, проведено дотичну та січну, то квадрат довжини дотичної дорівнює добутку сіючої на її зовнішню частину.

Найчастіше саме геометричні завдання викликають утруднення у абітурієнтів, випускників, учасників математичних олімпіад. Якщо подивитися статистику ЄДІ 2010 року, то видно, що геометричне завдання С4 розпочало близько 12% учасників, а отримало повний бал лише 0,2% учасників, а в цілому завдання виявилося найскладнішим із усіх запропонованих.

Очевидно, що чим раніше ми запропонуємо школярам красиві чи несподівані за способом вирішення завдання, тим більша ймовірність зацікавити та захопити всерйоз та надовго. Але, як важко знайти цікаві та складні завдання на рівні 7 класу, коли тільки починається систематичне вивчення геометрії. Що можна запропонувати школяреві, що цікавиться математикою, знає тільки ознаки рівності трикутників, властивості суміжних і вертикальних кутів? Проте, можна запровадити поняття дотичної до кола, як прямий, має з колом одну загальну точку; прийняти, що радіус, проведений у точку торкання, перпендикулярний дотичній. Звичайно, варто розглянути всі можливі випадки розташування двох кіл і загальних до них, яких можна провести від нуля до чотирьох. Довівши нижче запропоновані теореми можна значно розширити набір завдань для семикласників. При цьому принагідно довести важливі чи просто цікаві та цікаві факти. Причому, оскільки багато тверджень не входять до шкільного підручника, то обговорювати їх можна і на заняттях гуртка та з випускниками при повторенні планіметрії. Актуальними ці факти виявилися минулого навчального року. Так як багато діагностичних робіт і сама робота ЄДІ містили завдання, для вирішення якої необхідно було використовувати доказувану нижче властивість відрізка дотичної.

Т 1 Відрізки дотичних до кола, проведені з
однієї точки рівні (рис. 1)

Саме з теоремою можна спочатку познайомити семикласників.
У процесі доказу використали ознаку рівності прямокутних трикутників, зробили висновок про те, що центр кола лежить на бісектрисі кута ВСА.
Принагідно згадали, що бісектриса кута є геометричне місце точок внутрішньої області кута, рівновіддалених від його сторін. На цих доступних навіть лише початківцям вивчати геометрію фактах ґрунтується рішення вже далеко нетривіального завдання.

1. Бісектриси кутів А, Уі Зопуклого чотирикутника АВСDперетинаються в одній точці. Промені АВі DCперетинаються у точці Е, а промені
НДі АDу точці F. Доведіть, що у неопуклого чотирикутника AECFсуми довжин протилежних сторін дорівнюють.

Рішення (рис. 2).Нехай Про- Точка перетину даних бісектрис. Тоді Прорівновіддалена від усіх сторін чотирикутника АВСD, тобто
є центром кола вписаного в чотирикутник. За теоремою 1 вірні рівності: AR = AK, ER = EP, FT = FK. Почленно складемо ліві та праві частини, отримаємо правильну рівність:

(AR + ER) + FT = (AK +FK) + EP; AE + (FC + CT) = AF + (ЄC + PC). Так як СТ = РС, то АЕ + FC = AF + ЄC, що й потрібно було довести.

Розглянемо незвичайне за формулюванням завдання, для вирішення якого достатньо знання теореми 1 .

2. Чи існує n-кутник, сторони якого послідовно 1, 2, 3, …, n, в який можна вписати коло?

Рішення. Припустимо, такий n-кутник існує. А 1 А 2 =1, …, А n-1 А n = n– 1,А n А 1 = n. B 1 , …, B n – відповідні точки торкання. Тоді за теоремою 1 A 1 B 1 = A 1 B n< 1, n – 1 < A n B n< n.За якістю відрізків дотичних A n B n = A n B n-1. Але, A n B n-1< A n-1 А n = n – 1. Протиріччя. Отже, ні n-кутника, що задовольняє умову задачі

Т 2Суми протилежних сторін чотирикутника, описаного близько
кола, рівні (рис. 3)

Школярі, як правило, легко доводять цю властивість описаного чотирикутника. Після доказу теореми 1 , Воно є тренувальною вправою. Можна узагальнити цей факт – суми сторін описаного парного кутника, взятих через одну, рівні. Наприклад, для шестикутника ABCDEFвірно: AB+CD+EF=BC+DE+FA.

Рішення (рис. 1). Оскільки чотирикутники ABEF і ECDF вписані, то за теореми 2 Р ABEF = 2(AB + EF) та Р ECDF = 2(CD + EF), за умовою

Р ABEF - Р ECDF = 2 (AB + EF) - 2 (CD + EF) = 2p. AB - CD = p. АВ = а + р.

Рішення (рис. 5).За теоремою 1 МВ = МХ та РС = РХ.Тому периметр трикутника АМРдорівнює сумі відрізків АВі АС.Або подвоєного дотичного, проведеного до вписаного кола для трикутника АМР . Розмір кута МОР вимірюється половиною величини кута ВОС, який не залежить від вибору точки Х.

Рішення (рис. 6). Спосіб перший (алгебраїчний). Нехай АК = AN = x,тоді BK = BM = c - x, CM = CN = a - c + x. АС = AN + NC,тоді можемо скласти рівняння щодо х: b = x + (a - c + x).Звідки .

Спосіб другий (геометричний). Звернемося до схеми. Відрізки рівних дотичних, взяті по одному, у сумі дають напівпериметр
трикутник. Червоний та зелений складають бік а.Тоді цікавий для нас відрізок х = р – а.Безперечно, отримані результати збігаються.

. З

4. Знайдіть радіус кола, вписаного у прямокутний трикутник з катетами а, bта гіпотенузою с. Рішення (рис. 8). Тяк OMCN –квадрат, то радіус вписаного кола дорівнює відрізку дотичної CN. .

5. Доведіть, що точки торкання вписаного та вписаного кола зі стороною трикутника симетричні щодо середини цієї сторони.

Рішення (рис. 9).Зауважимо, АК – відрізок дотичного вневписаного кола для трикутника АВС.За формулою (2) . ВМ- Відрізок дотичного вписаного кола для трикутника АВС.За формулою (1) . АК = ВМ,а це і означає, що точки К і Мрівновіддалені від середини сторони АВ,що й потрібно було довести.

6. До двох кіл проведено дві загальні зовнішні дотичні і одна внутрішня. Внутрішня дотична перетинає зовнішні в точках А, Ві стосується кіл у точках А 1і В 1 .Доведіть, що АА 1 = ВР 1 .

Рішення (рис. 10). Стоп… Та що тут вирішувати? Це ж просто інше формулювання попереднього завдання. Очевидно, що одне з кіл є вписаним, а інше вписаним для якогось трикутника АВС.А відрізки АА 1 та ВР 1відповідають відрізкам АКі ВМЗавдання 5. Примітно, що завдання, що пропонувалося на Всеросійській олімпіаді школярів з математики, вирішується так очевидно.

7. Сторони п'ятикутника в порядку обходу дорівнюють 5, 6, 10, 7, 8. Довести, що до цього п'ятикутника не можна вписати коло.

Рішення (рис. 11). Припустимо, що у п'ятикутник АВСDEможна вписати коло. Причому сторони AB, BC, CD, DEі ЕAрівні відповідно 5, 6, 10, 7 та 8. Зазначимо послідовно точки дотику – F, G, H, Mі N. Нехай довжина відрізка AFдорівнює х.

Тоді BF = FD – AF = 5 – x = BG. GC = BC – BG = = 6 – (5 – x) = 1 + x = CH. І так далі: HD = DM = 9 – x; ME = EN = x – 2, AN = 10 – х.

Але, AF = AN. Тобто 10 – х = х; х= 5. Однак, відрізок дотичної AFне може дорівнювати стороні АВ. Отримана суперечність і доводить, що цей п'ятикутник не можна вписати окружність.

8. У шестикутник вписано коло, його сторони в порядку обходу дорівнюють 1, 2, 3, 4, 5. Знайти довжину шостої сторони.

Рішення. Звичайно, можна відрізок дотичної позначити за х, Як і в попередній задачі, скласти рівняння та отримати відповідь. Але, набагато ефективніше та ефектніше використовувати примітку до теореми 2 : суми сторін описаного шестикутника, взятих через одну, дорівнюють.

Тоді 1+3+5=2+4+ х, де х– невідома шоста сторона, х = 3.

Рішення (рис.12). Оскільки довжини всіх сторін є цілими числами, то рівні дробові частини довжин відрізків BT, BP, DM, DN, AKі AT. Маємо, АТ + ТБ= 1, та дробові частини довжин відрізків ATі TBрівні. Це можливо лише тоді, коли АТ + ТБ= 0,5. За теоремою 1 ВТ + ВР.
Значить, ВР= 0,5. Зауважимо, що умова СD= 3 виявилося незатребуваним. Очевидно, автори завдання передбачали якесь інше рішення. Відповідь: 0,5.

10. У чотирикутнику ABCD AD = DC, AB = 3, BC = 5.Кола, вписані в трикутники ABDі CBDстосуються відрізка BDу точках Mі Nвідповідно. Знайти довжину відрізка MN.

Рішення (рис. 13). MN = DN - DM.За формулою (1) для трикутників DBAі DBСвідповідно, маємо:

11. У чотирикутник ABCDможна вписати коло. Кола, вписані в трикутники ABDі CBDмають радіуси Rі rвідповідно. Знайти відстань між центрами цих кіл.

Рішення (рис. 13). Оскільки за умовою чотирикутник ABCDвписаний, за теоремою 2 маємо: AB+DC = AD+BC.Скористаємося ідеєю вирішення попереднього завдання. . Це означає, що точки торкання кіл з відрізком DMзбігаються. Відстань між центрами кіл дорівнює сумі радіусів. Відповідь: R+r.

Фактично доведено, що умова – у чотирикутник ABCDможна вписати коло, рівносильно умові - у опуклому чотирикутнику ABCDкола, вписані в трикутники ABCі ADCстосуються одне одного. Правильно протилежне.

Довести ці два взаємно-зворотні твердження пропонується в наступному завданні, яке можна вважати узагальненням даної.

12. У опуклому чотирикутнику ABCD (Мал. 14) кола, вписані в трикутники ABCі ADCстосуються одне одного. Доведіть, що кола, вписані в трикутники ABDі BDCтакож стосуються одне одного.

13. У трикутнику АВСзі сторонами а, bі cна стороні НДвідзначено точку Dтак, що кола, вписані в трикутники АВDі ACDстосуються відрізка ADв одній точці. Знайти довжину відрізка BD.

Рішення (рис. 15). Застосуємо формулу (1) для трикутників ADCі ADB, вирахувавши DMдвома

Виявляється, D– точка торкання зі стороною НДкола, вписаного в трикутник АВС. Правильно зворотне: якщо вершину трикутника з'єднати з точкою торкання вписаного кола на протилежному боці, то кола, вписані в трикутники, що виходять, торкаються один одного.

14. Центри Про 1 , Про 2 та Про 3 трьох кіл, що не перетинаються, однакового радіуса розташовані у вершинах трикутника. З точок Про 1 , Про 2 , Про 3 проведені дотичні до даних кіл так, як показано на малюнку.

Відомо, що ці дотичні, перетинаючи, утворили опуклий шестикутник, сторони якого через одну пофарбовані у червоний та синій кольори. Доведіть, що сума довжин червоних відрізків дорівнює сумі довжин синіх.

Рішення (рис. 16). Важливо зрозуміти, як використовувати той факт, що задані кола мають однакові радіуси. Зауважимо, що відрізки ВRі DМрівні, що випливає з рівності прямокутних трикутників Про 1 ВRі O 2 BM. Аналогічно DL = DP, FN = FK. Почленно складаємо рівності, потім віднімаємо з отриманих сум однакові відрізки дотичних, проведених з вершин А, З, і Ешестикутника ABCDEF: АRі AK, CLі CM, ENі EP. Отримуємо необхідне.

Ось приклад завдання зі стереометрії, що пропонувалася на XII Міжнародному математичному турнірі старшокласників "Кубок пам'яті А. Н. Колмогорова".

16. Дана п'ятикутна піраміда SA 1 A 2 A 3 A 4 A 5 .Існує сфера w ,яка стосується всіх ребер піраміди та інша сфера w 1 ,яка стосується всіх сторін заснування A 1 A 2 A 3 A 4 A 5та продовжень бічних ребер SA 1, SA 2, SA 3, SA 4, SA 5за вершини основи. Доведіть, що вершина піраміди рівновіддалена від вершин основи. (Берлов С. Л., Карпов Д. В.)

17. ЄДІ. Діагностична робота 8.12.2009 р, С-4.Дана трапеція ABCD, підстави якої BC = 44,AD = 100, AB = CD= 35. Коло, що стосується прямих ADі AC, стосується сторони CDу точці K. Знайдіть довжину відрізка CK.ВDС та ВDА, стосуються сторони ВDу точках Еі F. Знайдіть довжину відрізка EF.

Рішення. Можливі два випадки (рис. 20 та рис. 21). За формулою (1) знайдемо довжини відрізків DEі DF.

В першому випадку AD = 0,1АС, СD = 0,9AC. У другому - AD = 0,125АС, СD = 1,125AC. Підставляємо дані та отримуємо відповідь: 4,6 або 5,5.

Завдання для самостійного вирішення/

1. Периметр рівнобедреної трапеції, описаної біля кола дорівнює 2р.Знайдіть проекцію діагоналі трапеції на більшу основу. (1/2р)

2. Відкритий банк завдань ЄДІ з математики. В 4. До кола, вписаного в трикутник ABC (рис. 22),проведено три дотичні. Периметри відсічених трикутників дорівнюють 6, 8, 10. Знайдіть периметр даного трикутника. (24)

3. У трикутник АВСвписано коло. MN –дотична до кола, M АС, N ВС, ВС = 13, АС = 14, АВ = 15.Знайдіть периметр трикутника MNC. (12)

4. До кола, вписаного в квадрат зі стороною а, проведено дотичну, що перетинає дві його сторони. Знайдіть периметр відсіченого трикутника. (а)

5. Коло вписано в п'ятикутник зі сторонами а, d, c, dі e. Знайдіть відрізки, на які точка торкання ділить сторону, що дорівнює а.

6. У трикутник зі сторонами 6, 10 та 12 вписано коло. До кола проведена дотична так, що вона перетинає дві великі сторони. Знайдіть периметр відсіченого трикутника. (16)

7. CD– медіана трикутника ABC. Кола, вписані в трикутники ACDі BCD, стосуються відрізка CDу точках Mі N. Знайдіть MN, якщо АС – НД = 2. (1)

8. У трикутнику АВСзі сторонами а, bі cна стороні НДвідзначено точку D. До кіл, вписаних у трикутники АВDі ACD, проведено загальну дотичну, що перетинає ADу точці М. Знайти довжину відрізка АМ. (Довжина АМне залежить від положення точки Dі
дорівнює ½ ( c + b – a))

9. У прямокутний трикутник вписано коло радіусу а. Радіус кола, що стосується гіпотенузи та продовжень катетів, дорівнює R.Знайдіть довжину гіпотенузи. ( R – a)

10. У трикутнику АВСвідомі довжини сторін: АВ = з, АС = b, НД = а. Вписане в трикутник коло стосується сторони АВу точці З 1. Вписане коло стосується продовження сторони АВза крапку Ау точці З 2. Визначте довжину відрізка З 1 З 2. (b)

11. Знайдіть довжини сторін трикутника, розділених точкою торкання вписаного кола радіуса 3 см на відрізки 4 см і 3 см (7, 24 і 25 см у прямокутному трикутнику)

12. Соросівська олімпіада 1996 р, 2 тур, 11 клас. Даний трикутник АВС, на сторонах якого відзначені точки А 1, В 1, З 1. Радіуси кіл вписаних у трикутники АС 1 В 1, НД 1 А 1, СА 1 В 1рівні по r. Радіус кола, вписаного в трикутник А 1 В 1 З 1дорівнює R. Знайти радіус кола, вписаного в трикутник АВС. (R +r).

Завдання 4-8 взяті із задачника Гордіна Р. К. “Геометрія. Планіметрія. Москва. Видавництво МЦНМВ. 2004.

Поняття щодо кола

Окружність має три можливі взаємні розташування відносно прямої:

Якщо відстань від центру кола до прямої менша за радіус, то пряма має дві точки перетину з колом.

Якщо відстань від центру кола до прямої дорівнює радіусу, то пряма має дві точки перетину з коло.

Якщо відстань від центру кола до прямої більша за радіус, то пряма має дві точки перетину з колом.

Введемо тепер поняття щодо прямої до кола.

Визначення 1

Дотичним до кола називається пряма, яка має з нею одну точку перетину.

Загальна точка кола та дотичної називається точкою дотику (рис 1).

Малюнок 1. Стосовно кола

Теореми, пов'язані з поняттям дотичного до кола

Теорема 1

Теорема про властивість дотичної: дотична до кола перпендикулярна до радіуса, проведеного в точку дотику.

Доведення.

Розглянемо коло із центром $O$. Проведемо в точці $A$ щодо $a$. $OA=r$ (Мал. 2).

Доведемо, що $a\bot r$

Будемо доводити теорему методом «від неприємного». Припустимо, що дотична $a$ не перпендикулярна радіусу кола.

Рисунок 2. Ілюстрація теореми 1

Тобто $OA$ - похильна до дотичної. Так як перпендикуляр до прямої $ a $ завжди менше похилої до цієї ж прямої, то відстань від центру кола до прямої менше радіусу. Як відомо, у разі пряма має дві точки перетину з окружностью. Що суперечить визначенню дотичної.

Отже, дотична перпендикулярна до радіусу кола.

Теорему доведено.

Теорема 2

Зворотна теорема про властивість дотичної: Якщо пряма, що проходить через кінець радіусу будь-якого кола перпендикулярна радіусу, то дана пряма є дотичною до цього кола.

Доведення.

За умовою завдання маємо, що радіус - перпендикуляр, проведений із центру кола до цієї прямої. Отже, відстань від центру кола до прямої дорівнює довжині радіусу. Як ми знаємо, у цьому випадку коло має лише одну точку перетину з цієї прямої. За визначенням 1 і отримуємо, що ця пряма - дотична до кола.

Теорему доведено.

Теорема 3

Відрізки дотичних до кола, проведені з однієї точки, рівні і становлять рівні кути з прямої, що проходить через цю точку та центр кола.

Доведення.

Нехай дане коло з центром у точці $O$. З точки $A$ (що лежить усі кола) проведено дві різні дотичні. З точки дотику відповідно $B$ і $C$ (Рис. 3).

Доведемо, що $angle BAO=angle CAO$ і що $AB=AC$.

Рисунок 3. Ілюстрація теореми 3

По теоремі 1, маємо:

Отже, трикутники $ABO$ і $ACO$ - прямокутні. Оскільки $OB=OC=r$, а гіпотенуза $OA$ -- загальна, ці трикутники рівні по гіпотенузі і катету.

Звідси і отримуємо, що $ angle BAO = angle CAO $ і $ AB = AC $.

Теорему доведено.

Приклад завдання поняття дотичної до кола

Приклад 1

Дано коло з центром в точці $ O $ і радіусом $ r = 3 см $. Стосовна $AC$ має точку дотику $C$. $AO=4\ см$. Знайти $AC$.

Рішення.

Зобразимо спочатку все малюнку (Рис. 4).

Малюнок 4.

Оскільки $AC$ дотична, а $OC$ радіус, те теоремі 1, отримуємо, что$\angle ACO=(90)^(()^\circ )$. Отримали, що трикутник $ACO$ - прямокутний, отже, за теоремою Піфагора, маємо:

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