Lokacija tangente. Tangentna linija

\[(\Large(\text(centralni i upisani uglovi)))\]

Definicije

Centralni ugao je ugao čiji vrh leži u centru kružnice.

Upisani ugao je ugao čiji vrh leži na kružnici.

Mera stepena luka kružnice je stepenasta mera centralnog ugla koji leži na njemu.

Teorema

Mjera upisanog ugla je polovina mjere luka koji seče.

Dokaz

Dokaz ćemo provesti u dvije faze: prvo, dokazati valjanost tvrdnje za slučaj kada jedna od stranica upisanog ugla sadrži prečnik. Neka je tačka \(B\) vrh upisanog ugla \(ABC\), a \(BC\) prečnik kružnice:

Trokut \(AOB\) je jednakokračan, \(AO = OB\) , \(\ugao AOC\) je vanjski, tada \(\ugao AOC = \ugao OAB + \ugao ABO = 2\ugao ABC\), gdje \(\ugao ABC = 0,5\cdot\ugao AOC = 0,5\cdot\buildrel\smile\over(AC)\).

Sada razmotrite proizvoljan upisani ugao \(ABC\) . Nacrtajte prečnik kruga \(BD\) iz vrha upisanog ugla. Moguća su dva slučaja:

1) prečnik je presekao ugao na dva ugla \(\ugao ABD, \ugao CBD\) (za svaki od kojih je teorema tačna kao što je gore dokazano, dakle važi i za originalni ugao, koji je zbir ovih dva i, prema tome, jednak je polovini zbira lukova na koje se oslanjaju, odnosno jednak je polovini luka na koji se oslanja). Rice. 1.

2) prečnik nije presekao ugao na dva ugla, onda imamo još dva nova upisana ugla \(\ugao ABD, \ugao CBD\) čija stranica sadrži prečnik, dakle, za njih je tačna teorema, onda je važi i za originalni ugao (koji je jednak razlici ova dva ugla, što znači da je jednak polurazlici lukova na kojima počivaju, odnosno jednak je polovini luka na kojem se nalaze odmara). Rice. 2.

Posljedice

1. Upisani uglovi zasnovani na istom luku su jednaki.

2. Upisani ugao zasnovan na polukrugu je pravi ugao.

3. Upisani ugao jednak je polovini centralnog ugla na osnovu istog luka.

\[(\Veliki(\tekst(tangenta na kružnicu)))\]

Definicije

Postoje tri vrste međusobnog rasporeda prave i kružnice:

1) prava \(a\) siječe kružnicu u dvije tačke. Takva prava se naziva sekansa. U ovom slučaju, udaljenost \(d\) od centra kružnice do prave linije je manja od polumjera \(R\) kružnice (slika 3).

2) prava \(b\) siječe kružnicu u jednoj tački. Takva prava linija naziva se tangenta, a njihova zajednička tačka \(B\) naziva se tangentna tačka. U ovom slučaju \(d=R\) (slika 4).

Teorema

1. Tangenta na kružnicu je okomita na poluprečnik povučen do tačke kontakta.

2. Ako prava prolazi kraj poluprečnika kružnice i okomita je na ovaj poluprečnik, onda je tangenta na kružnicu.

Posljedica

Segmenti tangenti povučeni iz jedne tačke na kružnicu su jednaki.

Dokaz

Nacrtajte dvije tangente \(KA\) i \(KB\) na kružnicu iz tačke \(K\):

Dakle \(OA\perp KA, OB\perp KB\) kao radijusi. Pravougli trougao \(\trougao KAO\) i \(\trougao KBO\) su jednaki po kraku i hipotenuzi, dakle \(KA=KB\) .

Posljedica

Središte kružnice \(O\) leži na simetrali ugla \(AKB\) formiranog od dvije tangente povučene iz iste tačke \(K\) .

\[(\Large(\text(Teoreme vezane za uglove)))\]

Teorema o kutu između sekanti

Ugao između dvije sekute povučene iz iste tačke jednak je polurazlici stepenastih mjera većeg i manjeg luka koje seče.

Dokaz

Neka je \(M\) tačka iz koje se povlače dvije sekante kao što je prikazano na slici:

Hajde da to pokažemo \(\ugao DMB = \dfrac(1)(2)(\buildrel\smile\over(BD) - \buildrel\smile\over(CA))\).

\(\ugao DAB\) je vanjski ugao trougla \(MAD\) , tada \(\ugao DAB = \ugao DMB + \ugao MDA\), gdje \(\ugao DMB = \ugao DAB - \ugao MDA\), ali su uglovi \(\ugao DAB\) i \(\ugao MDA\) upisani, tada \(\ugao DMB = \ugao DAB - \ugao MDA = \frac(1)(2)\buildrel\smile\over(BD) - \frac(1)(2)\buildrel\smile\over(CA) = \frac(1)(2)(\buildrel\smile\over(BD) - \buildrel\smile\over(CA))\), što je trebalo dokazati.

Teorema ugla između tetiva koje se sijeku

Ugao između dvije tetive koje se ukrštaju jednak je polovini zbroja stepeni stepena lukova koje seku: \[\angle CMD=\dfrac12\left(\buildrel\smile\over(AB)+\buildrel\smile\over(CD)\desno)\]

Dokaz

\(\ugao BMA = \ugao CMD\) kao okomito.

Iz trougla \(AMD\): \(\ugao AMD = 180^\circ - \ugao BDA - \ugao CAD = 180^\circ - \frac12\buildrel\smile\over(AB) - \frac12\buildrel\smile\over(CD)\).

Ali \(\ugao AMD = 180^\circ - \ugao CMD\), odakle to zaključujemo \[\ugao CMD = \frac12\cdot\buildrel\smile\over(AB) + \frac12\cdot\buildrel\smile\over(CD) = \frac12(\buildrel\smile\over(AB) + \buildrel\ osmijeh\preko (CD)).\]

Teorema o uglu između tetive i tangente

Ugao između tangente i tetive koja prolazi kroz tačku tangente jednak je polovini stepena mjere luka oduzetog tetivom.

Dokaz

Neka prava \(a\) dodiruje kružnicu u tački \(A\) , \(AB\) bude tetiva ove kružnice, \(O\) njeno središte. Neka prava koja sadrži \(OB\) siječe \(a\) u tački \(M\) . Dokažimo to \(\ugao BAM = \frac12\cdot \buildrel\smile\over(AB)\).

Označite \(\ugao OAB = \alpha\) . Budući da su \(OA\) i \(OB\) polumjeri, tada \(OA = OB\) i \(\ugao OBA = \ugao OAB = \alfa\). dakle, \(\buildrel\smile\over(AB) = \ugao AOB = 180^\circ - 2\alpha = 2(90^\circ - \alpha)\).

Pošto je \(OA\) poluprečnik povučen do tačke tangente, onda je \(OA\perp a\) , tj. \(\ugao OAM = 90^\circ\), dakle, \(\ugao BAM = 90^\circ - \ugao OAB = 90^\circ - \alpha = \frac12\cdot\buildrel\smile\over(AB)\).

Teorema o lukovima skupljenim jednakim tetivama

Jednaki tetivi savijaju jednake lukove, manje polukrugove.

I obrnuto: jednaki lukovi se skupljaju jednakim tetivama.

Dokaz

1) Neka \(AB=CD\) . Dokažimo da su manji polukrugovi luka .

Na tri strane, dakle \(\ugao AOB=\ugao COD\) . Ali pošto \(\ugao AOB, \ugao COD\) - centralni uglovi zasnovani na lukovima \(\buildrel\smile\over(AB), \buildrel\smile\over(CD)\) odnosno, onda \(\buildrel\smile\over(AB)=\buildrel\smile\over(CD)\).

2) Ako \(\buildrel\smile\over(AB)=\buildrel\smile\over(CD)\), To \(\trokut AOB=\trokut COD\) duž dvije strane \(AO=BO=CO=DO\) i ugla između njih \(\ugao AOB=\ugao COD\) . Stoga, \(AB=CD\) .

Teorema

Ako polumjer prepolovi tetivu, onda je ona okomita na nju.

Obratno je također istinito: ako je radijus okomit na tetivu, tada ga tačka presjeka dijeli na pola.

Dokaz

1) Neka \(AN=NB\) . Dokažimo da je \(OQ\perp AB\) .

Uzmimo u obzir \(\trougao AOB\) : jednakokrak je, jer \(OA=OB\) – radijusi kruga. Jer \(ON\) je medijan povučen do baze, onda je to i visina, dakle \(ON\perp AB\) .

2) Neka \(OQ\perp AB\) . Dokažimo da je \(AN=NB\) .

Slično, \(\trougao AOB\) je jednakokračan, \(ON\) je visina, pa je \(ON\) medijan. Prema tome, \(AN=NB\) .

\[(\Large(\text(Teoreme vezane za dužine segmenata)))\]

Teorema o proizvodu segmenata tetiva

Ako se dvije tetive kružnice sijeku, onda je proizvod segmenata jedne tetive jednak proizvodu segmenata druge tetive.

Dokaz

Neka se tetive \(AB\) i \(CD\) sijeku u tački \(E\) .

Razmotrimo trouglove \(ADE\) i \(CBE\) . U ovim trouglovima, uglovi \(1\) i \(2\) su jednaki, jer su upisani i oslanjaju se na isti luk \(BD\) , a uglovi \(3\) i \(4\) jednake su kao i vertikalne. Trokuti \(ADE\) i \(CBE\) su slični (prema kriteriju sličnosti prvog trougla).

Onda \(\dfrac(AE)(EC) = \dfrac(DE)(BE)\), odakle \(AE\cdot BE = CE\cdot DE\) .

Teorema tangente i sekanse

Kvadrat tangentnog segmenta jednak je proizvodu sekansa i njegovog vanjskog dijela.

Dokaz

Neka tangenta prolazi kroz tačku \(M\) i dodirne kružnicu u tački \(A\) . Neka sekansa prolazi kroz tačku \(M\) i siječe kružnicu u tačkama \(B\) i \(C\) tako da \(MB< MC\) . Покажем, что \(MB\cdot MC = MA^2\) .

Razmotrimo trouglove \(MBA\) i \(MCA\) : \(\ugao M\) je uobičajen, \(\ugao BCA = 0,5\cdot\buildrel\smile\over(AB)\). Prema teoremi ugla između tangente i sekante, \(\ugao BAM = 0,5\cdot\buildrel\smile\over(AB) = \ugao BCA\). Dakle, trokuti \(MBA\) i \(MCA\) su slični u dva ugla.

Iz sličnosti trokuta \(MBA\) i \(MCA\) imamo: \(\dfrac(MB)(MA) = \dfrac(MA)(MC)\), što je ekvivalentno \(MB\cdot MC = MA^2\) .

Posljedica

Umnožak sekanse povučene iz tačke \(O\) i njenog vanjskog dijela ne ovisi o izboru sekante povučene iz točke \(O\) .

U članku se detaljno objašnjavaju definicije, geometrijsko značenje izvedenice sa grafičkim oznakama. Jednadžba tangente će se razmatrati na primjerima, naći će se jednadžbe tangente na krivulje 2. reda.

Ugao nagiba ravne linije y = k x + b naziva se kut α, koji se mjeri od pozitivnog smjera x-ose do prave linije y = k x + b u pozitivnom smjeru.

Na slici je smjer vola označen zelenom strelicom i zelenim lukom, a ugao nagiba crvenim lukom. Plava linija se odnosi na ravnu liniju.

Definicija 2

Nagib prave linije y = k x + b naziva se numerički koeficijent k.

Nagib je jednak nagibu prave, drugim riječima k = t g α .

• Nagib prave linije je 0 samo kada je o x paralelan, a nagib jednak nuli, jer je tangenta nule 0. Dakle, oblik jednačine će biti y = b.
• Ako je ugao nagiba prave linije y = k x + b oštar, tada su uslovi 0< α < π 2 или 0 ° < α < 90 ° . Отсюда имеем, что значение углового коэффициента k считается положительным числом, потому как значение тангенс удовлетворяет условию t g α >0 , a na grafu se povećava.
• Ako je α \u003d π 2, tada je lokacija linije okomita na x. Jednakost je određena jednakošću x = c pri čemu je vrijednost c realan broj.
• Ako je ugao nagiba prave linije y = k x + b tup, onda odgovara uslovima π 2< α < π или 90 ° < α < 180 ° , значение углового коэффициента k принимает отрицательное значение, а график убывает.

Sekansa je prava linija koja prolazi kroz 2 tačke funkcije f (x). Drugim riječima, sekansa je prava linija koja prolazi kroz bilo koje dvije točke na grafu date funkcije.

Slika pokazuje da je A B sekansa, a f (x) je crna kriva, α je crveni luk, koji označava ugao nagiba sekansa.

Kada je nagib prave jednak tangenti ugla nagiba, jasno je da se tangenta iz pravouglog trougla A B C može naći u odnosu na suprotni krak susednom.

Definicija 4

Dobijamo formulu za pronalaženje sekante oblika:

k = t g α = B C A C = f (x B) - f x A x B - x A , gdje su apscise tačaka A i B vrijednosti x A , x B i f (x A) , f (x B) su funkcije vrijednosti u ovim tačkama.

Očigledno, nagib sekante je definiran pomoću jednakosti k = f (x B) - f (x A) x B - x A ili k = f (x A) - f (x B) x A - x B, a jednačina se mora napisati kao y = f (x B) - f (x A) x B - x A x - x A + f (x A) ili
y = f (x A) - f (x B) x A - x B x - x B + f (x B) .

Sekanta vizuelno deli graf na 3 dela: levo od tačke A, od A do B, desno od B. Slika ispod pokazuje da postoje tri sekante za koje se smatra da su iste, tj. postaviti pomoću slične jednadžbe.

Po definiciji je jasno da se prava i njena sekansa u ovom slučaju poklapaju.

Sekansa može više puta preseći graf date funkcije. Ako postoji jednadžba oblika y \u003d 0 za sekantu, tada je broj točaka presjeka sa sinusoidom beskonačan.

Definicija 5

Tangenta na graf funkcije f (x) u tački x 0 ; f (x 0) naziva se prava linija koja prolazi kroz datu tačku x 0; f (x 0) , uz prisustvo segmenta koji ima mnogo x vrijednosti blizu x 0 .

Primjer 1

Pogledajmo pobliže primjer u nastavku. Tada se može vidjeti da se prava koja je data funkcijom y = x + 1 smatra tangentom na y = 2 x u tački s koordinatama (1 ; 2). Radi jasnoće, potrebno je razmotriti grafove sa vrijednostima bliskim (1; 2). Funkcija y = 2 x je označena crnom bojom, plava linija je tangenta, crvena tačka je tačka preseka.

Očigledno, y = 2 x spaja se s linijom y = x + 1.

Da bi se odredila tangenta, treba razmotriti ponašanje tangente A B dok se tačka B beskonačno približava tački A. Radi jasnoće, predstavljamo sliku.

Sekansa A B, označena plavom linijom, teži položaju same tangente, a ugao nagiba sekante α počeće da se približava uglu nagiba same tangente α x.

Definicija 6

Tangenta na graf funkcije y \u003d f (x) u tački A je granični položaj sekante A B u B koja teži A, odnosno B → A.

Sada prelazimo na razmatranje geometrijskog značenja derivacije funkcije u tački.

Prijeđimo na razmatranje sekante A B za funkciju f (x), gdje su A i B sa koordinatama x 0, f (x 0) i x 0 + ∆ x, f (x 0 + ∆ x), i ∆ x se označava kao inkrement argumenta. Sada će funkcija imati oblik ∆ y = ∆ f (x) = f (x 0 + ∆ x) - f (∆ x) . Radi jasnoće, uzmimo sliku kao primjer.

Razmotrimo rezultujući pravougli trokut A B C. Koristimo definiciju tangente za rješenje, odnosno dobijemo omjer ∆ y ∆ x = t g α . Iz definicije tangente slijedi da je lim ∆ x → 0 ∆ y ∆ x = t g α x . Prema pravilu derivacije u tački, imamo da se izvod f (x) u tački x 0 naziva granicom omjera prirasta funkcije i priraštaja argumenta, gdje je ∆ x → 0, tada označeno kao f (x 0) = lim ∆ x → 0 ∆ y ∆ x .

Iz toga slijedi da je f "(x 0) = lim ∆ x → 0 ∆ y ∆ x = t g α x = k x, gdje je k x označen kao nagib tangente.

To jest, dobijamo da f ' (x) može postojati u tački x 0 i, kao i tangenta na dati graf funkcije u tački kontakta jednaka x 0 , f 0 (x 0) , gdje je vrijednost nagiba tangente u tački jednaka je izvodu u tački x 0 . Tada dobijamo da je k x = f "(x 0) .

Geometrijsko značenje derivacije funkcije u tački je da je dat koncept postojanja tangente na graf u istoj tački.

Za pisanje jednačine bilo koje prave linije u ravni potrebno je imati nagib sa tačkom kroz koju ona prolazi. Njegova oznaka se uzima kao x 0 na raskrsnici.

Jednadžba tangente na graf funkcije y = f (x) u tački x 0, f 0 (x 0) poprima oblik y = f "(x 0) x - x 0 + f (x 0) .

To znači da konačna vrijednost derivacije f"(x 0) može odrediti položaj tangente, odnosno vertikalno pod uslovom lim x → x 0 + 0 f" (x) = ∞ i lim x → x 0 - 0 f "(x ) = ∞ ili odsustvo uopšte pod uslovom lim x → x 0 + 0 f "(x) ≠ lim x → x 0 - 0 f "(x) .

Lokacija tangente ovisi o vrijednosti njenog nagiba k x \u003d f "(x 0). Kada je paralelna s osom x, dobijamo da je k k = 0, kada je paralelna sa oko y - k x \u003d ∞, a oblik tangentne jednadžbe x = x 0 raste s k x > 0, smanjuje se kao k x< 0 .

Primjer 2

Sastavite jednadžbu tangente na graf funkcije y \u003d e x + 1 + x 3 3 - 6 - 3 3 x - 17 - 3 3 u tački s koordinatama (1; 3) s definicijom ugla sklonost.

Rješenje

Po pretpostavci imamo da je funkcija definirana za sve realne brojeve. Dobijamo da je tačka sa koordinatama određenim uslovom (1 ; 3) tačka kontakta, tada je x 0 = - 1 , f (x 0) = - 3 .

Potrebno je pronaći izvod u tački sa vrijednošću - 1 . Shvatili smo to

y "= e x + 1 + x 3 3 - 6 - 3 3 x - 17 - 3 3" = = e x + 1 "+ x 3 3" - 6 - 3 3 x "- 17 - 3 3" = e x + 1 + x 2 - 6 - 3 3 y "(x 0) = y" (- 1) = e - 1 + 1 + - 1 2 - 6 - 3 3 = 3 3

Vrijednost f’ (x) u tački kontakta je nagib tangente, koji je jednak tangenti nagiba.

Tada je k x = t g α x = y "(x 0) = 3 3

Iz toga slijedi da je α x = a r c t g 3 3 = π 6

odgovor: tangentna jednačina poprima oblik

y \u003d f "(x 0) x - x 0 + f (x 0) y = 3 3 (x + 1) - 3 y = 3 3 x - 9 - 3 3

Radi jasnoće dajemo primjer na grafičkoj ilustraciji.

Crna boja se koristi za grafikon originalne funkcije, plava boja je tangentna slika, crvena tačka je dodirna tačka. Slika desno prikazuje uvećani prikaz.

Primjer 3

Saznati postojanje tangente na graf date funkcije
y = 3 x - 1 5 + 1 u tački sa koordinatama (1 ; 1) . Napišite jednačinu i odredite ugao nagiba.

Rješenje

Pod pretpostavkom imamo da je domen date funkcije skup svih realnih brojeva.

Idemo dalje na pronalaženje derivata

y "= 3 x - 1 5 + 1" = 3 1 5 (x - 1) 1 5 - 1 = 3 5 1 (x - 1) 4 5

Ako je x 0 = 1 , tada f ' (x) nije definirano, ali su granice zapisane kao lim x → 1 + 0 3 5 1 (x - 1) 4 5 = 3 5 1 (+ 0) 4 5 = 3 5 1 + 0 = + ∞ i lim x → 1 - 0 3 5 1 (x - 1) 4 5 = 3 5 1 (- 0) 4 5 = 3 5 1 + 0 = + ∞ , što znači postojanje vertikalne tangente na tačka (1 ; 1) .

odgovor: jednadžba će imati oblik x \u003d 1, gdje će kut nagiba biti jednak π 2.

Nacrtajmo to grafikonom radi jasnoće.

Primjer 4

Pronađite tačke grafa funkcija y = 1 15 x + 2 3 - 4 5 x 2 - 16 5 x - 26 5 + 3 x + 2 , gdje je

1. Tangenta ne postoji;
2. Tangenta je paralelna sa x;
3. Tangenta je paralelna pravoj y = 8 5 x + 4 .

Rješenje

Potrebno je obratiti pažnju na domen definicije. Po pretpostavci imamo da je funkcija definirana na skupu svih realnih brojeva. Proširiti modul i riješiti sistem s intervalima x ∈ - ∞ ; 2 i [ - 2 ; +∞) . Shvatili smo to

y = - 1 15 x 3 + 18 x 2 + 105 x + 176 , x ∈ - ∞ ; - 2 1 15 x 3 - 6 x 2 + 9 x + 12 , x ∈ [ - 2 ; +∞)

Funkcija se mora razlikovati. Imamo to

y " = - 1 15 x 3 + 18 x 2 + 105 x + 176 " , x ∈ - ∞ ; - 2 1 15 x 3 - 6 x 2 + 9 x + 12 " , x ∈ [ - 2 ; + ∞) ⇔ y " = - 1 5 (x 2 + 12 x + 35) , x ∈ - ∞ ; - 2 1 5 x 2 - 4 x + 3 , x ∈ [ - 2 ; +∞)

Kada je x = - 2, onda izvod ne postoji jer jednostrane granice nisu jednake u toj tački:

lim x → - 2 - 0 y "(x) = lim x → - 2 - 0 - 1 5 (x 2 + 12 x + 35 = - 1 5 (- 2) 2 + 12 (- 2) + 35 = - 3 lim x → - 2 + 0 y "(x) = lim x → - 2 + 0 1 5 (x 2 - 4 x + 3) = 1 5 - 2 2 - 4 - 2 + 3 = 3

Izračunavamo vrijednost funkcije u tački x \u003d - 2, gdje to dobivamo

1. y (- 2) \u003d 1 15 - 2 + 2 3 - 4 5 (- 2) 2 - 16 5 (- 2) - 26 5 + 3 - 2 + 2 \u003d - 2, odnosno tangenta na tačka (- 2; - 2) neće postojati.
2. Tangenta je paralelna sa x kada je nagib nula. Tada je k x \u003d t g α x \u003d f "(x 0). To jest, potrebno je pronaći vrijednosti takvog x kada ga derivacija funkcije pretvori u nulu. To jest, vrijednosti f '(x) i bit će dodirne točke, gdje je tangenta paralelna oko x.

Kada je x ∈ - ∞ ; - 2 , zatim - 1 5 (x 2 + 12 x + 35) = 0 , a za x ∈ (- 2 ; + ∞) dobijamo 1 5 (x 2 - 4 x + 3) = 0 .

1 5 (x 2 + 12 x + 35) = 0 D = 12 2 - 4 35 = 144 - 140 = 4 x 1 = - 12 + 4 2 = - 5 ∈ - ∞ ; - 2 x 2 = - 12 - 4 2 = - 7 ∈ - ∞ ; - 2 1 5 (x 2 - 4 x + 3) = 0 D = 4 2 - 4 3 = 4 x 3 = 4 - 4 2 = 1 ∈ - 2 ; + ∞ x 4 = 4 + 4 2 = 3 ∈ - 2 ; +∞

Izračunavamo odgovarajuće vrijednosti funkcije

y 1 = y - 5 = 1 15 - 5 + 2 3 - 4 5 - 5 2 - 16 5 - 5 - 26 5 + 3 - 5 + 2 = 8 5 y 2 = y (- 7) = 1 15 - 7 + 2 3 - 4 5 (- 7) 2 - 16 5 - 7 - 26 5 + 3 - 7 + 2 = 4 3 y 3 = y (1) = 1 15 1 + 2 3 - 4 5 1 2 - 16 5 1 - 26 5 + 3 1 + 2 = 8 5 y 4 = y (3) = 1 15 3 + 2 3 - 4 5 3 2 - 16 5 3 - 26 5 + 3 3 + 2 = 4 3

Dakle - 5; 8 5 , - 4 ; 4 3 , 1 ; 85, 3; 4 3 se smatraju željenim tačkama grafa funkcije.

Razmotrite grafički prikaz rješenja.

Crna linija je graf funkcije, a crvene tačke su dodirne tačke.

1. Kada su prave paralelne, nagibi su jednaki. Zatim je potrebno tražiti tačke grafa funkcije, gdje će nagib biti jednak vrijednosti 8 5 . Da biste to učinili, morate riješiti jednačinu oblika y "(x) = 8 5. Tada, ako je x ∈ - ∞; - 2, dobijamo da je - 1 5 (x 2 + 12 x + 35) = 8 5, a ako je x ∈ ( - 2 ; + ∞) , onda je 1 5 (x 2 - 4 x + 3) = 8 5 .

Prva jednadžba nema korijen jer je diskriminant manji od nule. Hajde da to zapišemo

1 5 x 2 + 12 x + 35 = 8 5 x 2 + 12 x + 43 = 0 D = 12 2 - 4 43 = - 28< 0

Dakle, druga jednadžba ima dva realna korijena

1 5 (x 2 - 4 x + 3) = 8 5 x 2 - 4 x - 5 = 0 D = 4 2 - 4 (- 5) = 36 x 1 = 4 - 36 2 = - 1 ∈ - 2 ; + ∞ x 2 = 4 + 36 2 = 5 ∈ - 2 ; +∞

Idemo dalje na pronalaženje vrijednosti funkcije. Shvatili smo to

y 1 = y (- 1) = 1 15 - 1 + 2 3 - 4 5 (- 1) 2 - 16 5 (- 1) - 26 5 + 3 - 1 + 2 = 4 15 y 2 = y (5) = 1 15 5 + 2 3 - 4 5 5 2 - 16 5 5 - 26 5 + 3 5 + 2 = 8 3

Bodovi sa vrijednostima - 1; 4 15 , 5 ; 8 3 su tačke u kojima su tangente paralelne pravoj y = 8 5 x + 4 .

odgovor: crna linija - graf funkcije, crvena linija - graf y = 8 5 x + 4, plava linija - tangente u tačkama - 1; 4 15 , 5 ; 8 3 .

Moguće je postojanje beskonačnog broja tangenata za date funkcije.

Primjer 5

Napišite jednadžbe svih dostupnih tangenta funkcije y = 3 cos 3 2 x - π 4 - 1 3 , koje su okomite na pravu y = - 2 x + 1 2 .

Rješenje

Za sastavljanje jednačine tangente potrebno je pronaći koeficijent i koordinate dodirne tačke, na osnovu uslova okomitosti pravih. Definicija zvuči ovako: proizvod nagiba koji su okomiti na prave je jednak - 1, odnosno zapisuje se kao k x · k ⊥ = - 1. Iz uslova imamo da je nagib okomit na pravu i jednak k ⊥ = - 2, tada je k x = - 1 k ⊥ = - 1 - 2 = 1 2 .

Sada moramo pronaći koordinate dodirnih tačaka. Potrebno je pronaći x, nakon čega je njegova vrijednost za datu funkciju. Imajte na umu da iz geometrijskog značenja derivacije u tački
x 0 dobijamo da je k x \u003d y "(x 0) . Iz ove jednakosti nalazimo x vrijednosti za dodirne tačke.

Shvatili smo to

y "(x 0) = 3 cos 3 2 x 0 - π 4 - 1 3" = 3 - sin 3 2 x 0 - π 4 3 2 x 0 - π 4 " = = - 3 sin 3 2 x 0 - π 4 3 2 \u003d - 9 2 sin 3 2 x 0 - π 4 ⇒ k x \u003d y "(x 0) ⇔ - 9 2 sin 3 2 x 0 - π 4 \u003d 1 2 ⇒ sin 3 π 2 x 0 - 4 = - 1 9

Ova trigonometrijska jednačina će se koristiti za izračunavanje ordinata dodirnih tačaka.

3 2 x 0 - π 4 = a r c sin - 1 9 + 2 πk ili 3 2 x 0 - π 4 = π - a r c sin - 1 9 + 2 πk

3 2 x 0 - π 4 = - a r c sin 1 9 + 2 πk ili 3 2 x 0 - π 4 = π + a r c sin 1 9 + 2 πk

x 0 = 2 3 π 4 - a r c sin 1 9 + 2 πk ili x 0 = 2 3 5 π 4 + a r c sin 1 9 + 2 πk , k ∈ Z

Z je skup cijelih brojeva.

Pronađeno x dodirnih tačaka. Sada morate ići na pretragu za y vrijednosti:

y 0 = 3 cos 3 2 x 0 - π 4 - 1 3

y 0 = 3 1 - sin 2 3 2 x 0 - π 4 - 1 3 ili y 0 = 3 - 1 - sin 2 3 2 x 0 - π 4 - 1 3

y 0 = 3 1 - - 1 9 2 - 1 3 ili y 0 = 3 - 1 - - 1 9 2 - 1 3

y 0 = 4 5 - 1 3 ili y 0 = - 4 5 + 1 3

Odavde dobijamo da je 2 3 π 4 - a r c sin 1 9 + 2 πk ; 4 5 - 1 3 , 2 3 5 π 4 + a r c sin 1 9 + 2 πk ; - 4 5 + 1 3 su dodirne tačke.

odgovor: potrebne jednačine će biti zapisane kao

y = 1 2 x - 2 3 π 4 - a r c sin 1 9 + 2 πk + 4 5 - 1 3 , y = 1 2 x - 2 3 5 π 4 + a r c sin 1 9 + 2 πk - 4 5 + 1 3 , k ∈ Z

Za vizualni prikaz, razmotrite funkciju i tangentu na koordinatnoj liniji.

Slika pokazuje da je lokacija funkcije na intervalu [ - 10 ; 10 ] , gdje je crna linija grafik funkcije, plave linije su tangente koje su okomite na datu liniju oblika y = - 2 x + 1 2 . Crvene tačke su dodirne tačke.

Kanonske jednadžbe krivulja 2. reda nisu jednovrijedne funkcije. Tangentne jednadžbe za njih se sastavljaju prema dobro poznatim shemama.

Tangenta na kružnicu

Postaviti krug sa centrom u tački x c e n t e r ; y c e n t e r i radijus R, koristi se formula x - x c e n t e r 2 + y - y c e n t e r 2 = R 2.

Ova jednakost se može napisati kao unija dvije funkcije:

y = R 2 - x - x c e n t e r 2 + y c e n t e r y = - R 2 - x - x c e n t e r 2 + y c e n t e r

Prva funkcija je na vrhu, a druga na dnu, kao što je prikazano na slici.

Sastaviti jednadžbu kružnice u tački x 0 ; y 0 , koji se nalazi u gornjem ili donjem polukrugu, trebali biste pronaći jednadžbu grafa funkcije oblika y = R 2 - x - x c e n t e r 2 + y c e n t e r ili y \u003d - R e 2 - x - x t + e r y c e n t e r na navedenoj tački.

Kada je u tačkama x c e n t e r ; y c e n t e r + R i x c e n t e r ; y c e n t e r - R tangente se mogu dati jednadžbama y = y c e n t e r + R i y = y c e n t e r - R , a u tačkama x c e n t e r + R ; y c e n t e r i
x c e n t e r - R ; y c e n t e r će biti paralelan oko y, tada ćemo dobiti jednačine oblika x = x c e n t e r + R i x = x c e n t e r - R .

Tangenta na elipsu

Kada je centar elipse u x c e n t e r ; y c e n t e r sa poluosama a i b , onda se može dati pomoću jednačine x - x c e n t e r 2 a 2 + y - y c e n t e r 2 b 2 = 1 .

Elipsa i krug mogu se označiti kombinacijom dvije funkcije, odnosno gornje i donje poluelipse. Onda to shvatamo

y = b a a 2 - (x - x c e n t e r) 2 + y c e n t e r y = - b a a 2 - (x - x c e n t e r) 2 + y c e n t e r

Ako se tangente nalaze na vrhovima elipse, onda su paralelne oko x ili oko y. Radi jasnoće, razmotrite sliku ispod.

Primjer 6

Napišite jednadžbu tangente na elipsu x - 3 2 4 + y - 5 2 25 = 1 u tačkama sa x vrijednostima jednakim x = 2 .

Rješenje

Potrebno je pronaći dodirne tačke koje odgovaraju vrijednosti x = 2. Napravimo zamjenu u postojećoj jednadžbi elipse i dobijemo je

x - 3 2 4 x = 2 + y - 5 2 25 = 1 1 4 + y - 5 2 25 = 1 ⇒ y - 5 2 = 3 4 25 ⇒ y = ± 5 3 2 + 5

Tada je 2 ; 5 3 2 + 5 i 2 ; - 5 3 2 + 5 su tangente koje pripadaju gornjoj i donjoj poluelipsi.

Pređimo na pronalaženje i rješavanje jednadžbe elipse u odnosu na y. Shvatili smo to

x - 3 2 4 + y - 5 2 25 = 1 y - 5 2 25 = 1 - x - 3 2 4 (y - 5) 2 = 25 1 - x - 3 2 4 y - 5 = ± 5 1 - x - 3 2 4 y = 5 ± 5 2 4 - x - 3 2

Očigledno je da je gornja poluelipsa specificirana pomoću funkcije oblika y = 5 + 5 2 4 - x - 3 2 , a donja y = 5 - 5 2 4 - x - 3 2 .

Primjenjujemo standardni algoritam kako bismo formulirali jednadžbu tangente na graf funkcije u tački. Pišemo da je jednačina za prvu tangentu u tački 2; 5 3 2 + 5 će izgledati

y "= 5 + 5 2 4 - x - 3 2" = 5 2 1 2 4 - (x - 3) 2 4 - (x - 3) 2 " = = - 5 2 x - 3 4 - ( x - 3 ) 2 ⇒ y "(x 0) = y" (2) = - 5 2 2 - 3 4 - (2 - 3) 2 = 5 2 3 ⇒ y = y "(x 0) x - x 0 + y 0 ⇔ y = 5 2 3 (x - 2) + 5 3 2 + 5

Dobijamo da je jednačina druge tangente sa vrijednošću u tački
2; - 5 3 2 + 5 postaje

y "= 5 - 5 2 4 - (x - 3) 2" = - 5 2 1 2 4 - (x - 3) 2 4 - (x - 3) 2 " = = 5 2 x - 3 4 - (x - 3) 2 ⇒ y "(x 0) = y" (2) = 5 2 2 - 3 4 - (2 - 3) 2 = - 5 2 3 ⇒ y = y "(x 0) x - x 0 + y 0 ⇔ y = - 5 2 3 (x - 2) - 5 3 2 + 5

Grafički, tangente se označavaju na sljedeći način:

Tangenta na hiperbolu

Kada hiperbola ima centar u tački x c e n t e r ; y c e n t e r i vrhovi x c e n t e r + α ; y c e n t e r i x c e n t e r - α ; y c e n t e r , nejednakost x - x c e n t e r 2 α 2 - y - y c e n t e r 2 b 2 = 1 se odvija ako sa vrhovima x c e n t e r ; y c e n t e r + b i x c e n t e r ; y c e n t e r - b je tada zadan nejednakošću x - x c e n t e r 2 α 2 - y - y c e n t e r 2 b 2 = - 1 .

Hiperbola se može predstaviti kao dvije kombinovane funkcije oblika

y = b a (x - x c e n t e r) 2 - a 2 + y c e n t e r y = - b a (x - x c e n t e r) 2 - a 2 + y c e n t e r ili y = b a n a (x - x c t + e 2) e r y = - b a · (x - x c e n t e r) 2 + a 2 + y c e n t e r

U prvom slučaju imamo da su tangente paralelne sa y, au drugom paralelne sa x.

Iz toga slijedi da je za pronalaženje jednačine tangente na hiperbolu potrebno saznati kojoj funkciji pripada tačka tangente. Da bi se to utvrdilo, potrebno je izvršiti zamjenu u jednadžbi i provjeriti njihovu identičnost.

Primjer 7

Napišite jednačinu tangente na hiperbolu x - 3 2 4 - y + 3 2 9 = 1 u tački 7; - 3 3 - 3 .

Rješenje

Potrebno je transformirati zapis rješenja nalaženja hiperbole pomoću 2 funkcije. Shvatili smo to

x - 3 2 4 - y + 3 2 9 = 1 ⇒ y + 3 2 9 = x - 3 2 4 - 1 ⇒ y + 3 2 = 9 x - 3 2 4 - 1 ⇒ y + 3 = 3 2 x - 3 2 - 4 ili y + 3 = - 3 2 x - 3 2 - 4 ⇒ y = 3 2 x - 3 2 - 4 - 3 y = - 3 2 x - 3 2 - 4 - 3

Potrebno je saznati kojoj funkciji pripada data tačka sa koordinatama 7; - 3 3 - 3 .

Očigledno, da biste provjerili prvu funkciju, trebate y (7) = 3 2 (7 - 3) 2 - 4 - 3 = 3 3 - 3 ≠ - 3 3 - 3 , tada tačka ne pripada grafu, jer jednakost nije zadovoljena.

Za drugu funkciju imamo da je y (7) = - 3 2 (7 - 3) 2 - 4 - 3 = - 3 3 - 3 ≠ - 3 3 - 3 , što znači da tačka pripada datom grafu. Odavde biste trebali pronaći koeficijent nagiba.

Shvatili smo to

y "= - 3 2 (x - 3) 2 - 4 - 3" = - 3 2 x - 3 (x - 3) 2 - 4 ⇒ k x = y "(x 0) = - 3 2 x 0 - 3 x 0 - 3 2 - 4 x 0 = 7 = - 3 2 7 - 3 7 - 3 2 - 4 = - 3

odgovor: tangentna jednačina se može predstaviti kao

y = - 3 x - 7 - 3 3 - 3 = - 3 x + 4 3 - 3

Vizuelizira se na sljedeći način:

Tangenta na parabolu

Da biste sastavili jednadžbu tangente na parabolu y \u003d a x 2 + b x + c u tački x 0, y (x 0) , morate koristiti standardni algoritam, tada će jednadžba poprimiti oblik y \u003d y " (x 0) x - x 0 + y ( x 0) Takva tangenta na vrhu je paralelna sa x.

Parabolu x = a y 2 + b y + c treba definirati kao uniju dvije funkcije. Stoga moramo riješiti jednačinu za y. Shvatili smo to

x = a y 2 + b y + c ⇔ a y 2 + b y + c - x = 0 D = b 2 - 4 a (c - x) y = - b + b 2 - 4 a (c - x) 2 a y = - b - b 2 - 4 a (c - x) 2 a

Hajde da to grafički prikažemo kao:

Da biste saznali da li tačka x 0 , y (x 0) pripada funkciji, pažljivo pratite standardni algoritam. Takva tangenta će biti paralelna sa y u odnosu na parabolu.

Primjer 8

Napišite jednadžbu tangente na graf x - 2 y 2 - 5 y + 3 kada imamo nagib tangente od 150°.

Rješenje

Rješenje započinjemo predstavljanjem parabole kao dvije funkcije. Shvatili smo to

2 y 2 - 5 y + 3 - x = 0 D = (- 5) 2 - 4 (- 2) (3 - x) = 49 - 8 x y = 5 + 49 - 8 x - 4 y = 5 - 49 - 8 x - 4

Vrijednost nagiba jednaka je vrijednosti derivacije u tački x 0 ove funkcije i jednaka je tangenti nagiba.

Dobijamo:

k x \u003d y "(x 0) \u003d t g α x \u003d t g 150 ° = - 1 3

Odavde određujemo vrijednost x za dodirne tačke.

Prva funkcija će biti napisana kao

y "= 5 + 49 - 8 x - 4" = 1 49 - 8 x ⇒ y "(x 0) = 1 49 - 8 x 0 = - 1 3 ⇔ 49 - 8 x 0 = - 3

Očigledno, nema pravih korijena, jer smo dobili negativnu vrijednost. Zaključujemo da za takvu funkciju ne postoji tangenta sa uglom od 150°.

Druga funkcija će biti napisana kao

y "= 5 - 49 - 8 x - 4" = - 1 49 - 8 x ⇒ y "(x 0) = - 1 49 - 8 x 0 = - 1 3 ⇔ 49 - 8 x 0 = - 3 x 0 = 23 4 ⇒ y (x 0) = 5 - 49 - 8 23 4 - 4 = - 5 + 3 4

Imamo da dodirne tačke - 23 4 ; - 5 + 3 4 .

odgovor: tangentna jednačina poprima oblik

y = - 1 3 x - 23 4 + - 5 + 3 4

Hajde da to grafički prikažemo ovako:

Ako primijetite grešku u tekstu, označite je i pritisnite Ctrl+Enter

Prava koja ima samo jednu zajedničku tačku sa kružnicom naziva se tangenta na kružnicu, a njihova zajednička tačka se naziva dodirna tačka između prave i kružnice.

Teorema (osobina tangente na kružnicu)

Tangenta na kružnicu je okomita na poluprečnik povučen u tačku tangente.

Dato

A - tačka kontakta

Dokazati:p oa

Dokaz.

Dokažimo metodu "kontradikcijom".

Pretpostavimo da je p OA, tada je OA koso na pravu p.

Ako iz tačke O povučemo okomitu OH na pravu p, tada će njena dužina biti manja od poluprečnika: OH< ОА=r

Dobijamo da je udaljenost od središta kružnice do prave p (ON) manja od poluprečnika (r), što znači da je prava p sekansa (odnosno, ima dvije zajedničke tačke sa kružnicom), što je u suprotnosti sa uslovom teoreme (p-tangenta).

Dakle, pretpostavka je pogrešna, pa je prava p okomita na OA.

Teorema (Svojstvo tangentnih segmenata povučenih iz jedne tačke)

Segmenti tangenti na kružnicu, povučeni iz jedne tačke, jednaki su i čine jednake uglove sa pravom koja prolazi kroz ovu tačku i središtem kružnice.

Dato: cca. (O; r)

AB i AC su tangente na okolinu. (O; r)

Dokazati: AB=AC

Dokaz

1) OB AB, OS AC, kao radijusi povučeni do tačke kontakta (osobina tangente)

2) Uzmite u obzir tr. AOV, itd. AOS - p/y

AO - ukupno

OB=OC (kao radijusi)

Dakle, ABO \u003d AOC (duž hipotenuze i kraka). dakle,

AB \u003d AC,<3 = < 4 (как соответственные элементы в равных тр-ках). ч.т.д.

Teorema (predznak tangente)

Ako prava linija prolazi kroz kraj poluprečnika koji leži na kružnici i okomita je na ovaj poluprečnik, onda je to tangenta.

Dato: OA – radijus kruga

Dokazati: p- tangenta na kružnicu

Dokaz

OA - radijus kruga (prema uvjetu) (OA = r)

OA - okomito sa O na pravu p (OA = d)

Dakle, r=OA=d, dakle prava p i kružnica imaju jednu zajedničku tačku.

Dakle, prava p tangenta je na kružnicu. h.t.d.

3. Svojstvo akorda i sekanata.

Svojstva tangenta i sekansa

DEFINICIJA

obim nazivamo geometrijom tačaka jednako udaljenih od jedne tačke, koja se naziva središtem kružnice.

Segment koji spaja dvije tačke na kružnici naziva se akord(na slici je to segment). Tetiva koja prolazi središtem kruga naziva se prečnika krugovima.

1. Tangenta je okomita na polumjer povučen do točke dodira.

2. Segmenti tangenti povučeni iz jedne tačke su jednaki.

3. Ako su tangenta i sekansa povučene iz tačke koja leži izvan kruga, tada je kvadrat dužine tangente jednak umnošku sekansa po vanjskom dijelu.

Najčešće su geometrijski problemi koji izazivaju poteškoće aplikantima, maturantima i učesnicima matematičkih olimpijada. Ako pogledate statistiku USE u 2010. godini, možete vidjeti da je oko 12% učesnika započelo geometrijski zadatak C4, a samo 0,2% učesnika je dobilo punu ocjenu, i generalno, zadatak se pokazao kao najteže od svih predloženih.

Očigledno, što pre ponudimo školarcima lepe ili neočekivane u smislu načina na koji rešavaju probleme, veća je verovatnoća da će ih zainteresovati i zaokupiti ozbiljno i na duže vreme. Ali, kako je teško pronaći zanimljive i složene zadatke na nivou 7. razreda, kada sistematsko učenje geometrije tek počinje. Šta se može ponuditi učeniku zainteresovanom za matematiku, koji poznaje samo znake jednakosti trouglova, svojstva susednih i vertikalnih uglova? Međutim, moguće je uvesti pojam tangente na kružnicu, kao pravu liniju koja ima jednu zajedničku tačku sa kružnicom; prihvatiti da je polumjer povučen do točke dodira okomit na tangentu. Naravno, vrijedno je razmotriti sve moguće slučajeve položaja dva kruga i zajedničkih tangenta na njih, koje se mogu povući od nule do četiri. Dokazivanjem dole predloženih teorema moguće je značajno proširiti skup zadataka za učenike sedmog razreda. Istovremeno, usput dokazujte važne ili jednostavno zanimljive i zabavne činjenice. Štaviše, pošto mnoge tvrdnje nisu uključene u školski udžbenik, o njima se može razgovarati i u učionici i sa maturantima prilikom ponavljanja planimetrije. Ove činjenice su se pokazale relevantnim u prošloj akademskoj godini. Budući da su mnogi dijagnostički radovi i rad samog USE sadržavali problem, za čije je rješenje bilo potrebno koristiti svojstvo tangentnog segmenta dokazano u nastavku.

T 1 Segmenti tangenti na kružnicu povučeni iz
jedna tačka je jednaka (slika 1)

To je to sa teoremom, prvo možete upoznati učenike sedmog razreda.
U postupku dokazivanja koristili smo znak jednakosti pravokutnih trokuta, zaključili da centar kružnice leži na simetrali ugla BCA.
Usput smo se sjetili da je simetrala ugla mjesto tačaka unutrašnjeg područja ugla, jednako udaljenih od njegovih stranica. Rješenje daleko od trivijalnog problema zasnovano je na ovim činjenicama, dostupnom čak i početnicima u proučavanju geometrije.

1. Simetrale uglova A, IN I WITH konveksni četvorougao A B C D seku u jednoj tački. Rays AB I DC seku u tački E, i zraci
Ned I AD u tački F. Dokazati da je nekonveksan četverougao AECF zbir dužina suprotnih strana je jednak.

Rješenje (slika 2). Neka O je tačka presjeka ovih simetrala. Onda O jednako udaljena od svih strana četvorougla A B C D, to je
je centar kružnice upisane u četverokut. Po teoremu 1 jednakosti su tačne: AR = AK, ER = EP, FT = FK. Zbrajamo lijevi i desni dio pojam po član, dobijamo tačnu jednakost:

(AR + ER) + FT = (AK +FK) + EP; AE + (FC + CT) = AF + (EU + PC). Jer ST = RS, To AE + FC = AF + EU, što je trebalo dokazati.

Razmotrimo problem sa neobičnom formulacijom, za čije je rješenje dovoljno poznavati teoremu 1 .

2. Da li postoji n-ugao čije su stranice uzastopno 1, 2, 3, ..., n u koji se krug može upisati?

Rješenje. Recimo tako n-gon postoji. A 1 A 2 =1, …, A n-1 A n= n– 1,A n A 1 = n. B 1 , …, B n su odgovarajuće dodirne tačke. Zatim prema teoremi 1 A 1 B 1 = A 1 B n< 1, n – 1 < A n B n< n. Svojstvom tangentnih segmenata A n B n= A n B n-1 . ali, A n B n-1< A n-1 A n= n- 1. Kontradikcija. Dakle, ne n-gon koji zadovoljava uslov problema.

T 2 Zbroji suprotnih strana četvorougla opisanog oko
krugovi su jednaki (slika 3)

Školarci, po pravilu, lako dokazuju ovo svojstvo opisanog četvorougla. Nakon dokazivanja teoreme 1 , to je vježba treninga. Ova činjenica se može generalizirati - zbroji stranica opisanog parnog ugla, uzeti kroz jedan, jednaki su. Na primjer, za šesterokut ABCDEF desno: AB + CD + EF = BC + DE + FA.

Rješenje (slika 1). Pošto su četvorouglovi ABEF i ECDF upisani, prema teoremi 2 R ABEF = 2(AB + EF) i R ECDF = 2(CD + EF), po uslovu

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

Rješenje (slika 5). Prema teoremi 1 MB = MX i PC = RX. Dakle, perimetar trougla USAID jednak zbiru segmenata AB I AS. Or dvostruka tangenta povučena u excircle za trokut USAID . Vrijednost ugla MOP-a mjeri se polovinom vrijednosti ugla WOS, što ne zavisi od izbora tačke X.

Rješenje (slika 6). Prvi metod (algebarski). Neka AK \u003d AN \u003d x, Onda BK = BM = c - x, CM = CN = a - c + x. AC = AN + NC, tada možemo napisati jednačinu za x: b \u003d x + (a - c + x). Gdje .

Metoda dva (geometrijska). Okrenimo se dijagramu. Segmenti jednakih tangenti, uzeti jedan po jedan, sabiraju se u poluperimetar
trougao. Crvena i zelena čine stranu A. Zatim segment koji nas zanima x = p - a. Naravno, dobijeni rezultati su konzistentni.

. Z

4. Nađite poluprečnik kružnice upisane u pravougli trokut sa katetama a, b i hipotenuzu With. Rješenje (slika 8). T kako OMCN- kvadrat, tada je poluprečnik upisane kružnice jednak segmentu tangente CN. .

5. Dokažite da su tačke dodira upisane i vanokružne kružnice sa stranicom trougla simetrične u odnosu na sredinu ove stranice.

Rješenje (slika 9). Imajte na umu da je AK ​​odsječak tangente izvan kružnice za trokut ABC. Po formuli (2) . VM- linijski segment tangenta upisana za trougao ABC. Prema formuli (1) . AK = VM, a to znači da su tačke K i M jednako udaljena od sredine strane AB, Q.E.D.

6. Dvije zajedničke vanjske tangente i jedna unutrašnja tangenta povučene su u dvije kružnice. Unutrašnja tangenta siječe vanjske u tačkama A, B i dodiruje krugove u tačkama A 1 I IN 1 . Dokaži to AA 1 = BB 1.

Rješenje (slika 10). Stani... Ali šta se tu odlučuje? To je samo još jedna formulacija prethodnog problema. Očigledno je da je jedan od krugova upisan, a drugi izvan kruga za neki trougao ABC. I segmenti AA 1 i BB 1 odgovaraju segmentima AK I VM zadaci 5. Važno je napomenuti da je problem predložen na Sveruskoj olimpijadi za školarce iz matematike riješen na tako očigledan način.

7. Stranice petougla su 5, 6, 10, 7, 8. Dokažite da se u ovaj pentagon ne može upisati krug.

Rješenje (slika 11). Pretpostavimo da je pentagon ABCDE možete upisati krug. Štaviše, stranke AB, BC, CD, DE I EA jednaki su 5, 6, 10, 7 i 8, respektivno. F, G, H, M I N. Neka je dužina segmenta AF je jednako X.

Onda bf = FD – AF = 5 – x = BG. GC = BC – BG = = 6 – (5 – x) = 1 + x = CH. I tako dalje: HD = DM = 9 – x; ME = EN = x – 2, AN = 10 – X.

ali, AF = AN. To je 10 - X = X; X= 5. Međutim, segment tangente AF ne može biti jednaka strana AB. Dobivena kontradikcija dokazuje da se kružnica ne može upisati u dati pentagon.

8. Krug je upisan u šestougao, njegove stranice u obilaznom redosledu su 1, 2, 3, 4, 5. Odredite dužinu šeste stranice.

Rješenje. Naravno, tangentni segment se može označiti kao X, kao iu prethodnom zadatku, napišite jednačinu i dobijete odgovor. Ali, mnogo je efikasnije i efektivnije koristiti napomenu uz teoremu 2 : sume stranica opisanog šestougla, uzetih kroz jedan, jednake su.

Tada je 1 + 3 + 5 = 2 + 4 + X, Gdje X- nepoznata šesta strana, X = 3.

Rješenje (sl.12). Budući da su dužine svih stranica cijeli brojevi, razlomci dužina segmenata su jednaki BT, BP, DM, DN, AK I AT. Imamo AT + TV= 1, i razlomci dužina segmenata AT I TV su jednaki. Ovo je moguće samo kada AT + TV= 0,5. Po teoremu 1 WT + BP.
znači, BP= 0,5. Imajte na umu da uslov CD= 3 se ispostavilo da nije traženo. Očigledno je da su autori problema pretpostavili neko drugo rješenje. Odgovor: 0,5.

10. U četvorouglu ABCD AD=DC, AB=3, BC=5. Krugovi upisani u trouglove ABD I CBD dodirnite segment BD u tačkama M I N respektivno. Pronađite dužinu segmenta MN.

Rješenje (slika 13). MN = DN - DM. Prema formuli (1) za trouglove DBA I DBC odnosno imamo:

11. U četvorouglu A B C D možete upisati krug. Krugovi upisani u trouglove ABD I CBD imaju radijuse R I r respektivno. Pronađite udaljenost između centara ovih kružnica.

Rješenje (slika 13). Pošto je, po uslovu, četvorougao A B C D upisan, teoremom 2 imamo: AB + DC = AD + BC. Iskoristimo ideju rješavanja prethodnog problema. . To znači da su tačke dodira kružnica sa segmentom DM podudaraju se. Udaljenost između centara kružnica jednaka je zbiru polumjera. odgovor: R + r.

U stvari, dokazano je da je uslov u četvorouglu A B C D možete upisati krug, što je ekvivalentno uslovu - u konveksan četvorougao A B C D kružnice upisane u trouglove ABC I ADC dodiruju jedno drugo. Istina je upravo suprotno.

Predlaže se da se ove dvije međusobno inverzne tvrdnje dokažu u sljedećem problemu, koji se može smatrati generalizacijom ovog.

12. U konveksnom četverokutu A B C D (pirinač. 14) kružnice upisane u trouglove ABC I ADC dodiruju jedno drugo. Dokazati da su kružnice upisane u trouglove ABD I bdc takođe dodiruju jedno drugo.

13. U trouglu ABC sa strankama a, b I c na strani Ned označena tačka D tako da su kružnice upisane u trouglove ABD I ACD dodirnite segment AD u jednom trenutku. Pronađite dužinu segmenta BD.

Rješenje (slika 15). Za trouglove primjenjujemo formulu (1). ADC I adb, računajući DM dva

Ispada, D- tačka kontakta sa bočnom stranom Ned krug upisan u trougao ABC. Vrijedi suprotno: ako je vrh trokuta povezan s tangentnom tačkom upisane kružnice na suprotnoj strani, tada se krugovi upisani u rezultirajuće trokutove dodiruju.

14. Centri O 1 , O 2 i O 3 tri kružnice koje se ne seku istog polumjera nalaze se u vrhovima trougla. Od bodova O 1 , O 2 , O 3, tangente na ove kružnice su povučene kao što je prikazano na slici.

Poznato je da su ove tangente, ukrštajući se, formirale konveksni šestougao, čije su stranice kroz jednu obojene crvenom i plavom bojom. Dokažite da je zbir dužina crvenih segmenata jednak zbiru dužina plavih.

Rješenje (slika 16). Važno je razumjeti kako koristiti činjenicu da dati krugovi imaju iste polumjere. Imajte na umu da segmenti BR I DM su jednaki, što proizlazi iz jednakosti pravokutnih trougla O 1 BR I O 2 BM. Slično DL = D.P., FN = FK. Sabiramo jednakosti pojam po član, a zatim oduzimamo od rezultirajućih zbira iste segmente tangenti povučene iz vrhova A, WITH, And E hexagon ABCDEF: AR I AK, CL I CM, EN I EP. Dobijamo ono što nam treba.

Evo primjera stereometrijskog problema predloženog na XII međunarodnom matematičkom turniru učenika srednjih škola „Kup pamćenja A. N. Kolmogorova“.

16. Zadana je petougaona piramida SA 1 A 2 A 3 A 4 A 5 . Postoji opseg w, koja dodiruje sve ivice piramide i drugu sferu w 1 , koji dodiruje sve strane baze A 1 A 2 A 3 A 4 A 5 i proširenja bočnih rebara SA 1 , SA 2 , SA 3 , SA 4 , SA 5 za vrhove baze. Dokazati da je vrh piramide jednako udaljen od vrhova baze. (Berlov S. L., Karpov D. V.)

17. KORISTI. Dijagnostički rad 8. decembar 2009, S–4. Dana trapez A B C D, čije osnove BC= 44,AD = 100, AB=CD= 35. Krug tangenta na prave AD I AC dodiruje stranu CD u tački K. Pronađite dužinu segmenta CK.VDC i BDA, dodirnite stranu BD u tačkama E I F. Pronađite dužinu segmenta EF.

Rješenje. Moguća su dva slučaja (sl. 20 i sl. 21). Koristeći formulu (1) nalazimo dužine segmenata DE I D.F..

U prvom slučaju AD = 0,1AC, CD = 0,9AC. U drugom - AD = 0,125AC, CD = 1,125AC. Zamenimo podatke i dobijemo odgovor: 4,6 ili 5,5.

Zadaci za samostalno rješavanje /

1. Opseg jednakokračnog trapeza upisanog u kružnicu je 2r. Pronađite projekciju dijagonale trapeza na veću osnovu. (1/2p)

2. Otvorena banka USE zadataka u matematici. U 4. U krug upisan u trokut ABC (sl. 22), povučene su tri tangente. Obim skraćenih trouglova su 6, 8, 10. Nađite obim ovog trougla. (24)

3. U trougao ABC upisan krug. MN- tangenta na kružnicu MO AC, NO BC, BC = 13, AC = 14, AB = 15. Pronađite obim trougla MNC. (12)

4. Na kružnicu upisanu u kvadrat sa stranicom a povučena je tangenta koja siječe dvije njegove stranice. Pronađite obim odsječenog trougla. (A)

5. U pentagon sa stranicama upisan je krug A, d, c, d I e. Pronađite segmente na koje dodirna tačka dijeli stranu jednaku A.

6. U trokut sa stranicama 6, 10 i 12 upisan je krug. Na kružnicu se povlači tangenta tako da siječe dvije velike stranice. Pronađite obim odsječenog trougla. (16)

7. CD je medijan trougla ABC. Krugovi upisani u trouglove ACD I BCD, dodirnite segment CD u tačkama M I N. Nađi MN, Ako AC – Ned = 2. (1)

8. U trouglu ABC sa strankama a, b I c na strani Ned označena tačka D. Za krugove upisane u trouglove ABD I ACD, povučena je zajednička tangenta koja se siječe AD u tački M. Pronađite dužinu segmenta AM. (Dužina AM ne zavisi od položaja tačke D I
jednako ½ ( c + b - a))

9. U pravougli trokut upisana je kružnica polumjera A. Polumjer kružnice tangente na hipotenuzu i produžetke kateta je R. Odredite dužinu hipotenuze. ( R-a)

10. U trouglu ABC poznate su dužine stranica: AB = With, AC = b, Ned = A. Kružnica upisana u trokut tangenta je na stranu AB u tački Od 1. Excircle je tangenta na produžetak stranice AB po bodu A u tački Od 2. Odredite dužinu segmenta S 1 S 2. (b)

11. Pronađite dužine stranica trokuta, podijeljene dodirnom tačkom upisane kružnice polumjera 3 cm na segmente 4 cm i 3 cm (7, 24 i 25 cm u pravokutnom trokutu)

12. Soroseva olimpijada 1996, 2. kolo, 11. razred. Trougao dat ABC, na čijim stranama su označene tačke A 1, B 1, C 1. Radijusi kružnica upisanih u trouglove AC 1 B 1 , BC 1 A 1 , CA 1 B 1 jednak u r. Radijus kružnice upisane u trokut A 1 B 1 C 1 jednaki R. Pronađite polumjer kružnice upisane u trokut ABC. (R +r).

Zadaci 4–8 preuzeti su iz knjige zadataka R. K. Gordina „Geometrija. Planimetrija." Moskva. Izdavačka kuća MTSNMO. 2004.

Direktno ( MN) koji ima samo jednu zajedničku tačku sa kružnicom ( A), se zove tangenta u krug.

U ovom slučaju se zove zajednička tačka dodirna tačka.

Mogućnost postojanja tangenta, i, štaviše, povučen kroz bilo koju tačku krugovima, kao dodirnu tačku, dokazuje se sljedećim teorema.

Neka se to traži krugovima centriran O tangenta kroz tačku A. Za ovo, sa tačke gledišta A, kao iz centra, opišite arc radijus AO, i sa tačke O, kao centar, siječemo ovaj luk u tačkama B I WITH rješenje šestara jednako prečniku date kružnice.

Nakon trošenja tada akordi OB I OS, povežite tačku A sa tačkama D I E gdje te tetive sijeku dati krug. Direktno AD I AE - tangenta na kružnicu O. Zaista, jasno je iz konstrukcije da trouglovi AOB I AOC jednakokraki(AO = AB = AC) sa bazama OB I OS, jednako prečniku kruga O.

Jer OD I OE su radijusi, onda D - srednji OB, A E- srednji OS, znači AD I AE - medijane povučen na osnovice jednakokračnih trouglova, a samim tim i okomit na ove osnove. Ako direktno DA I EA okomito na poluprečnike OD I OE, onda jesu tangente.

Posljedica.

Dvije tangente povučene iz iste tačke na kružnicu su jednake i tvore jednake uglove sa pravom koja povezuje ovu tačku sa centrom.

Dakle AD=AE i ∠ OAD = ∠OAE jer pravokutnih trouglova AOD I AOE imaju zajedničku hipotenuza AO i jednaki noge OD I OE(kao radijusi) su jednaki. Imajte na umu da ovdje riječ "tangenta" znači stvarni " tangentni segment” od date tačke do tačke kontakta.