Τοποθεσία εφαπτομένης. Εφαπτόμενη γραμμή

\[(\Large(\text(Κεντρικές και εγγεγραμμένες γωνίες)))\]

Ορισμοί

Κεντρική γωνία είναι μια γωνία της οποίας η κορυφή βρίσκεται στο κέντρο του κύκλου.

Μια εγγεγραμμένη γωνία είναι μια γωνία της οποίας η κορυφή βρίσκεται στον κύκλο.

Το μέτρο μοίρας ενός τόξου ενός κύκλου είναι το μέτρο μοίρας της κεντρικής γωνίας που στηρίζεται σε αυτό.

Θεώρημα

Το μέτρο μιας εγγεγραμμένης γωνίας είναι το ήμισυ του μέτρου του τόξου που τέμνει.

Απόδειξη

Θα πραγματοποιήσουμε την απόδειξη σε δύο στάδια: πρώτον, αποδεικνύουμε την εγκυρότητα της δήλωσης για την περίπτωση που μία από τις πλευρές της εγγεγραμμένης γωνίας περιέχει διάμετρο. Έστω το σημείο \(B\) η κορυφή της εγγεγραμμένης γωνίας \(ABC\) και \(BC\) η διάμετρος του κύκλου:

Το τρίγωνο \(AOB\) είναι ισοσκελές, \(AO = OB\) , \(\γωνία AOC\) είναι εξωτερικό, τότε \(\γωνία AOC = \γωνία OAB + \γωνία ABO = 2\γωνία ABC\), όπου \(\γωνία ABC = 0,5\cdot\γωνία AOC = 0,5\cdot\buildrel\smile\over(AC)\).

Τώρα εξετάστε μια αυθαίρετη εγγεγραμμένη γωνία \(ABC\) . Σχεδιάστε τη διάμετρο του κύκλου \(BD\) από την κορυφή της εγγεγραμμένης γωνίας. Δύο περιπτώσεις είναι δυνατές:

1) η διάμετρος κόβει τη γωνία σε δύο γωνίες \(\γωνία ABD, \γωνία CBD\) (για καθεμία από τις οποίες το θεώρημα είναι αληθές όπως αποδείχθηκε παραπάνω, επομένως ισχύει και για την αρχική γωνία, που είναι το άθροισμα αυτών δύο και επομένως ισούται με το μισό άθροισμα των τόξων στα οποία ακουμπούν, δηλαδή ίσο με το μισό του τόξου στο οποίο ακουμπάει). Ρύζι. ένας.

2) η διάμετρος δεν έκοψε τη γωνία σε δύο γωνίες, τότε έχουμε άλλες δύο νέες εγγεγραμμένες γωνίες \(\γωνία ABD, \γωνία CBD\) , η πλευρά των οποίων περιέχει τη διάμετρο, επομένως, το θεώρημα ισχύει γι' αυτές, τότε ισχύει και για την αρχική γωνία (η οποία είναι ίση με τη διαφορά αυτών των δύο γωνιών, που σημαίνει ότι είναι ίση με τη μισή διαφορά των τόξων στα οποία στηρίζονται, δηλαδή είναι ίση με το μισό του τόξου στο οποίο ξεκουράζεται). Ρύζι. 2.

Συνέπειες

1. Οι εγγεγραμμένες γωνίες που βασίζονται στο ίδιο τόξο είναι ίσες.

2. Μια εγγεγραμμένη γωνία που βασίζεται σε ημικύκλιο είναι ορθή γωνία.

3. Μια εγγεγραμμένη γωνία είναι ίση με το μισό της κεντρικής γωνίας που βασίζεται στο ίδιο τόξο.

\[(\Μεγάλο(\κείμενο(Εφαπτομένη στον κύκλο)))\]

Ορισμοί

Υπάρχουν τρεις τύποι αμοιβαίας διάταξης μιας γραμμής και ενός κύκλου:

1) η ευθεία \(a\) τέμνει τον κύκλο σε δύο σημεία. Μια τέτοια γραμμή ονομάζεται διατομή. Σε αυτή την περίπτωση, η απόσταση \(d\) από το κέντρο του κύκλου στην ευθεία είναι μικρότερη από την ακτίνα \(R\) του κύκλου (Εικ. 3).

2) η ευθεία \(b\) τέμνει τον κύκλο σε ένα σημείο. Μια τέτοια ευθεία ονομάζεται εφαπτομένη και το κοινό τους σημείο \(B\) ονομάζεται εφαπτομένη. Σε αυτή την περίπτωση \(d=R\) (Εικ. 4).

Θεώρημα

1. Η εφαπτομένη στον κύκλο είναι κάθετη στην ακτίνα που τραβιέται στο σημείο επαφής.

2. Αν η ευθεία διέρχεται από το άκρο της ακτίνας του κύκλου και είναι κάθετη σε αυτή την ακτίνα, τότε εφάπτεται στον κύκλο.

Συνέπεια

Τα τμήματα των εφαπτομένων που σχεδιάζονται από ένα σημείο στον κύκλο είναι ίσα.

Απόδειξη

Σχεδιάστε δύο εφαπτομένες \(KA\) και \(KB\) στον κύκλο από το σημείο \(K\):

Άρα \(OA\perp KA, OB\perp KB\) ως ακτίνες. Τα ορθογώνια τρίγωνα \(\τρίγωνο KAO\) και \(\τρίγωνο KBO\) είναι ίσα ως προς το σκέλος και την υποτείνουσα, επομένως \(KA=KB\) .

Συνέπεια

Το κέντρο του κύκλου \(O\) βρίσκεται στη διχοτόμο της γωνίας \(AKB\) που σχηματίζεται από δύο εφαπτόμενες από το ίδιο σημείο \(K\) .

\[(\Large(\text(Θεωρήματα που σχετίζονται με γωνίες)))\]

Το θεώρημα για τη γωνία μεταξύ διατομών

Η γωνία μεταξύ δύο τμημάτων που τραβήχτηκαν από το ίδιο σημείο είναι ίση με τη μισή διαφορά των μέτρων μοιρών των μεγαλύτερων και μικρότερων τόξων που κόβονται από αυτά.

Απόδειξη

Έστω \(M\) ένα σημείο από το οποίο αντλούνται δύο διατομές όπως φαίνεται στο σχήμα:

Ας το δείξουμε \(\γωνία DMB = \dfrac(1)(2)(\buildrel\smile\over(BD) - \buildrel\smile\over(CA))\).

Το \(\γωνία DAB\) είναι η εξωτερική γωνία του τριγώνου \(MAD\) , τότε \(\γωνία DAB = \γωνία DMB + \γωνία MDA\), όπου \(\γωνία DMB = \γωνία DAB - \γωνία MDA\), αλλά οι γωνίες \(\γωνία DAB\) και \(\γωνία MDA\) είναι εγγεγραμμένες, τότε \(\γωνία DMB = \γωνία DAB - \γωνία MDA = \frac(1)(2)\buildrel\smile\over(BD) - \frac(1)(2)\buildrel\smile\over(CA) = \frac(1)(2)(\buildrel\smile\over(BD) - \buildrel\smile\over(CA))\), που έπρεπε να αποδειχτεί.

Θεώρημα γωνίας μεταξύ τεμνόμενων χορδών

Η γωνία μεταξύ δύο τεμνόμενων χορδών είναι ίση με το ήμισυ του αθροίσματος των βαθμών των τόξων που κόβουν: \[\γωνία CMD=\dfrac12\left(\buildrel\smile\over(AB)+\buildrel\smile\over(CD)\right)\]

Απόδειξη

\(\γωνία BMA = \γωνία CMD\) ως κατακόρυφο.

Από το τρίγωνο \(AMD\) : \(\γωνία AMD = 180^\circ - \γωνία BDA - \γωνία CAD = 180^\circ - \frac12\buildrel\smile\over(AB) - \frac12\buildrel\smile\over(CD)\).

Αλλά \(\γωνία AMD = 180^\circ - \γωνία CMD\), από όπου συμπεραίνουμε ότι \[\γωνία CMD = \frac12\cdot\buildrel\smile\over(AB) + \frac12\cdot\buildrel\smile\over(CD) = \frac12(\buildrel\smile\over(AB) + \buildrel\ χαμόγελο\πάνω (CD)).\]

Θεώρημα για τη γωνία μεταξύ χορδής και εφαπτομένης

Η γωνία μεταξύ της εφαπτομένης και της χορδής που διέρχεται από το σημείο εφαπτομένης είναι ίση με το ήμισυ του μέτρου του τόξου που αφαιρείται από τη χορδή.

Απόδειξη

Αφήστε τη γραμμή \(a\) να αγγίξει τον κύκλο στο σημείο \(A\) , \(AB\) να είναι η χορδή αυτού του κύκλου, \(O\) να είναι το κέντρο του. Έστω η γραμμή που περιέχει το \(OB\) τέμνει το \(a\) στο σημείο \(M\) . Ας το αποδείξουμε \(\γωνία BAM = \frac12\cdot \buildrel\smile\over(AB)\).

Συμβολίστε \(\γωνία OAB = \άλφα\) . Εφόσον τα \(OA\) και \(OB\) είναι ακτίνες, τότε \(OA = OB\) και \(\γωνία OBA = \γωνία OAB = \άλφα\). Με αυτόν τον τρόπο, \(\buildrel\smile\over(AB) = \γωνία AOB = 180^\circ - 2\alpha = 2(90^\circ - \alpha)\).

Εφόσον \(OA\) είναι η ακτίνα που σύρεται στο σημείο εφαπτομένης, τότε \(OA\perp a\) , δηλαδή \(\γωνία OAM = 90^\circ\) , επομένως, \(\γωνία BAM = 90^\circ - \γωνία OAB = 90^\circ - \άλφα = \frac12\cdot\buildrel\smile\over(AB)\).

Θεώρημα για τόξα που συστέλλονται από ίσες χορδές

Οι ίσες χορδές υποτάσσουν ίσα τόξα, μικρότερα ημικύκλια.

Και το αντίστροφο: ίσα τόξα συστέλλονται από ίσες χορδές.

Απόδειξη

1) Έστω \(AB=CD\) . Ας αποδείξουμε ότι τα μικρότερα ημικύκλια του τόξου .

Σε τρεις πλευρές, επομένως \(\γωνία AOB=\γωνία COD\) . Αλλά από τότε \(\γωνία AOB, \γωνία COD\) - κεντρικές γωνίες βασισμένες σε τόξα \(\buildrel\smile\over(AB), \buildrel\smile\over(CD)\)αντίστοιχα, λοιπόν \(\buildrel\smile\over(AB)=\buildrel\smile\over(CD)\).

2) Αν \(\buildrel\smile\over(AB)=\buildrel\smile\over(CD)\), έπειτα \(\τρίγωνο AOB=\τρίγωνο COD\)κατά μήκος δύο πλευρών \(AO=BO=CO=DO\) και τη γωνία μεταξύ τους \(\γωνία AOB=\γωνία COD\) . Επομένως, \(AB=CD\) .

Θεώρημα

Αν μια ακτίνα διχοτομεί μια χορδή, τότε αυτή είναι κάθετη σε αυτήν.

Ισχύει και το αντίστροφο: αν η ακτίνα είναι κάθετη στη χορδή, τότε το σημείο τομής την διχοτομεί.

Απόδειξη

1) Έστω \(AN=NB\) . Ας αποδείξουμε ότι \(OQ\perp AB\) .

Θεωρήστε \(\τρίγωνο AOB\) : είναι ισοσκελές, γιατί \(OA=OB\) – ακτίνες κύκλου. Επειδή Το \(ON\) είναι η διάμεσος που τραβιέται στη βάση, μετά είναι και το ύψος, επομένως \(ON\perp AB\) .

2) Έστω \(OQ\perp AB\) . Ας αποδείξουμε ότι \(AN=NB\) .

Ομοίως, το \(\τρίγωνο AOB\) είναι ισοσκελές, το \(ON\) είναι το ύψος, άρα το \(ON\) είναι η διάμεσος. Επομένως, \(AN=NB\) .

\[(\Large(\text(Θεωρήματα που σχετίζονται με τα μήκη των τμημάτων)))\]

Θεώρημα για το γινόμενο τμημάτων χορδών

Αν δύο χορδές ενός κύκλου τέμνονται, τότε το γινόμενο των τμημάτων της μιας χορδής είναι ίσο με το γινόμενο των τμημάτων της άλλης χορδής.

Απόδειξη

Αφήστε τις συγχορδίες \(AB\) και \(CD\) να τέμνονται στο σημείο \(E\) .

Θεωρήστε τα τρίγωνα \(ADE\) και \(CBE\) . Σε αυτά τα τρίγωνα, οι γωνίες \(1\) και \(2\) είναι ίσες, αφού είναι εγγεγραμμένες και βασίζονται στο ίδιο τόξο \(BD\) , και οι γωνίες \(3\) και \(4\) είναι ίσες με κάθετες. Τα τρίγωνα \(ADE\) και \(CBE\) είναι παρόμοια (σύμφωνα με το πρώτο κριτήριο ομοιότητας τριγώνου).

Επειτα \(\dfrac(AE)(EC) = \dfrac(DE)(BE)\), από όπου \(AE\cdot BE = CE\cdot DE\) .

Θεώρημα εφαπτομένης και τέμνουσας

Το τετράγωνο ενός εφαπτομένου τμήματος είναι ίσο με το γινόμενο της τομής και του εξωτερικού τμήματός της.

Απόδειξη

Αφήστε την εφαπτομένη να περάσει από το σημείο \(M\) και αγγίξτε τον κύκλο στο σημείο \(A\) . Αφήστε την τομή να περάσει από το σημείο \(M\) και τέμνετε τον κύκλο στα σημεία \(B\) και \(C\) έτσι ώστε \(MB< MC\) . Покажем, что \(MB\cdot MC = MA^2\) .

Θεωρήστε τα τρίγωνα \(MBA\) και \(MCA\) : Η \(\γωνία M\) είναι γενική, \(\γωνία BCA = 0,5\cdot\buildrel\smile\over(AB)\). Σύμφωνα με το θεώρημα της γωνίας μεταξύ εφαπτομένης και τέμνουσας, \(\γωνία BAM = 0,5\cdot\buildrel\smile\over(AB) = \γωνία BCA\). Έτσι, τα τρίγωνα \(MBA\) και \(MCA\) είναι παρόμοια σε δύο γωνίες.

Από την ομοιότητα των τριγώνων \(MBA\) και \(MCA\) έχουμε: \(\dfrac(MB)(MA) = \dfrac(MA)(MC)\), που ισοδυναμεί με \(MB\cdot MC = MA^2\) .

Συνέπεια

Το γινόμενο της τομής που προέρχεται από το σημείο \(O\) και του εξωτερικού της τμήματος δεν εξαρτάται από την επιλογή της τομής που λαμβάνεται από το σημείο \(O\) .

Το άρθρο δίνει μια λεπτομερή εξήγηση των ορισμών, τη γεωμετρική σημασία του παραγώγου με γραφική σημειογραφία. Η εξίσωση της εφαπτομένης ευθείας θα εξεταστεί με παραδείγματα, θα βρεθούν οι εξισώσεις της εφαπτομένης σε καμπύλες 2ης τάξης.

Η γωνία κλίσης της ευθείας y \u003d k x + b ονομάζεται γωνία α, η οποία μετράται από τη θετική κατεύθυνση του άξονα x στην ευθεία γραμμή y \u003d k x + b στη θετική κατεύθυνση.

Στο σχήμα, η κατεύθυνση βόδι υποδεικνύεται με ένα πράσινο βέλος και ένα πράσινο τόξο και η γωνία κλίσης με ένα κόκκινο τόξο. Η μπλε γραμμή αναφέρεται σε μια ευθεία γραμμή.

Ορισμός 2

Η κλίση της ευθείας y \u003d k x + b ονομάζεται αριθμητικός συντελεστής k.

Η κλίση είναι ίση με την κλίση της ευθείας, με άλλα λόγια k = t g α .

• Η κλίση της ευθείας είναι 0 μόνο όταν το o x είναι παράλληλο και η κλίση ισούται με μηδέν, επειδή η εφαπτομένη του μηδέν είναι 0. Άρα, η μορφή της εξίσωσης θα είναι y = b.
• Αν η γωνία κλίσης της ευθείας y = k x + b είναι οξεία, τότε οι συνθήκες 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 , και υπάρχει μια αύξηση στο γράφημα.
• Εάν α \u003d π 2, τότε η θέση της ευθείας είναι κάθετη στο x. Η ισότητα καθορίζεται από την ισότητα x = c με την τιμή c να είναι πραγματικός αριθμός.
• Αν η γωνία κλίσης της ευθείας y = k x + b είναι αμβλεία, τότε αντιστοιχεί στις συνθήκες π 2< α < π или 90 ° < α < 180 ° , значение углового коэффициента k принимает отрицательное значение, а график убывает.

Τομή είναι μια ευθεία που διέρχεται από 2 σημεία της συνάρτησης f (x). Με άλλα λόγια, τομή είναι μια ευθεία γραμμή που διέρχεται από οποιαδήποτε δύο σημεία στο γράφημα μιας δεδομένης συνάρτησης.

Το σχήμα δείχνει ότι το A B είναι μια τομή και η f (x) είναι μια μαύρη καμπύλη, το α είναι ένα κόκκινο τόξο, που δείχνει τη γωνία κλίσης της τομής.

Όταν η κλίση μιας ευθείας είναι ίση με την εφαπτομένη της γωνίας κλίσης, είναι σαφές ότι η εφαπτομένη από ένα ορθογώνιο τρίγωνο A B C μπορεί να βρεθεί σε σχέση με το αντίθετο σκέλος προς το διπλανό.

Ορισμός 4

Παίρνουμε τον τύπο για την εύρεση της τομής της φόρμας:

k = t g α = B C A C = f (x B) - f x A x B - x A , όπου τα τετμημένα των σημείων A και B είναι οι τιμές x A , x B , και f (x A) , f (x Β) είναι οι συναρτήσεις τιμών σε αυτά τα σημεία.

Προφανώς, η κλίση της τομής ορίζεται χρησιμοποιώντας την ισότητα k \u003d f (x B) - f (x A) x B - x A ή k \u003d f (x A) - f (x B) x A - x B, και η εξίσωση πρέπει να γραφτεί ως y = f (x B) - f (x A) x B - x A x - x A + f (x A) ή
y = f (x A) - f (x B) x A - x B x - x B + f (x B) .

Η τομή χωρίζει οπτικά το γράφημα σε 3 μέρη: στα αριστερά του σημείου Α, από το Α στο Β, στα δεξιά του Β. Το παρακάτω σχήμα δείχνει ότι υπάρχουν τρεις διατομές που θεωρούνται ίδιες, δηλαδή είναι ρυθμίστε χρησιμοποιώντας παρόμοια εξίσωση.

Εξ ορισμού, είναι σαφές ότι η γραμμή και η τομή της συμπίπτουν σε αυτήν την περίπτωση.

Μια τομή μπορεί να τέμνει το γράφημα μιας δεδομένης συνάρτησης πολλές φορές. Εάν υπάρχει μια εξίσωση της μορφής y \u003d 0 για τη διατομή, τότε ο αριθμός των σημείων τομής με το ημιτονοειδές είναι άπειρος.

Ορισμός 5

Εφαπτομένη στη γραφική παράσταση της συνάρτησης f (x) στο σημείο x 0 ; f (x 0) ονομάζεται ευθεία που διέρχεται από ένα δεδομένο σημείο x 0. f (x 0) , με την παρουσία ενός τμήματος που έχει πολλές τιμές x κοντά στο x 0 .

Παράδειγμα 1

Ας ρίξουμε μια πιο προσεκτική ματιά στο παρακάτω παράδειγμα. Τότε φαίνεται ότι η ευθεία που δίνεται από τη συνάρτηση y = x + 1 θεωρείται ότι εφάπτεται στο y = 2 x στο σημείο με συντεταγμένες (1 ; 2) . Για λόγους σαφήνειας, είναι απαραίτητο να ληφθούν υπόψη γραφήματα με τιμές κοντά στο (1; 2). Η συνάρτηση y = 2 x σημειώνεται με μαύρο χρώμα, η μπλε γραμμή είναι η εφαπτομένη, η κόκκινη τελεία είναι το σημείο τομής.

Προφανώς, το y \u003d 2 x συγχωνεύεται με τη γραμμή y \u003d x + 1.

Για να προσδιορίσετε την εφαπτομένη, θεωρήστε τη συμπεριφορά της εφαπτομένης Α Β καθώς το σημείο Β πλησιάζει άπειρα το σημείο Α. Για λόγους σαφήνειας, παρουσιάζουμε ένα σχήμα.

Η τομή Α Β, που υποδεικνύεται από την μπλε γραμμή, τείνει στη θέση της ίδιας της εφαπτομένης και η γωνία κλίσης της τομής α θα αρχίσει να τείνει προς τη γωνία κλίσης της ίδιας της εφαπτομένης α x.

Ορισμός 6

Η εφαπτομένη στη γραφική παράσταση της συνάρτησης y \u003d f (x) στο σημείο A είναι η οριακή θέση της τομής A B στο B που τείνει προς το A, δηλαδή B → A.

Τώρα στραφούμε στην εξέταση της γεωμετρικής σημασίας της παραγώγου μιας συνάρτησης σε ένα σημείο.

Ας προχωρήσουμε στη θεώρηση της διατομής A B για τη συνάρτηση f (x), όπου A και B με συντεταγμένες x 0, f (x 0) και x 0 + ∆ x, f (x 0 + ∆ x), και ∆ Το x συμβολίζεται ως προσαύξηση του ορίσματος. Τώρα η συνάρτηση θα πάρει τη μορφή ∆ y = ∆ f (x) = f (x 0 + ∆ x) - f (∆ x) . Για λόγους σαφήνειας, ας πάρουμε μια φωτογραφία ως παράδειγμα.

Θεωρούμε το προκύπτον ορθογώνιο τρίγωνο A B C. Χρησιμοποιούμε τον ορισμό της εφαπτομένης για τη λύση, δηλαδή παίρνουμε τον λόγο ∆ y ∆ x = t g α . Από τον ορισμό της εφαπτομένης προκύπτει ότι lim ∆ x → 0 ∆ y ∆ x = t g α x . Σύμφωνα με τον κανόνα της παραγώγου σε ένα σημείο, έχουμε ότι η παράγωγος f (x) στο σημείο x 0 ονομάζεται όριο του λόγου της αύξησης της συνάρτησης προς την αύξηση του ορίσματος, όπου Δ x → 0, τότε συμβολίζεται ως f (x 0) = lim ∆ x → 0 ∆ y ∆ x .

Έπεται ότι f "(x 0) = lim ∆ x → 0 ∆ y ∆ x = t g α x = k x, όπου το k x συµβολίζεται ως η κλίση της εφαπτοµένης.

Δηλαδή, παίρνουμε ότι η f ' (x) μπορεί να υπάρχει στο σημείο x 0 και, όπως η εφαπτομένη στη δεδομένη γραφική παράσταση της συνάρτησης στο σημείο επαφής ίσο με x 0 , f 0 (x 0) , όπου η τιμή της κλίσης της εφαπτομένης στο σημείο είναι ίση με την παράγωγο στο σημείο x 0 . Τότε παίρνουμε ότι k x = f "(x 0) .

Η γεωμετρική σημασία της παραγώγου μιας συνάρτησης σε ένα σημείο είναι ότι δίνεται η έννοια της ύπαρξης εφαπτομένης στη γραφική παράσταση στο ίδιο σημείο.

Για να γράψουμε την εξίσωση οποιασδήποτε ευθείας στο επίπεδο, είναι απαραίτητο να έχουμε μια κλίση με το σημείο από το οποίο διέρχεται. Ο χαρακτηρισμός του λαμβάνεται ως x 0 στη διασταύρωση.

Η εξίσωση της εφαπτομένης στη γραφική παράσταση της συνάρτησης y \u003d f (x) στο σημείο x 0, f 0 (x 0) παίρνει τη μορφή y \u003d f "(x 0) x - x 0 + f (x 0) .

Σημαίνει ότι η τελική τιμή της παραγώγου f "(x 0) μπορεί να καθορίσει τη θέση της εφαπτομένης, δηλαδή κατακόρυφα υπό την συνθήκη lim x → x 0 + 0 f" (x) = ∞ και lim x → x 0 - 0 f "(x) = ∞ ή καθόλου υπό την προϋπόθεση lim x → x 0 + 0 f "(x) ≠ lim x → x 0 - 0 f "(x) .

Η θέση της εφαπτομένης εξαρτάται από την τιμή της κλίσης της k x \u003d f "(x 0). Όταν είναι παράλληλη με τον άξονα x, παίρνουμε ότι k k \u003d 0, όταν είναι παράλληλη με περίπου y - k x \u003d ∞, και το μορφή της εφαπτομένης εξίσωσης x \u003d x 0 αυξάνεται με k x > 0 , μειώνεται ως k x< 0 .

Παράδειγμα 2

Να συντάξετε την εξίσωση της εφαπτομένης στη γραφική παράσταση της συνάρτησης y \u003d e x + 1 + x 3 3 - 6 - 3 3 x - 17 - 3 3 σε σημείο με συντεταγμένες (1; 3) με τον ορισμό της γωνίας κλίση.

Λύση

Με την υπόθεση, έχουμε ότι η συνάρτηση ορίζεται για όλους τους πραγματικούς αριθμούς. Παίρνουμε ότι το σημείο με τις συντεταγμένες που καθορίζονται από τη συνθήκη (1 ; 3) είναι το σημείο επαφής, τότε x 0 = - 1 , f (x 0) = - 3 .

Είναι απαραίτητο να βρείτε την παράγωγο στο σημείο με τιμή - 1 . Το καταλαβαίνουμε

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

Η τιμή του f’ (x) στο σημείο επαφής είναι η κλίση της εφαπτομένης, η οποία είναι ίση με την εφαπτομένη της κλίσης.

Τότε k x = t g α x = y "(x 0) = 3 3

Έπεται ότι α x = a r c t g 3 3 = π 6

Απάντηση:η εφαπτομενική εξίσωση παίρνει τη μορφή

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

Για λόγους σαφήνειας, δίνουμε ένα παράδειγμα σε μια γραφική απεικόνιση.

Το μαύρο χρώμα χρησιμοποιείται για το γράφημα της αρχικής συνάρτησης, το μπλε χρώμα είναι η εφαπτομένη εικόνα, η κόκκινη κουκκίδα είναι το σημείο επαφής. Το σχήμα στα δεξιά δείχνει μια μεγεθυμένη προβολή.

Παράδειγμα 3

Να βρείτε την ύπαρξη εφαπτομένης στη γραφική παράσταση μιας δεδομένης συνάρτησης
y = 3 x - 1 5 + 1 στο σημείο με συντεταγμένες (1 ; 1) . Γράψτε μια εξίσωση και προσδιορίστε τη γωνία κλίσης.

Λύση

Με την υπόθεση, έχουμε ότι το πεδίο ορισμού της δεδομένης συνάρτησης είναι το σύνολο όλων των πραγματικών αριθμών.

Ας προχωρήσουμε στην εύρεση της παραγώγου

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

Αν x 0 = 1 , τότε η f ' (x) δεν ορίζεται, αλλά τα όρια γράφονται ως lim x → 1 + 0 3 5 1 (x - 1) 4 5 = 3 5 1 (+ 0) 4 5 = 3 5 1 + 0 = + ∞ και lim x → 1 - 0 3 5 1 (x - 1) 4 5 = 3 5 1 (- 0) 4 5 = 3 5 1 + 0 = + ∞ , που σημαίνει ύπαρξη κατακόρυφης εφαπτομένης στο σημείο (1 ; 1) .

Απάντηση:η εξίσωση θα πάρει τη μορφή x \u003d 1, όπου η γωνία κλίσης θα είναι ίση με π 2.

Ας το γράψουμε για σαφήνεια.

Παράδειγμα 4

Βρείτε τα σημεία της γραφικής παράστασης συνάρτησης y = 1 15 x + 2 3 - 4 5 x 2 - 16 5 x - 26 5 + 3 x + 2 , όπου

1. Η εφαπτομένη δεν υπάρχει.
2. Η εφαπτομένη είναι παράλληλη στο x.
3. Η εφαπτομένη είναι παράλληλη στην ευθεία y = 8 5 x + 4 .

Λύση

Είναι απαραίτητο να δοθεί προσοχή στον τομέα του ορισμού. Με την υπόθεση, έχουμε ότι η συνάρτηση ορίζεται στο σύνολο όλων των πραγματικών αριθμών. Αναπτύξτε τη μονάδα και λύστε το σύστημα με διαστήματα x ∈ - ∞ ; 2 και [-2; +∞) . Το καταλαβαίνουμε

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 ; +∞)

Η συνάρτηση πρέπει να διαφοροποιηθεί. Το έχουμε αυτό

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 ; +∞)

Όταν x = - 2, τότε η παράγωγος δεν υπάρχει επειδή τα μονόπλευρα όρια δεν είναι ίσα σε αυτό το σημείο:

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

Υπολογίζουμε την τιμή της συνάρτησης στο σημείο x \u003d - 2, όπου το παίρνουμε

1. y (- 2) \u003d 1 15 - 2 + 2 3 - 4 5 (- 2) 2 - 16 5 (- 2) - 26 5 + 3 - 2 + 2 \u003d - 2, δηλαδή η εφαπτομένη στο το σημείο (- 2; - 2) δεν θα υπάρχει.
2. Η εφαπτομένη είναι παράλληλη στο x όταν η κλίση είναι μηδέν. Τότε k x \u003d t g α x \u003d f "(x 0). Δηλαδή, είναι απαραίτητο να βρεθούν οι τιμές αυτού του x όταν η παράγωγος της συνάρτησης τη μετατρέψει στο μηδέν. Δηλαδή, οι τιμές του f '(x) και θα είναι σημεία επαφής, όπου η εφαπτομένη είναι παράλληλη περίπου x .

Όταν x ∈ - ∞ ; - 2 , μετά - 1 5 (x 2 + 12 x + 35) = 0 , και για x ∈ (- 2 ; + ∞) παίρνουμε 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 ; +∞

Υπολογίζουμε τις αντίστοιχες τιμές της συνάρτησης

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

Ως εκ τούτου - 5; 8 5 , - 4 ; 4 3 , 1 ; 85, 3; 4 3 θεωρούνται τα επιθυμητά σημεία της γραφικής παράστασης της συνάρτησης.

Εξετάστε μια γραφική αναπαράσταση της λύσης.

Η μαύρη γραμμή είναι το γράφημα της συνάρτησης, οι κόκκινες κουκκίδες είναι τα σημεία επαφής.

1. Όταν οι ευθείες είναι παράλληλες, οι κλίσεις είναι ίσες. Στη συνέχεια είναι απαραίτητο να αναζητήσετε τα σημεία της γραφικής παράστασης της συνάρτησης, όπου η κλίση θα είναι ίση με την τιμή 8 5 . Για να το κάνετε αυτό, πρέπει να λύσετε μια εξίσωση της μορφής y "(x) = 8 5. Τότε, αν x ∈ - ∞; - 2, παίρνουμε ότι - 1 5 (x 2 + 12 x + 35) = 8 5, και αν x ∈ ( - 2 ; + ∞) , τότε 1 5 (x 2 - 4 x + 3) = 8 5 .

Η πρώτη εξίσωση δεν έχει ρίζες γιατί η διάκριση είναι μικρότερη από το μηδέν. Ας το γράψουμε αυτό

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

Μια άλλη εξίσωση έχει δύο πραγματικές ρίζες, λοιπόν

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 ; +∞

Ας προχωρήσουμε στην εύρεση των τιμών της συνάρτησης. Το καταλαβαίνουμε

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

Πόντοι με τιμές - 1 ; 4 15 , 5 ; 8 3 είναι τα σημεία όπου οι εφαπτομένες είναι παράλληλες στην ευθεία y = 8 5 x + 4 .

Απάντηση:μαύρη γραμμή - γράφημα της συνάρτησης, κόκκινη γραμμή - γράφημα y \u003d 8 5 x + 4, μπλε γραμμή - εφαπτομένες στα σημεία - 1. 4 15 , 5 ; 8 3 .

Είναι δυνατή η ύπαρξη άπειρου αριθμού εφαπτομένων για δεδομένες συναρτήσεις.

Παράδειγμα 5

Να γράψετε τις εξισώσεις όλων των διαθέσιμων εφαπτομένων της συνάρτησης y = 3 cos 3 2 x - π 4 - 1 3 , οι οποίες είναι κάθετες στην ευθεία y = - 2 x + 1 2 .

Λύση

Για να συντάξουμε την εφαπτομενική εξίσωση, είναι απαραίτητο να βρούμε τον συντελεστή και τις συντεταγμένες του σημείου επαφής, με βάση την συνθήκη της καθετότητας των ευθειών. Ο ορισμός ακούγεται ως εξής: το γινόμενο των κλίσεων που είναι κάθετες στις ευθείες είναι ίσο με - 1, δηλαδή γράφεται ως k x · k ⊥ = - 1. Από την προϋπόθεση ότι η κλίση είναι κάθετη στην ευθεία και ισούται με k ⊥ = - 2, τότε k x = - 1 k ⊥ = - 1 - 2 = 1 2 .

Τώρα πρέπει να βρούμε τις συντεταγμένες των σημείων επαφής. Πρέπει να βρείτε το x, μετά το οποίο η τιμή του για μια δεδομένη συνάρτηση. Σημειώστε ότι από τη γεωμετρική σημασία της παραγώγου στο σημείο
x 0 παίρνουμε ότι k x \u003d y "(x 0) . Από αυτήν την ισότητα, βρίσκουμε τις τιμές x για τα σημεία επαφής.

Το καταλαβαίνουμε

y "(x 0) = 3 cos 3 2 x 0 - π 4 - 1 3" = 3 - αμαρτία 3 2 x 0 - π 4 3 2 x 0 - π 4 " = = - 3 αμαρτία 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 2 x 0 - π 4 = - 1 9

Αυτή η τριγωνομετρική εξίσωση θα χρησιμοποιηθεί για τον υπολογισμό των τεταγμένων των σημείων επαφής.

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

Z είναι το σύνολο των ακεραίων.

Βρέθηκαν x σημεία επαφής. Τώρα πρέπει να μεταβείτε στην αναζήτηση για τις τιμές y:

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

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

y 0 = 4 5 - 1 3 ή y 0 = - 4 5 + 1 3

Από εδώ παίρνουμε ότι 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 είναι σημεία επαφής.

Απάντηση:οι απαραίτητες εξισώσεις θα γραφούν ως

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

Για μια οπτική αναπαράσταση, εξετάστε τη συνάρτηση και την εφαπτομένη στη γραμμή συντεταγμένων.

Το σχήμα δείχνει ότι η θέση της συνάρτησης βρίσκεται στο διάστημα [ - 10 ; 10 ] , όπου η μαύρη γραμμή είναι η γραφική παράσταση της συνάρτησης, οι μπλε γραμμές είναι εφαπτομένες που είναι κάθετες στη δεδομένη ευθεία της μορφής y = - 2 x + 1 2 . Οι κόκκινες κουκκίδες είναι σημεία επαφής.

Οι κανονικές εξισώσεις καμπυλών 2ης τάξης δεν είναι συναρτήσεις μονής τιμής. Οι εφαπτομενικές εξισώσεις για αυτές καταρτίζονται σύμφωνα με γνωστά σχήματα.

Εφαπτομένη στον κύκλο

Για να ορίσετε έναν κύκλο με κέντρο σε ένα σημείο x c e n t e r ; y c e n t e r και ακτίνα R, χρησιμοποιείται ο τύπος x - x c e n t e r 2 + y - y c e n t e r 2 = R 2.

Αυτή η ισότητα μπορεί να γραφτεί ως η ένωση δύο συναρτήσεων:

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

Η πρώτη συνάρτηση βρίσκεται στο πάνω μέρος και η δεύτερη στο κάτω μέρος, όπως φαίνεται στο σχήμα.

Να συντάξετε μια εξίσωση κύκλου σε σημείο x 0 ; y 0 , που βρίσκεται στο επάνω ή κάτω ημικύκλιο, θα πρέπει να βρείτε την εξίσωση της γραφικής παράστασης της συνάρτησης της μορφής y \u003d R 2 - x - x c e n t e r 2 + y c e n t e r ή y \u003d - R 2 - x - x c e n t e r 2 + y c e n t e r στο καθορισμένο σημείο.

Όταν στα σημεία x c e n t e r ; y c e n t e r + R και x c e n t e r ; Οι εφαπτομένες y c e n t e r - R μπορούν να δοθούν από τις εξισώσεις y = y c e n t e r + R και y = y c e n t e r - R , και στα σημεία x c e n t e r + R ; y c e n t e r και
x c e n t e r - R ; y c e n t e r θα είναι παράλληλη περίπου y, τότε θα πάρουμε εξισώσεις της μορφής x = x c e n t e r + R και x = x c e n t e r - R .

Εφαπτομένη στην Έλειψη

Όταν η έλλειψη είναι κεντραρισμένη στο x c e n t e r ; y c e n t e r με ημιάξονες a και b , τότε μπορεί να δοθεί χρησιμοποιώντας την εξίσωση x - x c e n t e r 2 a 2 + y - y c e n t e r 2 b 2 = 1 .

Μια έλλειψη και ένας κύκλος μπορούν να υποδηλωθούν συνδυάζοντας δύο συναρτήσεις, δηλαδή την άνω και την κάτω ημιέλλειψη. Τότε το καταλαβαίνουμε

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

Αν οι εφαπτομένες βρίσκονται στις κορυφές της έλλειψης, τότε είναι παράλληλες περίπου x ή περίπου y. Για λόγους σαφήνειας, λάβετε υπόψη το παρακάτω σχήμα.

Παράδειγμα 6

Γράψτε την εξίσωση της εφαπτομένης στην έλλειψη x - 3 2 4 + y - 5 2 25 = 1 σε σημεία με τιμές x ίσες με x = 2 .

Λύση

Είναι απαραίτητο να βρείτε σημεία επαφής που αντιστοιχούν στην τιμή x = 2. Κάνουμε μια αντικατάσταση στην υπάρχουσα εξίσωση της έλλειψης και την παίρνουμε

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

Τότε 2 ; 5 3 2 + 5 και 2 ; - 5 3 2 + 5 είναι τα εφαπτομενικά σημεία που ανήκουν στην άνω και κάτω ημιέλλειψη.

Ας προχωρήσουμε στην εύρεση και επίλυση της εξίσωσης μιας έλλειψης ως προς το y. Το καταλαβαίνουμε

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

Είναι προφανές ότι η άνω ημι-έλλειψη καθορίζεται χρησιμοποιώντας μια συνάρτηση της μορφής y = 5 + 5 2 4 - x - 3 2 , και η κάτω y = 5 - 5 2 4 - x - 3 2 .

Εφαρμόζουμε τον τυπικό αλγόριθμο για να διατυπώσουμε την εξίσωση της εφαπτομένης στη γραφική παράσταση μιας συνάρτησης σε ένα σημείο. Γράφουμε ότι η εξίσωση για την πρώτη εφαπτομένη στο σημείο 2 ; Το 5 3 2 + 5 θα μοιάζει

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

Παίρνουμε ότι η εξίσωση της δεύτερης εφαπτομένης με την τιμή στο σημείο
2; - 5 3 2 + 5 γίνεται

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

Γραφικά, οι εφαπτομένες συμβολίζονται ως εξής:

Εφαπτομένη στην υπερβολή

Όταν η υπερβολή έχει κέντρο στο σημείο x c e n t e r ; y c e n t e r και κορυφές x c e n t e r + α ; y c e n t e r and x c e n t e r - α ; y c e n t e r , δίνεται η ανισότητα x - x c e n t e r 2 α 2 - y - y c e n t e r 2 b 2 = 1 αν με κορυφές x c e n t e r ; y c e n t e r + b και x c e n t e r ; Το y c e n t e r - b δίνεται τότε από την ανισότητα x - x c e n t e r 2 α 2 - y - y c e n t e r 2 b 2 = - 1 .

Μια υπερβολή μπορεί να αναπαρασταθεί ως δύο συνδυασμένες συναρτήσεις της φόρμας

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

Στην πρώτη περίπτωση, έχουμε ότι οι εφαπτομένες είναι παράλληλες στο y και στη δεύτερη, είναι παράλληλες στο x.

Επομένως, για να βρεθεί η εξίσωση μιας εφαπτομένης σε μια υπερβολή, είναι απαραίτητο να βρεθεί σε ποια συνάρτηση ανήκει το σημείο εφαπτομένης. Για να προσδιορίσετε αυτό, είναι απαραίτητο να κάνετε μια αντικατάσταση στις εξισώσεις και να ελέγξετε την ταυτότητά τους.

Παράδειγμα 7

Γράψτε την εξίσωση της εφαπτομένης της υπερβολής x - 3 2 4 - y + 3 2 9 = 1 στο σημείο 7; - 3 3 - 3 .

Λύση

Είναι απαραίτητο να μετατρέψουμε την εγγραφή της λύσης εύρεσης της υπερβολής χρησιμοποιώντας 2 συναρτήσεις. Το καταλαβαίνουμε

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 ή y + 3 = - 3 2 x - 3 2 - 4 ⇒ y = 3 2 x - 3 2 - 4 - 3 y = - 3 2 x - 3 2 - 4 - 3

Είναι απαραίτητο να βρούμε σε ποια συνάρτηση ανήκει το δεδομένο σημείο με συντεταγμένες 7. - 3 3 - 3 .

Προφανώς, για να ελέγξετε την πρώτη συνάρτηση, είναι απαραίτητο y (7) = 3 2 (7 - 3) 2 - 4 - 3 = 3 3 - 3 ≠ - 3 3 - 3 , τότε το σημείο δεν ανήκει στη γραφική παράσταση, αφού η ισότητα δεν ικανοποιείται.

Για τη δεύτερη συνάρτηση, έχουμε ότι y (7) = - 3 2 (7 - 3) 2 - 4 - 3 = - 3 3 - 3 ≠ - 3 3 - 3 , που σημαίνει ότι το σημείο ανήκει στη δεδομένη γραφική παράσταση. Από εδώ θα πρέπει να βρείτε τον συντελεστή κλίσης.

Το καταλαβαίνουμε

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

Απάντηση:η εφαπτομενική εξίσωση μπορεί να παρασταθεί ως

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

Οραματίζεται ως εξής:

Εφαπτομένη στην παραβολή

Για να συνθέσετε την εξίσωση της εφαπτομένης στην παραβολή y \u003d a x 2 + b x + c στο σημείο x 0, y (x 0) , πρέπει να χρησιμοποιήσετε τον τυπικό αλγόριθμο, τότε η εξίσωση θα πάρει τη μορφή y \u003d y " (x 0) x - x 0 + y ( x 0) Μια τέτοια εφαπτομένη στην κορυφή είναι παράλληλη προς το x.

Η παραβολή x = a y 2 + b y + c πρέπει να οριστεί ως η ένωση δύο συναρτήσεων. Επομένως, πρέπει να λύσουμε την εξίσωση για το y. Το καταλαβαίνουμε

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

Ας το παραθέσουμε ως εξής:

Για να μάθετε εάν ένα σημείο x 0 , y (x 0) ανήκει σε μια συνάρτηση, ακολουθήστε προσεκτικά τον τυπικό αλγόριθμο. Μια τέτοια εφαπτομένη θα είναι παράλληλη στο y ως προς την παραβολή.

Παράδειγμα 8

Να γράψετε την εξίσωση της εφαπτομένης στη γραφική παράσταση x - 2 y 2 - 5 y + 3 όταν έχουμε κλίση εφαπτομένης 150 °.

Λύση

Ξεκινάμε τη λύση παραστώντας την παραβολή ως δύο συναρτήσεις. Το καταλαβαίνουμε

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

Η τιμή της κλίσης είναι ίση με την τιμή της παραγώγου στο σημείο x 0 αυτής της συνάρτησης και είναι ίση με την εφαπτομένη της κλίσης.

Παίρνουμε:

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

Από εδώ προσδιορίζουμε την τιμή του x για τα σημεία επαφής.

Η πρώτη συνάρτηση θα γραφτεί ως

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

Προφανώς δεν υπάρχουν πραγματικές ρίζες, αφού πήραμε αρνητική τιμή. Συμπεραίνουμε ότι δεν υπάρχει εφαπτομένη με γωνία 150 ° για μια τέτοια συνάρτηση.

Η δεύτερη συνάρτηση θα γραφτεί ως

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

Έχουμε ότι τα σημεία επαφής - 23 4 ; - 5 + 3 4 .

Απάντηση:η εφαπτομενική εξίσωση παίρνει τη μορφή

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

Ας το παραθέσουμε ως εξής:

Εάν παρατηρήσετε κάποιο λάθος στο κείμενο, επισημάνετε το και πατήστε Ctrl+Enter

Μια ευθεία που έχει μόνο ένα κοινό σημείο με έναν κύκλο ονομάζεται εφαπτομένη στον κύκλο και το κοινό σημείο τους ονομάζεται σημείο επαφής μεταξύ της ευθείας και του κύκλου.

Θεώρημα (ιδιότητα εφαπτομένης σε κύκλο)

Η εφαπτομένη στον κύκλο είναι κάθετη στην ακτίνα που σύρεται στο σημείο εφαπτομένης.

Δεδομένος

Α - σημείο επαφής

Αποδεικνύω:p οα

Απόδειξη.

Ας αποδείξουμε τη μέθοδο «κατά αντίφαση».

Ας υποθέσουμε ότι το p είναι ΟΑ, τότε το ΟΑ είναι λοξό στην ευθεία p.

Αν από το σημείο Ο τραβήξουμε μια κάθετη ΟΗ στην ευθεία p, τότε το μήκος της θα είναι μικρότερο από την ακτίνα: ΟΗ< ОА=r

Παίρνουμε ότι η απόσταση από το κέντρο του κύκλου μέχρι την ευθεία p (OH) είναι μικρότερη από την ακτίνα (r), πράγμα που σημαίνει ότι η ευθεία p είναι διατομή (δηλαδή έχει δύο κοινά σημεία με τον κύκλο), που έρχεται σε αντίθεση με την συνθήκη του θεωρήματος (p-εφαπτομένη).

Άρα η υπόθεση είναι εσφαλμένη, επομένως η ευθεία p είναι κάθετη στην ΟΑ.

Θεώρημα (Ιδιότητα των εφαπτομένων τμημάτων που σχεδιάζονται από ένα σημείο)

Τα τμήματα των εφαπτομένων στον κύκλο, σχεδιασμένα από ένα σημείο, είναι ίσα και σχηματίζουν ίσες γωνίες με την ευθεία που διέρχεται από αυτό το σημείο και το κέντρο του κύκλου.

Δεδομένος: περ. (Ή)

Τα AB και AC είναι εφαπτομενικά στο env. (Ή)

Αποδεικνύω: AB=AC

Απόδειξη

1) OB AB, OS AC, ως ακτίνες που έλκονται στο σημείο επαφής (ιδιότητα εφαπτομένης)

2) Σκεφτείτε το tr. AOV, κ.λπ. AOS - p / y

ΑΟ - σύνολο

OB=OC (ως ακτίνες)

Έτσι, ABO \u003d AOC (κατά μήκος της υποτείνουσας και του ποδιού). Συνεπώς,

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

Θεώρημα (σημείο εφαπτομένης)

Αν μια ευθεία διέρχεται από το άκρο μιας ακτίνας που βρίσκεται σε έναν κύκλο και είναι κάθετη σε αυτήν την ακτίνα, τότε είναι εφαπτομένη.

Δεδομένος: ΟΑ – ακτίνα κύκλου

Αποδεικνύω: p- εφαπτομένη στον κύκλο

Απόδειξη

OA - ακτίνα του κύκλου (κατά συνθήκη) (OA \u003d r)

OA - κάθετη από το O στην ευθεία p (OA \u003d d)

Άρα, r=OA=d, άρα η ευθεία p και ο κύκλος έχουν ένα κοινό σημείο.

Επομένως, η ευθεία p εφάπτεται στον κύκλο. h.t.d.

3. Ιδιότητα συγχορδιών και τμημάτων.

Ιδιότητες εφαπτομένης και τομής

ΟΡΙΣΜΟΣ

περιφέρειαονομάζεται γεωμετρικός τόπος σημείων που ισαπέχουν από ένα σημείο, που ονομάζεται κέντρο του κύκλου.

Ένα ευθύγραμμο τμήμα που ενώνει δύο σημεία σε έναν κύκλο ονομάζεται χορδή(στο σχήμα είναι τμήμα). Η χορδή που διέρχεται από το κέντρο του κύκλου ονομάζεται διάμετροςκύκλους.

1. Η εφαπτομένη είναι κάθετη στην ακτίνα που τραβιέται στο σημείο επαφής.

2. Τα τμήματα των εφαπτομένων που σχεδιάζονται από ένα σημείο είναι ίσα.

3. Αν μια εφαπτομένη και μια τομή αντλούνται από ένα σημείο που βρίσκεται εκτός του κύκλου, τότε το τετράγωνο του μήκους της εφαπτομένης είναι ίσο με το γινόμενο της τομής από το εξωτερικό της μέρος.

Τις περισσότερες φορές, είναι τα γεωμετρικά προβλήματα που προκαλούν δυσκολίες στους υποψήφιους, τους αποφοίτους και τους συμμετέχοντες σε μαθηματικές Ολυμπιάδες. Αν κοιτάξετε τα στατιστικά στοιχεία της USE το 2010, μπορείτε να δείτε ότι περίπου το 12% των συμμετεχόντων ξεκίνησαν τη γεωμετρική εργασία C4 και μόνο το 0,2% των συμμετεχόντων έλαβε πλήρη βαθμολογία και γενικά, η εργασία αποδείχθηκε ότι ήταν το πιο δύσκολο από όλα τα προτεινόμενα.

Προφανώς, όσο πιο γρήγορα προσφέρουμε στους μαθητές όμορφες ή απροσδόκητες εργασίες όσον αφορά τον τρόπο που τις λύνουν, τόσο πιο πιθανό είναι να τους ενδιαφέρουν και να τους αιχμαλωτίσουν σοβαρά και για μεγάλο χρονικό διάστημα. Όμως, πόσο δύσκολο είναι να βρεις ενδιαφέρουσες και σύνθετες εργασίες στο επίπεδο της 7ης τάξης, όταν η συστηματική μελέτη της γεωμετρίας μόλις αρχίζει. Τι μπορεί να προσφερθεί σε έναν μαθητή που ενδιαφέρεται για τα μαθηματικά, ο οποίος γνωρίζει μόνο τα σημάδια της ισότητας των τριγώνων, τις ιδιότητες γειτονικών και κάθετων γωνιών; Ωστόσο, είναι δυνατόν να εισαχθεί η έννοια της εφαπτομένης σε έναν κύκλο, ως ευθεία γραμμή που έχει ένα κοινό σημείο με τον κύκλο. αποδεχτείτε ότι η ακτίνα που τραβιέται στο σημείο επαφής είναι κάθετη στην εφαπτομένη. Φυσικά, αξίζει να εξεταστούν όλες οι πιθανές περιπτώσεις της θέσης δύο κύκλων και κοινών εφαπτομένων σε αυτούς, οι οποίες μπορούν να σχεδιαστούν από το μηδέν έως το τέσσερα. Με την απόδειξη των θεωρημάτων που προτείνονται παρακάτω, είναι δυνατό να επεκταθεί σημαντικά το σύνολο των εργασιών για τους μαθητές της έβδομης τάξης. Ταυτόχρονα, στην πορεία, αποδεικνύονται σημαντικά ή απλά ενδιαφέροντα και διασκεδαστικά γεγονότα. Επιπλέον, δεδομένου ότι πολλές δηλώσεις δεν περιλαμβάνονται στο σχολικό εγχειρίδιο, μπορούν να συζητηθούν τόσο στην τάξη όσο και με τους αποφοίτους κατά την επανάληψη της επιπεδομετρίας. Αυτά τα γεγονότα αποδείχθηκαν σχετικά την τελευταία ακαδημαϊκή χρονιά. Δεδομένου ότι πολλά διαγνωστικά έργα και η ίδια η εργασία της USE περιείχε ένα πρόβλημα, για τη λύση του οποίου ήταν απαραίτητο να χρησιμοποιηθεί η ιδιότητα του εφαπτομενικού τμήματος που αποδείχθηκε παρακάτω.

Τ 1 Τμήματα εφαπτομένων σε κύκλο που σχεδιάζονται από
ένα σημείο είναι ίσο (Εικ. 1)

Αυτό είναι όλο με το θεώρημα, μπορείτε πρώτα να εισαγάγετε τους μαθητές της έβδομης τάξης.
Στη διαδικασία της απόδειξης, χρησιμοποιήσαμε το πρόσημο της ισότητας των ορθογωνίων τριγώνων, καταλήξαμε στο συμπέρασμα ότι το κέντρο του κύκλου βρίσκεται στη διχοτόμο της γωνίας BCA.
Παρεμπιπτόντως, θυμηθήκαμε ότι η διχοτόμος μιας γωνίας είναι ο τόπος των σημείων της εσωτερικής περιοχής της γωνίας, σε ίση απόσταση από τις πλευρές της. Η λύση ενός προβλήματος κάθε άλλο παρά ασήμαντο βασίζεται σε αυτά τα δεδομένα, προσβάσιμα ακόμη και σε αρχάριους στη μελέτη της γεωμετρίας.

1. Διχοτόμοι γωνιών ΑΛΛΑ, ΣΤΟκαι ΑΠΟκυρτό τετράπλευρο Α Β Γ Δτέμνονται σε ένα σημείο. Ακτίνες ΑΒκαι DCτέμνονται σε ένα σημείο μικαι οι ακτίνες
ήλιοςκαι ΕΝΑ Δστο σημείο φά. Να αποδείξετε ότι ένα μη κυρτό τετράπλευρο AECFτο άθροισμα των μηκών των απέναντι πλευρών είναι ίσο.

Λύση (Εικ. 2).Αφήνω Οείναι το σημείο τομής αυτών των διχοτόμων. Επειτα Οίση απόσταση από όλες τις πλευρές του τετράπλευρου Α Β Γ Δ, αυτό είναι
είναι το κέντρο ενός κύκλου εγγεγραμμένου σε τετράπλευρο. Με θεώρημα 1 οι ισότητες είναι σωστές: AR = ΑΚ, ER = ΕΡ, FT = FK. Προσθέτουμε το αριστερό και το δεξί μέρος ανά όρο, παίρνουμε τη σωστή ισότητα:

(AR + ER) + FT = (ΑΚ +FK) + ΕΡ; ΑΕ + (FC + CT) = AF + (ΕΕ + Η/Υ). Επειδή ST = RS, έπειτα ΑΕ + FC = AF + ΕΕ, που έπρεπε να αποδειχτεί.

Ας εξετάσουμε ένα πρόβλημα με μια ασυνήθιστη διατύπωση, για τη λύση του οποίου αρκεί να γνωρίζουμε το θεώρημα 1 .

2. Υπάρχει n-gon του οποίου οι πλευρές είναι διαδοχικά 1, 2, 3, ..., nστο οποίο μπορεί να εγγραφεί ο κύκλος;

Λύση. Ας πούμε τέτοια n-Γον υπάρχει. ΑΛΛΑ 1 ΑΛΛΑ 2 =1, …, ΑΛΛΑ n-1 ΑΛΛΑ n= n– 1,ΑΛΛΑ n ΑΛΛΑ 1 = n. σι 1 , …, σι n είναι τα αντίστοιχα σημεία επαφής. Στη συνέχεια από το Θεώρημα 1 ΕΝΑ 1 σι 1 = ΕΝΑ 1 σι n< 1, n – 1 < ΕΝΑ n σι n< n.Με την ιδιότητα των εφαπτομένων τμημάτων ΕΝΑ n σι n= ΕΝΑ n σι n-1. Αλλά, ΕΝΑ n σι n-1< ΕΝΑ n-1 ΑΛΛΑ n= n- 1. Αντίφαση. Επομένως, όχι n-gon που ικανοποιεί την κατάσταση του προβλήματος.

Τ 2Τα αθροίσματα των απέναντι πλευρών ενός τετράπλευρου που οριοθετούνται περίπου
οι κύκλοι είναι ίσοι (Εικ. 3)

Οι μαθητές, κατά κανόνα, αποδεικνύουν εύκολα αυτήν την ιδιότητα του περιγραφόμενου τετράπλευρου. Αφού αποδείξουμε το θεώρημα 1 , είναι μια προπονητική άσκηση. Αυτό το γεγονός μπορεί να γενικευτεί - τα αθροίσματα των πλευρών του περιγεγραμμένου ζυγού, που λαμβάνονται μέσω ενός, είναι ίσα. Για παράδειγμα, για ένα εξάγωνο ABCDEFσωστά: AB + CD + EF = BC + DE + FA.

Λύση (Εικ. 1). Εφόσον τα τετράπλευρα ABEF και ECDF είναι εγγεγραμμένα, από το Θεώρημα 2 Р ABEF = 2(AB + EF) και Р ECDF = 2 (CD + EF), κατά συνθήκη

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

Λύση (Εικ. 5).Με το Θεώρημα 1 MB = MX και PC = RX.Άρα η περίμετρος του τριγώνου ΕΙΠΕΣίσο με το άθροισμα των τμημάτων ΑΒκαι ΟΠΩΣ ΚΑΙ.Ή διπλή εφαπτομένη που σύρεται στον κύκλο για ένα τρίγωνο ΕΙΠΕΣ . Η τιμή της γωνίας MOP μετριέται κατά το ήμισυ της τιμής της γωνίας WOS, το οποίο δεν εξαρτάται από την επιλογή του σημείου Χ.

Λύση (Εικ. 6). Μέθοδος πρώτη (αλγεβρική). Αφήνω AK \u003d AN \u003d x,έπειτα BK = BM = c - x, CM = CN = a - c + x. AC = AN + NC,τότε μπορούμε να γράψουμε μια εξίσωση για x: b \u003d x + (a - c + x).Οπου .

Μέθοδος δεύτερη (γεωμετρική). Ας στραφούμε στο διάγραμμα. Τμήματα ίσων εφαπτομένων, που λαμβάνονται ένα κάθε φορά, αθροίζονται σε ημιπερίμετρο
τρίγωνο. Το κόκκινο και το πράσινο συνθέτουν μια πλευρά ένα.Στη συνέχεια, το τμήμα που μας ενδιαφέρει x = p - a.Φυσικά, τα αποτελέσματα που προέκυψαν είναι συνεπή.

. W

4. Βρείτε την ακτίνα ενός κύκλου εγγεγραμμένου σε ορθογώνιο τρίγωνο με σκέλη α, βκαι υποτείνουσα Με. Λύση (Εικ. 8). Τπως OMCN-τετράγωνο, τότε η ακτίνα του εγγεγραμμένου κύκλου είναι ίση με το τμήμα της εφαπτομένης CN. .

5. Να αποδείξετε ότι τα σημεία εφαπτομένης των εγγεγραμμένων και περικυκλωμένων κύκλων με την πλευρά του τριγώνου είναι συμμετρικά ως προς το μέσο αυτής της πλευράς.

Λύση (Εικ. 9).Σημειώστε ότι ΑΚ είναι το τμήμα της εφαπτομένης του κύκλου για το τρίγωνο ΑΛΦΑΒΗΤΟ.Με τον τύπο (2) . VM- ευθύγραμμο τμήμα εφαπτομένης κύκλος για τρίγωνο ΑΛΦΑΒΗΤΟ.Σύμφωνα με τον τύπο (1) . AK = VM,και αυτό σημαίνει ότι τα σημεία Κ και Μίση απόσταση από τη μέση της πλευράς AB, Q.E.D.

6. Δύο κοινές εξωτερικές εφαπτομένες και μία εσωτερική εφαπτομένη σχεδιάζονται σε δύο κύκλους. Η εσωτερική εφαπτομένη τέμνει τις εξωτερικές σε σημεία Α, Βκαι αγγίζει κύκλους σε σημεία Α'1και ΣΕ 1 .Αποδείξτε το AA 1 \u003d BB 1.

Λύση (Εικ. 10). Σταματήστε… Αλλά τι πρέπει να αποφασίσετε; Είναι απλώς μια άλλη διατύπωση του προηγούμενου προβλήματος. Είναι προφανές ότι ένας από τους κύκλους είναι εγγεγραμμένος και ο άλλος είναι κύκλος για κάποιο τρίγωνο ΑΛΦΑΒΗΤΟ.Και τα τμήματα AA 1 και BB 1αντιστοιχούν σε τμήματα ΑΚκαι VMεργασίες 5. Αξίζει να σημειωθεί ότι το πρόβλημα που προτείνεται στην Πανρωσική Ολυμπιάδα για μαθητές στα μαθηματικά λύνεται με τόσο προφανή τρόπο.

7. Οι πλευρές του πενταγώνου είναι 5, 6, 10, 7, 8 με τη σειρά περιστροφής. Αποδείξτε ότι δεν μπορεί να εγγραφεί κύκλος σε αυτό το πεντάγωνο.

Λύση (Εικ. 11). Ας υποθέσουμε ότι το πεντάγωνο ABCDEμπορείτε να εγγράψετε έναν κύκλο. Επιπλέον, τα κόμματα ΑΒ, προ ΧΡΙΣΤΟΥ, CD, DEκαι EAείναι ίσα με 5, 6, 10, 7 και 8, αντίστοιχα. φά, σολ, H, Μκαι Ν. Αφήστε το μήκος του τμήματος AFείναι ίσο με Χ.

Επειτα bf = FD – AF = 5 – Χ = BG. GC = προ ΧΡΙΣΤΟΥ – BG = = 6 – (5 – Χ) = 1 + Χ = CH. Και ούτω καθεξής: HD = DM = 9 – Χ; ΜΟΥ = EN = Χ – 2, ΕΝΑ = 10 – Χ.

Αλλά, AF = ΕΝΑ. δηλαδή 10 - Χ = Χ; Χ= 5. Ωστόσο, το τμήμα της εφαπτομένης AFδεν μπορεί να είναι ίση πλευρά ΑΒ. Η αντίφαση που προκύπτει αποδεικνύει ότι ένας κύκλος δεν μπορεί να εγγραφεί σε ένα δεδομένο πεντάγωνο.

8. Ένας κύκλος είναι εγγεγραμμένος σε ένα εξάγωνο, οι πλευρές του στη σειρά παράκαμψης είναι 1, 2, 3, 4, 5. Βρείτε το μήκος της έκτης πλευράς.

Λύση. Φυσικά, το εφαπτομενικό τμήμα μπορεί να συμβολιστεί ως Χ, όπως και στο προηγούμενο πρόβλημα, γράψτε μια εξίσωση και λάβετε μια απάντηση. Όμως, είναι πολύ πιο αποτελεσματικό και αποτελεσματικό να χρησιμοποιήσουμε τη σημείωση του θεωρήματος 2 : τα αθροίσματα των πλευρών του περιγεγραμμένου εξαγώνου, που λαμβάνονται από το ένα, είναι ίσα.

Τότε 1 + 3 + 5 = 2 + 4 + Χ, όπου Χ- άγνωστη έκτη πλευρά, Χ = 3.

Λύση (εικ.12). Δεδομένου ότι τα μήκη όλων των πλευρών είναι ακέραιοι, τα κλασματικά μέρη των μηκών των τμημάτων είναι ίσα BT, BP, DM, DN, ΑΚκαι ΣΤΟ. Εχουμε ΣΤΟ + τηλεόραση= 1, και τα κλασματικά μέρη των μηκών των τμημάτων ΣΤΟκαι τηλεόρασηείναι ίσα. Αυτό είναι δυνατό μόνο όταν ΣΤΟ + τηλεόραση= 0,5. Με θεώρημα 1 WT + VR.
Που σημαίνει, VR= 0,5. Σημειώστε ότι η συνθήκη CD= 3 αποδείχθηκαν αζήτητα. Προφανώς, οι συντάκτες του προβλήματος υπέθεσαν κάποια άλλη λύση. Απάντηση: 0,5.

10. Σε τετράπλευρο ABCD AD=DC, AB=3, BC=5.Κύκλοι εγγεγραμμένοι σε τρίγωνα ABDκαι CBDαγγίξτε το τμήμα BDσε σημεία Μκαι Ναντίστοιχα. Βρείτε το μήκος ενός τμήματος MN.

Λύση (Εικ. 13). MN = DN - DM.Σύμφωνα με τον τύπο (1) για τρίγωνα DBAκαι DBCαντίστοιχα έχουμε:

11. Σε τετράπλευρο Α Β Γ Δμπορείτε να εγγράψετε έναν κύκλο. Κύκλοι εγγεγραμμένοι σε τρίγωνα ABDκαι CBDέχουν ακτίνες Rκαι rαντίστοιχα. Βρείτε την απόσταση μεταξύ των κέντρων αυτών των κύκλων.

Λύση (Εικ. 13). Αφού, από την προϋπόθεση, το τετράπλευρο Α Β Γ Δεγγεγραμμένο, από θεώρημα 2 έχουμε: AB + DC = AD + BC.Ας χρησιμοποιήσουμε την ιδέα της επίλυσης του προηγούμενου προβλήματος. . Αυτό σημαίνει ότι τα σημεία επαφής των κύκλων με το τμήμα DMαγώνας. Η απόσταση μεταξύ των κέντρων των κύκλων είναι ίση με το άθροισμα των ακτίνων. Απάντηση: R + r.

Μάλιστα, αποδεικνύεται ότι η συνθήκη είναι σε τετράπλευρο Α Β Γ Δμπορείτε να εγγράψετε έναν κύκλο, ο οποίος είναι ισοδύναμος με την συνθήκη - σε ένα κυρτό τετράπλευρο Α Β Γ Δκύκλοι εγγεγραμμένοι σε τρίγωνα αλφάβητοκαι ADCαγγίζουν ο ένας τον άλλον. Το αντίθετο ισχύει.

Προτείνεται να αποδειχθούν αυτές οι δύο αμοιβαία αντίστροφες προτάσεις στο παρακάτω πρόβλημα, το οποίο μπορεί να θεωρηθεί ως γενίκευση αυτού του προβλήματος.

12. Σε κυρτό τετράπλευρο Α Β Γ Δ (ρύζι. δεκατέσσερα) κύκλοι εγγεγραμμένοι σε τρίγωνα αλφάβητοκαι ADCαγγίζουν ο ένας τον άλλον. Αποδείξτε ότι κύκλοι εγγεγραμμένοι σε τρίγωνα ABDκαι bdcαγγίζουν επίσης ο ένας τον άλλον.

13. Σε τρίγωνο αλφάβητομε τα κόμματα α, βκαι ντοστην άκρη ήλιοςσημειωμένο σημείο ρεέτσι ώστε οι κύκλοι που είναι εγγεγραμμένοι στα τρίγωνα ABDκαι ACDαγγίξτε το τμήμα ΕΝΑ Δσε ένα σημείο. Βρείτε το μήκος ενός τμήματος BD.

Λύση (Εικ. 15). Εφαρμόζουμε τον τύπο (1) για τρίγωνα ADCκαι adb, υπολογισμός DMδύο

Καταλήγει, ρε- σημείο επαφής με το πλάι ήλιοςκύκλος εγγεγραμμένος σε τρίγωνο αλφάβητο. Το αντίθετο ισχύει: αν η κορυφή ενός τριγώνου συνδέεται με το εφαπτομενικό σημείο του εγγεγραμμένου κύκλου στην αντίθετη πλευρά, τότε οι κύκλοι που εγγράφονται στα τρίγωνα που προκύπτουν ακουμπούν ο ένας τον άλλον.

14. Κέντρα Ο 1 , Ο 2 και Ο 3 τρεις μη τέμνοντες κύκλοι της ίδιας ακτίνας βρίσκονται στις κορυφές του τριγώνου. Από σημεία Ο 1 , Ο 2 , Ο 3, οι εφαπτομένες σε αυτούς τους κύκλους σχεδιάζονται όπως φαίνεται στο σχήμα.

Είναι γνωστό ότι αυτές οι εφαπτομένες, τέμνουσες, σχημάτισαν ένα κυρτό εξάγωνο, οι πλευρές του οποίου μέσω του ενός είναι χρωματισμένες με κόκκινο και μπλε. Να αποδείξετε ότι το άθροισμα των μηκών των κόκκινων τμημάτων είναι ίσο με το άθροισμα των μηκών των μπλε.

Λύση (Εικ. 16). Είναι σημαντικό να κατανοήσουμε πώς να χρησιμοποιήσετε το γεγονός ότι δεδομένοι κύκλοι έχουν τις ίδιες ακτίνες. Σημειώστε ότι τα τμήματα BRκαι DMείναι ίσα, που προκύπτει από την ισότητα των ορθογωνίων τριγώνων Ο 1 BRκαι Ο 2 BM. Ομοίως DL = Δ.Π., FN = FK. Προσθέτουμε τις ισότητες όρο προς όρο και μετά αφαιρούμε από τα αθροίσματα που προκύπτουν τα ίδια τμήματα των εφαπτομένων που προέρχονται από τις κορυφές ΑΛΛΑ, ΑΠΟ, και μιεξάγωνο ABCDEF: ARκαι ΑΚ, CLκαι ΕΚ, ENκαι ΕΡ. Παίρνουμε αυτό που χρειαζόμαστε.

Ακολουθεί ένα παράδειγμα ενός προβλήματος στερεομετρίας που προτάθηκε στο XII Διεθνές Μαθηματικό Τουρνουά για μαθητές Λυκείου «A. N. Kolmogorov Memory Cup».

16. Δίνεται μια πενταγωνική πυραμίδα SA 1 A 2 A 3 A 4 A 5 .Υπάρχει ένα πεδίο w,που αγγίζει όλες τις άκρες της πυραμίδας και μια άλλη σφαίρα w 1,που αγγίζει όλες τις πλευρές της βάσης Α 1 Α 2 Α 3 Α 4 Α 5και επεκτάσεις των πλευρικών πλευρών SA 1 , SA 2 , SA 3 , SA 4 , SA 5για τις κορυφές της βάσης. Να αποδείξετε ότι η κορυφή της πυραμίδας απέχει από τις κορυφές της βάσης. (Berlov S. L., Karpov D. V.)

17. ΧΡΗΣΗ. Διαγνωστική εργασία 8 Δεκεμβρίου 2009, С–4.Ντάνα τραπεζοειδές Α Β Γ Δ, οι βάσεις του οποίου π.Χ.= 44,ΕΝΑ Δ = 100, AB=CD= 35. Κύκλος εφαπτόμενος σε ευθείες ΕΝΑ Δκαι ΜΕΤΑ ΧΡΙΣΤΟΝαγγίζει το πλάι CDστο σημείο κ. Βρείτε το μήκος του τμήματος CK.VDC και BDA, αγγίξτε το πλάι BDσε σημεία μικαι φά. Βρείτε το μήκος του τμήματος ΕΦ.

Λύση. Δύο περιπτώσεις είναι δυνατές (Εικ. 20 και Εικ. 21). Χρησιμοποιώντας τον τύπο (1), βρίσκουμε τα μήκη των τμημάτων DEκαι D.F..

Στην πρώτη περίπτωση ΕΝΑ Δ = 0,1ΜΕΤΑ ΧΡΙΣΤΟΝ, CD = 0,9ΜΕΤΑ ΧΡΙΣΤΟΝ. Στο δεύτερο - ΕΝΑ Δ = 0,125ΜΕΤΑ ΧΡΙΣΤΟΝ, CD = 1,125ΜΕΤΑ ΧΡΙΣΤΟΝ. Αντικαθιστούμε τα δεδομένα και παίρνουμε την απάντηση: 4.6 ή 5.5.

Εργασίες για ανεξάρτητη λύση /

1. Η περίμετρος ενός ισοσκελούς τραπεζοειδούς εγγεγραμμένου γύρω από έναν κύκλο είναι 2r.Βρείτε την προβολή της διαγωνίου του τραπεζοειδούς στη μεγαλύτερη βάση. (1/2r)

2. Ανοικτή τράπεζα προβλημάτων χρήσης στα μαθηματικά. ΣΤΙΣ 4. Σε κύκλο εγγεγραμμένο σε τρίγωνο ABC (εικ. 22),σχεδιάζονται τρεις εφαπτομένες. Οι περίμετροι των κόλουρων τριγώνων είναι 6, 8, 10. Να βρείτε την περίμετρο αυτού του τριγώνου. (24)

3. Σε τρίγωνο αλφάβητοεγγεγραμμένος κύκλος. MN-εφαπτομένη στον κύκλο MО AC, NO BC, BC = 13, AC = 14, AB = 15.Να βρείτε την περίμετρο ενός τριγώνου MNC. (12)

4. Σε κύκλο εγγεγραμμένο σε τετράγωνο με πλευρά α, σχεδιάζεται μια εφαπτομένη που τέμνει τις δύο πλευρές του. Βρείτε την περίμετρο του αποκομμένου τριγώνου. (ένα)

5. Ένας κύκλος εγγράφεται σε πεντάγωνο με πλευρές ένα, ρε, ντο, ρεκαι μι. Βρείτε τα τμήματα στα οποία το σημείο επαφής χωρίζει την πλευρά ίση με ένα.

6. Ένας κύκλος είναι εγγεγραμμένος σε τρίγωνο με πλευρές 6, 10 και 12. Τραβιέται μια εφαπτομένη στον κύκλο έτσι ώστε να τέμνει δύο μεγάλες πλευρές. Βρείτε την περίμετρο του αποκομμένου τριγώνου. (16)

7. CDείναι η διάμεσος του τριγώνου αλφάβητο. Κύκλοι εγγεγραμμένοι σε τρίγωνα ACDκαι BCD, αγγίξτε το τμήμα CDσε σημεία Μκαι Ν. Εύρημα MN, αν ΜΕΤΑ ΧΡΙΣΤΟΝ – ήλιος = 2. (1)

8. Σε τρίγωνο αλφάβητομε τα κόμματα α, βκαι ντοστην άκρη ήλιοςσημειωμένο σημείο ρε. Σε κύκλους εγγεγραμμένους σε τρίγωνα ABDκαι ACD, σχεδιάζεται μια κοινή εφαπτομένη που τέμνεται ΕΝΑ Δστο σημείο Μ. Βρείτε το μήκος ενός τμήματος ΕΙΜΑΙ. (Μήκος ΕΙΜΑΙδεν εξαρτάται από τη θέση του σημείου ρεκαι
ισούται με ½ ( γ + β - α))

9. Ένας κύκλος ακτίνας εγγράφεται σε ορθογώνιο τρίγωνο ένα. Η ακτίνα του κύκλου που εφάπτεται στην υποτείνουσα και στις προεκτάσεις των ποδιών είναι R.Να βρείτε το μήκος της υποτείνουσας. ( R-a)

10. Σε τρίγωνο αλφάβητοτα μήκη των πλευρών είναι γνωστά: ΑΒ = Με, ΜΕΤΑ ΧΡΙΣΤΟΝ = σι, ήλιος = ένα. Ένας κύκλος εγγεγραμμένος σε ένα τρίγωνο εφάπτεται σε μια πλευρά ΑΒστο σημείο Από 1. Ο κύκλος εφάπτεται στην προέκταση της πλευράς ΑΒανά πόντο ΑΛΛΑστο σημείο Από 2. Προσδιορίστε το μήκος του τμήματος S 1 S 2. (σι)

11. Βρείτε τα μήκη των πλευρών του τριγώνου, διαιρεμένα με το σημείο επαφής του εγγεγραμμένου κύκλου ακτίνας 3 cm σε τμήματα 4 cm και 3 cm (7, 24 και 25 cm σε ορθογώνιο τρίγωνο)

12. Ολυμπιάδα Soros 1996, 2ος γύρος, 11η τάξη. Δίνεται τρίγωνο αλφάβητο, στις πλευρές των οποίων σημειώνονται σημεία Α 1, Β 1, Γ 1. Ακτίνες κύκλων εγγεγραμμένων σε τρίγωνα AC 1 B 1 , BC 1 A 1 , CA 1 B 1ίσος σε r. Ακτίνα κύκλου εγγεγραμμένου σε τρίγωνο Α 1 Β 1 Γ 1ισοδυναμεί R. Βρείτε την ακτίνα ενός κύκλου εγγεγραμμένου σε ένα τρίγωνο αλφάβητο. (R +r).

Τα προβλήματα 4–8 προέρχονται από το βιβλίο προβλημάτων του R. K. Gordin «Geometry. Πλανομετρία." Μόσχα. Εκδοτικός οίκος ΜΤΣΝΜΟ. 2004.

απευθείας ( MN) που έχει μόνο ένα κοινό σημείο με τον κύκλο ( ΕΝΑ), λέγεται εφαπτομένος στον κύκλο.

Το κοινό σημείο ονομάζεται σε αυτή την περίπτωση σημείο επαφής.

Δυνατότητα ύπαρξης εφαπτομένος, και, επιπλέον, τραβηγμένο από οποιοδήποτε σημείο κύκλους, ως σημείο επαφής, αποδεικνύεται από τα ακόλουθα θεώρημα.

Ας απαιτείται κύκλουςκεντραρισμένος Ο εφαπτομένοςμέσα από ένα σημείο ΕΝΑ. Για αυτό, από το σημείο ΕΝΑ,όπως από το κέντρο, περιγράψτε τόξοακτίνα κύκλου ΑΟ, και από το σημείο Ο, ως κέντρο, τέμνουμε αυτό το τόξο σε σημεία σικαι ΑΠΟλύση πυξίδας ίση με τη διάμετρο του δεδομένου κύκλου.

Αφού ξόδεψε τότε συγχορδίες OBκαι OS, συνδέστε την τελεία ΕΝΑμε τελείες ρεκαι μιόπου αυτές οι συγχορδίες τέμνουν τον δεδομένο κύκλο. Απευθείας ΕΝΑ Δκαι ΑΕ - εφαπτομένη στον κύκλο Ο. Πράγματι, είναι σαφές από την κατασκευή ότι τρίγωνα AOBκαι AOC ισοσκελής(AO = AB = AC) με βάσεις OBκαι OS, ίση με τη διάμετρο του κύκλου Ο.

Επειδή ODκαι Ο.Εείναι οι ακτίνες, λοιπόν ρε - Μέσης OB, ένα μι- Μέσης OS, που σημαίνει ΕΝΑ Δκαι ΑΕ - διάμεσοιτραβηγμένα στις βάσεις των ισοσκελές τριγώνων, και επομένως κάθετα σε αυτές τις βάσεις. Εάν είναι άμεσο DAκαι EAκάθετα στις ακτίνες ODκαι Ο.Ε, τότε είναι εφαπτόμενες.

Συνέπεια.

Δύο εφαπτομένες που σχεδιάζονται από το ίδιο σημείο στον κύκλο είναι ίσες και σχηματίζουν ίσες γωνίες με την ευθεία που συνδέει αυτό το σημείο με το κέντρο.

Έτσι ΑΔ=ΑΕκαι ∠ ΟΑΔ = ∠ΟΑΕεπειδή ορθογώνια τρίγωνα AODκαι ΑΟΕέχοντας ένα κοινό υποτείνουσα ΑΟκαι ίσοι πόδια ODκαι Ο.Ε(ως ακτίνες) είναι ίσες. Σημειώστε ότι εδώ η λέξη «εφαπτομένη» σημαίνει την πραγματική « εφαπτομενικό τμήμα” από το δεδομένο σημείο στο σημείο επαφής.