Tangent locatie. raaklijn

\[(\Large(\text(Centrale en ingeschreven hoeken)))\]

definities

Een middelpuntshoek is een hoek waarvan het hoekpunt in het middelpunt van de cirkel ligt.

Een ingeschreven hoek is een hoek waarvan het hoekpunt op de cirkel ligt.

De graadmaat van een cirkelboog is de graadmaat van de middelpuntshoek die erop rust.

Stelling

De maat van een ingeschreven hoek is de helft van de maat van de boog die het onderschept.

Bewijs

We zullen het bewijs in twee fasen uitvoeren: eerst bewijzen we de geldigheid van de bewering voor het geval dat een van de zijden van de ingeschreven hoek een diameter bevat. Laat het punt \(B\) het hoekpunt zijn van de ingeschreven hoek \(ABC\) en \(BC\) de diameter van de cirkel:

Driehoek \(AOB\) is gelijkbenig, \(AO = OB\) , \(\angle AOC\) is buitenste, dan \(\hoek AOC = \hoek OAB + \hoek ABO = 2\hoek ABC\), waar \(\hoek ABC = 0,5\cdot\hoek AOC = 0,5\cdot\buildrel\smile\over(AC)\).

Beschouw nu een willekeurige ingeschreven hoek \(ABC\) . Trek de cirkeldiameter \(BD\) vanaf het hoekpunt van de ingeschreven hoek. Er zijn twee gevallen mogelijk:

1) de diameter sneed de hoek in twee hoeken \(\angle ABD, \angle CBD\) (voor elk daarvan is de stelling waar zoals hierboven bewezen, daarom is het ook waar voor de oorspronkelijke hoek, die de som is van deze twee en is daarom gelijk aan de helft van de som van de bogen waarop ze leunen, dat wil zeggen gelijk aan de helft van de boog waarop ze leunen). Rijst. een.

2) de diameter sneed de hoek niet in twee hoeken, dan hebben we nog twee nieuwe ingeschreven hoeken \(\angle ABD, \angle CBD\) , waarvan de zijde de diameter bevat, daarom is de stelling waar voor hen, dan is het geldt ook voor de oorspronkelijke hoek (die gelijk is aan het verschil van deze twee hoeken, wat betekent dat het gelijk is aan het halve verschil van de bogen waarop ze rusten, dat wil zeggen, het is gelijk aan de helft van de boog waarop het rust). Rijst. 2.

Gevolgen

1. Ingeschreven hoeken op basis van dezelfde boog zijn gelijk.

2. Een ingeschreven hoek op basis van een halve cirkel is een rechte hoek.

3. Een ingeschreven hoek is gelijk aan de helft van de middelpuntshoek op basis van dezelfde boog.

\[(\Groot(\text(raakvlak aan cirkel)))\]

definities

Er zijn drie soorten onderlinge rangschikking van een lijn en een cirkel:

1) de lijn \(a\) snijdt de cirkel op twee punten. Zo'n lijn wordt een secans genoemd. In dit geval is de afstand \(d\) van het middelpunt van de cirkel tot de rechte lijn kleiner dan de straal \(R\) van de cirkel (Fig. 3).

2) de lijn \(b\) snijdt de cirkel op één punt. Zo'n rechte wordt een raaklijn genoemd, en hun gemeenschappelijk punt \(B\) wordt een raakpunt genoemd. In dit geval \(d=R\) (Fig. 4).

Stelling

1. De raaklijn aan de cirkel staat loodrecht op de straal getrokken naar het contactpunt.

2. Als de lijn door het einde van de straal van de cirkel gaat en loodrecht op deze straal staat, dan raakt hij de cirkel.

Gevolg

De raaklijnsegmenten die van een punt naar de cirkel worden getrokken, zijn gelijk.

Bewijs

Trek vanuit het punt \(K\) twee raaklijnen \(KA\) en \(KB\) aan de cirkel:

Dus \(OA\perp KA, OB\perp KB\) als stralen. Rechthoekige driehoeken \(\driehoek KAO\) en \(\driehoek KBO\) zijn gelijk in been en schuine zijde, dus \(KA=KB\) .

Gevolg

Het middelpunt van de cirkel \(O\) ligt op de bissectrice van de hoek \(AKB\) gevormd door twee raaklijnen vanuit hetzelfde punt \(K\) .

\[(\Large(\text(Stellingen gerelateerd aan hoeken)))\]

De stelling over de hoek tussen secansen

De hoek tussen twee secansen getrokken uit hetzelfde punt is gelijk aan het halve verschil van de graadmaten van de grotere en kleinere bogen die ze snijden.

Bewijs

Laat \(M\) een punt zijn van waaruit twee secansen worden getrokken zoals weergegeven in de figuur:

Laten we dat laten zien \(\angle DMB = \dfrac(1)(2)(\buildrel\smile\over(BD) - \buildrel\smile\over(CA))\).

\(\angle DAB\) is de buitenste hoek van de driehoek \(MAD\) , dan \(\hoek DAB = \hoek DMB + \hoek MDA\), waar \(\hoek DMB = \hoek DAB - \hoek MDA\), maar de hoeken \(\angle DAB\) en \(\angle MDA\) zijn ingeschreven, dan \(\angle DMB = \angle DAB - \angle MDA = \frac(1)(2)\buildrel\smile\over(BD) - \frac(1)(2)\buildrel\smile\over(CA) = \frac(1)(2)(\buildrel\smile\over(BD) - \buildrel\smile\over(CA))\), dat moest worden bewezen.

Hoekstelling tussen snijdende akkoorden

De hoek tussen twee elkaar snijdende akkoorden is gelijk aan de helft van de som van de graadmaten van de bogen die ze snijden: \[\angle CMD=\dfrac12\left(\buildrel\smile\over(AB)+\buildrel\smile\over(CD)\right)\]

Bewijs

\(\angle BMA = \angle CMD\) als verticaal.

Van driehoek \(AMD\) : \(\angle AMD = 180^\circ - \angle BDA - \angle CAD = 180^\circ - \frac12\buildrel\smile\over(AB) - \frac12\buildrel\smile\over(CD)\).

Maar \(\hoek AMD = 180^\circ - \hoek CMD\), waaruit we concluderen dat \[\angle CMD = \frac12\cdot\buildrel\smile\over(AB) + \frac12\cdot\buildrel\smile\over(CD) = \frac12(\buildrel\smile\over(AB) + \buildrel\ smile\over(CD)).\]

Stelling over de hoek tussen een akkoord en een raaklijn

De hoek tussen de raaklijn en het akkoord die door het raakpunt gaat, is gelijk aan de halve graadmaat van de boog die door het akkoord wordt afgetrokken.

Bewijs

Laat de lijn \(a\) de cirkel raken in het punt \(A\) , \(AB\) is het akkoord van deze cirkel, \(O\) het middelpunt. Laat de lijn met \(OB\) \(a\) snijden in het punt \(M\) . Laten we dat bewijzen \(\angle BAM = \frac12\cdot \buildrel\smile\over(AB)\).

Geef \(\hoek OAB = \alpha\) aan. Aangezien \(OA\) en \(OB\) stralen zijn, dan zijn \(OA = OB\) en \(\hoek OBA = \hoek OAB = \alpha\). Dus, \(\buildrel\smile\over(AB) = \angle AOB = 180^\circ - 2\alpha = 2(90^\circ - \alpha)\).

Aangezien \(OA\) de straal is naar het raakpunt, dan is \(OA\perp a\) , d.w.z. \(\angle OAM = 90^\circ\) , dus \(\angle BAM = 90^\circ - \angle OAB = 90^\circ - \alpha = \frac12\cdot\buildrel\smile\over(AB)\).

Stelling over bogen samengetrokken door gelijke akkoorden

Gelijke akkoorden sluiten gelijke bogen in, kleinere halve cirkels.

En omgekeerd: gelijke bogen worden samengetrokken door gelijke akkoorden.

Bewijs

1) Laat \(AB=CD\) . Laten we bewijzen dat de kleinere halve cirkels van de boog .

Aan drie zijden dus \(\hoek AOB=\hoek COD\) . Maar sinds \(\angle AOB, \angle COD\) - centrale hoeken gebaseerd op bogen \(\buildrel\smile\over(AB), \buildrel\smile\over(CD)\) respectievelijk, dan \(\buildrel\smile\over(AB)=\buildrel\smile\over(CD)\).

2) Als \(\buildrel\smile\over(AB)=\buildrel\smile\over(CD)\), dan \(\driehoek AOB=\driehoek COD\) langs twee zijden \(AO=BO=CO=DO\) en de hoek daartussen \(\angle AOB=\angle COD\) . Daarom \(AB=CD\) .

Stelling

Als een straal een koorde in tweeën deelt, staat deze er loodrecht op.

Het omgekeerde is ook waar: als de straal loodrecht op het akkoord staat, dan deelt het snijpunt het in tweeën.

Bewijs

1) Laat \(AN=NB\) . Laten we bewijzen dat \(OQ\perp AB\) .

Overweeg \(\driehoek AOB\) : het is gelijkbenig, omdat \(OA=OB\) – cirkelstralen. Omdat \(ON\) is de mediaan die naar de basis wordt getrokken, dan is het ook de hoogte, dus \(ON\perp AB\) .

2) Laat \(OQ\perp AB\) . Laten we bewijzen dat \(AN=NB\) .

Evenzo is \(\driehoek AOB\) gelijkbenig, \(ON\) is de hoogte, dus \(ON\) is de mediaan. Daarom \(AN=NB\) .

\[(\Large(\text(Stellingen gerelateerd aan de lengtes van segmenten)))\]

Stelling over het product van segmenten van akkoorden

Als twee akkoorden van een cirkel elkaar snijden, dan is het product van de segmenten van het ene akkoord gelijk aan het product van de segmenten van het andere akkoord.

Bewijs

Laat de akkoorden \(AB\) en \(CD\) elkaar snijden in het punt \(E\) .

Beschouw de driehoeken \(ADE\) en \(CBE\) . In deze driehoeken zijn de hoeken \(1\) en \(2\) gelijk, aangezien ze ingeschreven zijn en berusten op dezelfde boog \(BD\) , en de hoeken \(3\) en \(4\) zijn gelijk aan verticaal. De driehoeken \(ADE\) en \(CBE\) zijn gelijkvormig (volgens het eerste driehoeksgelijkheidscriterium).

Dan \(\dfrac(AE)(EC) = \dfrac(DE)(BE)\), vandaar \(AE\cdot BE = CE\cdot DE\) .

Tangens en secans stelling

Het kwadraat van een raaklijnsegment is gelijk aan het product van de secans en het buitenste deel ervan.

Bewijs

Laat de raaklijn door het punt \(M\) gaan en raak de cirkel aan in het punt \(A\) . Laat de secans door het punt \(M\) gaan en snijd de cirkel in de punten \(B\) en \(C\) zodat \(MB< MC\) . Покажем, что \(MB\cdot MC = MA^2\) .

Beschouw de driehoeken \(MBA\) en \(MCA\) : \(\angle M\) is algemeen, \(\hoek BCA = 0.5\cdot\buildrel\smile\over(AB)\). Volgens de hoekstelling tussen een raaklijn en een secans, \(\hoek BAM = 0.5\cdot\buildrel\smile\over(AB) = \hoek BCA\). De driehoeken \(MBA\) en \(MCA\) zijn dus gelijkvormig in twee hoeken.

Uit de overeenkomst van driehoeken \(MBA\) en \(MCA\) hebben we: \(\dfrac(MB)(MA) = \dfrac(MA)(MC)\), wat gelijk is aan \(MB\cdot MC = MA^2\) .

Gevolg

Het product van de secans getrokken vanaf het punt \(O\) en zijn buitenste deel hangt niet af van de keuze van de secans getrokken vanaf het punt \(O\) .

Het artikel geeft een gedetailleerde uitleg van de definities, de geometrische betekenis van de afgeleide met grafische notatie. De vergelijking van de raaklijn zal met voorbeelden worden bekeken, de vergelijkingen van de raaklijn aan krommen van de 2e orde zullen worden gevonden.

De hellingshoek van de rechte lijn y \u003d k x + b wordt de hoek α genoemd, die wordt gemeten vanuit de positieve richting van de x-as naar de rechte lijn y \u003d k x + b in de positieve richting.

In de figuur is de richting os aangegeven door een groene pijl en een groene boog, en de hellingshoek door een rode boog. De blauwe lijn verwijst naar een rechte lijn.

definitie 2

De helling van de rechte lijn y \u003d k x + b wordt de numerieke coëfficiënt k genoemd.

De helling is gelijk aan de helling van de rechte lijn, met andere woorden k = t g α .

• De helling van de rechte lijn is alleen 0 als o x evenwijdig is en de helling gelijk is aan nul, omdat de raaklijn van nul 0 is. De vorm van de vergelijking is dus y = b.
• Als de hellingshoek van de rechte y = k x + b scherp is, dan zijn de voorwaarden 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 , en er is een toename in de grafiek.
• Als α \u003d π 2, dan staat de locatie van de lijn loodrecht op x. Gelijkheid wordt gespecificeerd door de gelijkheid x = c waarbij de waarde c een reëel getal is.
• Als de hellingshoek van de rechte y = k x + b stomp is, dan komt deze overeen met de voorwaarden π 2< α < π или 90 ° < α < 180 ° , значение углового коэффициента k принимает отрицательное значение, а график убывает.

Een secans is een rechte lijn die door 2 punten van de functie f (x) gaat. Met andere woorden, een secans is een rechte lijn die door twee willekeurige punten in de grafiek van een bepaalde functie gaat.

De figuur laat zien dat AB een secans is, en f (x) een zwarte curve, α is een rode boog, die de hellingshoek van de secans aangeeft.

Wanneer de helling van een rechte lijn gelijk is aan de tangens van de hellingshoek, is het duidelijk dat de tangens van een rechthoekige driehoek A B C kan worden gevonden in relatie tot het tegenoverliggende been aan het aangrenzende been.

Definitie 4

We krijgen de formule voor het vinden van de secans van de vorm:

k = t g α = B C A C = f (x B) - f x A x B - x A , waarbij de abscis van de punten A en B de waarden x A , x B en f (x A) , f (x B) zijn de waardenfuncties op deze punten.

Het is duidelijk dat de helling van de secans wordt gedefinieerd met behulp van de gelijkheid k \u003d f (x B) - f (x A) x B - x A of k \u003d f (x A) - f (x B) x A - x B, en de vergelijking moet worden geschreven als y = f (x B) - f (x A) x B - x A x - x A + f (x A) of
y = f (x A) - f (x B) x A - x B x - x B + f (x B) .

De secans verdeelt de grafiek visueel in 3 delen: links van punt A, van A naar B, rechts van B. De onderstaande figuur laat zien dat er drie secans zijn die als hetzelfde worden beschouwd, dat wil zeggen dat ze instellen met behulp van een vergelijkbare vergelijking.

Per definitie is het duidelijk dat de lijn en de secans in dit geval samenvallen.

Een secans kan de grafiek van een bepaalde functie meerdere keren snijden. Als er een vergelijking is van de vorm y \u003d 0 voor de secans, dan is het aantal snijpunten met de sinusoïde oneindig.

Definitie 5

Raaklijn aan de grafiek van de functie f (x) in het punt x 0 ; f (x 0) wordt een rechte lijn genoemd die door een bepaald punt x 0 gaat; f (x 0) , met de aanwezigheid van een segment dat veel x-waarden heeft die dicht bij x 0 liggen.

voorbeeld 1

Laten we het onderstaande voorbeeld eens nader bekijken. Dan is te zien dat de lijn gegeven door de functie y = x + 1 wordt beschouwd als raaklijn aan y = 2 x in het punt met coördinaten (1 ; 2) . Voor de duidelijkheid is het noodzakelijk om grafieken te overwegen met waarden in de buurt van (1; 2). De functie y = 2 x is zwart gemarkeerd, de blauwe lijn is de raaklijn, de rode stip is het snijpunt.

Het is duidelijk dat y \u003d 2 x fuseert met de regel y \u003d x + 1.

Om de raaklijn te bepalen, beschouw je het gedrag van de raaklijn A B als punt B oneindig nadert tot punt A. Voor de duidelijkheid presenteren we een figuur.

De secans A B, aangegeven door de blauwe lijn, neigt naar de positie van de raaklijn zelf, en de hellingshoek van de secans α zal beginnen te neigen naar de hellingshoek van de raaklijn zelf α x.

Definitie 6

De raaklijn aan de grafiek van de functie y \u003d f (x) in punt A is de limietpositie van de secans A B op B neigend naar A, dat wil zeggen, B → A.

Nu gaan we over tot de overweging van de geometrische betekenis van de afgeleide van een functie in een punt.

Laten we verder gaan met het beschouwen van de secans A B voor de functie f (x), waarbij A en B met coördinaten x 0, f (x 0) en x 0 + ∆ x, f (x 0 + ∆ x), en ∆ x is aangegeven als een increment van het argument . De functie heeft nu de vorm ∆ y = ∆ f (x) = f (x 0 + ∆ x) - f (∆ x) . Laten we voor de duidelijkheid een foto als voorbeeld nemen.

Beschouw de resulterende rechthoekige driehoek A B C. We gebruiken de definitie van de raaklijn voor de oplossing, dat wil zeggen, we krijgen de verhouding ∆ y ∆ x = t g α . Uit de definitie van een raaklijn volgt dat lim ∆ x → 0 ∆ y ∆ x = t g α x . Volgens de afgeleide regel op een punt, hebben we dat de afgeleide f (x) in het punt x 0 de limiet wordt genoemd van de verhouding van de toename van de functie tot de toename van het argument, waarbij ∆ x → 0, dan aangeduid als f (x 0) = lim ∆ x → 0 ∆ y ∆ x .

Hieruit volgt dat f "(x 0) = lim ∆ x → 0 ∆ y ∆ x = t g α x = k x, waarbij k x wordt aangegeven als de helling van de raaklijn.

Dat wil zeggen, we krijgen dat f ' (x) kan bestaan ​​in het punt x 0 en, zoals de raaklijn aan de gegeven grafiek van de functie op het contactpunt gelijk aan x 0 , f 0 (x 0) , waarbij de waarde van de helling van de raaklijn in het punt is gelijk aan de afgeleide in het punt x 0 . Dan krijgen we dat k x = f "(x 0) .

De geometrische betekenis van de afgeleide van een functie op een punt is dat het concept van het bestaan ​​van een raaklijn aan de grafiek op hetzelfde punt wordt gegeven.

Om de vergelijking van een rechte lijn in het vlak te schrijven, is het noodzakelijk om een ​​helling te hebben met het punt waardoor deze gaat. De aanduiding wordt genomen als x 0 op de kruising.

De vergelijking van de raaklijn aan de grafiek van de functie y \u003d f (x) op het punt x 0, f 0 (x 0) heeft de vorm y \u003d f "(x 0) x - x 0 + f (x 0) .

Het betekent dat de uiteindelijke waarde van de afgeleide f "(x 0) de positie van de raaklijn kan bepalen, dat wil zeggen verticaal onder de voorwaarde lim x → x 0 + 0 f" (x) = ∞ en lim x → x 0 - 0 f "(x ) = ∞ of helemaal geen afwezigheid onder de voorwaarde lim x → x 0 + 0 f "(x) ≠ lim x → x 0 - 0 f "(x) .

De locatie van de raaklijn hangt af van de waarde van de helling k x \u003d f "(x 0). Wanneer parallel aan de o x-as, krijgen we dat k k \u003d 0, wanneer parallel aan o y - k x \u003d ∞, en de vorm van de raaklijnvergelijking x \u003d x 0 neemt toe met k x > 0 , neemt af als k x< 0 .

Voorbeeld 2

Compileer de vergelijking van de raaklijn aan de grafiek van de functie y \u003d e x + 1 + x 3 3 - 6 - 3 3 x - 17 - 3 3 op een punt met coördinaten (1; 3) met de definitie van de hoek van neiging.

Beslissing

Door aanname hebben we dat de functie is gedefinieerd voor alle reële getallen. We krijgen dat het punt met de coördinaten gespecificeerd door de voorwaarde (1 ; 3) het contactpunt is, dan x 0 = - 1 , f (x 0) = - 3 .

Het is noodzakelijk om de afgeleide te vinden op het punt met waarde - 1 . We snappen dat

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

De waarde van f ’ (x) op het raakpunt is de helling van de raaklijn, die gelijk is aan de raaklijn van de helling.

Dan k x = t g α x = y "(x 0) = 3 3

Hieruit volgt dat α x = a r c t g 3 3 = π 6

Antwoord: de raaklijnvergelijking heeft de vorm

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

Voor de duidelijkheid geven we een voorbeeld in een grafische illustratie.

Zwarte kleur wordt gebruikt voor de grafiek van de originele functie, blauwe kleur is het raakbeeld, rode stip is het aanraakpunt. De afbeelding rechts toont een vergrote weergave.

Voorbeeld 3

Ontdek het bestaan ​​van een raaklijn aan de grafiek van een bepaalde functie
y = 3 x - 1 5 + 1 op het punt met coördinaten (1 ; 1) . Schrijf een vergelijking en bepaal de hellingshoek.

Beslissing

Door aanname hebben we dat het domein van de gegeven functie de verzameling is van alle reële getallen.

Laten we verder gaan met het vinden van de afgeleide

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

Als x 0 = 1 , dan is f ' (x) niet gedefinieerd, maar worden de limieten geschreven als lim x → 1 + 0 3 5 1 (x - 1) 4 5 = 3 5 1 (+ 0) 4 5 = 3 5 1 + 0 = + ∞ en lim x → 1 - 0 3 5 1 (x - 1) 4 5 = 3 5 1 (- 0) 4 5 = 3 5 1 + 0 = + ∞ , wat betekent bestaan ​​verticale raaklijn aan punt (1 ; 1) .

Antwoord: de vergelijking heeft de vorm x \u003d 1, waarbij de hellingshoek gelijk is aan π 2.

Laten we het voor de duidelijkheid in een grafiek zetten.

Voorbeeld 4

Zoek de punten van de functiegrafiek y = 1 15 x + 2 3 - 4 5 x 2 - 16 5 x - 26 5 + 3 x + 2 , waarbij

1. De raaklijn bestaat niet;
2. De raaklijn is evenwijdig aan x;
3. De raaklijn is evenwijdig aan de lijn y = 8 5 x + 4 .

Beslissing

Het is noodzakelijk om aandacht te besteden aan het domein van de definitie. Door aanname hebben we dat de functie is gedefinieerd op de verzameling van alle reële getallen. Breid de module uit en los het systeem op met intervallen x ∈ - ∞ ; 2 en [ - 2 ; +∞) . We snappen dat

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 ; +∞)

De functie moet gedifferentieerd worden. We hebben dat

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 ; +∞)

Als x = - 2, dan bestaat de afgeleide niet omdat de eenzijdige limieten op dat punt niet gelijk zijn:

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

We berekenen de waarde van de functie op het punt x \u003d - 2, waar we dat krijgen

1. y (- 2) \u003d 1 15 - 2 + 2 3 - 4 5 (- 2) 2 - 16 5 (- 2) - 26 5 + 3 - 2 + 2 \u003d - 2, dat wil zeggen, de raaklijn aan de punt (- 2; - 2) zal niet bestaan.
2. De raaklijn is evenwijdig aan x als de helling nul is. Dan k x \u003d t g α x \u003d f "(x 0). Dat wil zeggen, het is noodzakelijk om de waarden van dergelijke x te vinden wanneer de afgeleide van de functie deze in nul verandert. Dat wil zeggen, de waarden \u200b\u200bvan f '(x) en zullen aanraakpunten zijn, waarbij de raaklijn evenwijdig is aan x .

Wanneer x ∈ - ; - 2 , dan - 1 5 (x 2 + 12 x + 35) = 0 , en voor x ∈ (- 2 ; + ∞) krijgen we 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 ; +∞

We berekenen de bijbehorende waarden van de functie

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

Vandaar - 5; 8 5, - 4; 4 3 , 1 ; 85, 3; 4 3 worden beschouwd als de gewenste punten van de grafiek van de functie.

Overweeg een grafische weergave van de oplossing.

De zwarte lijn is de grafiek van de functie, de rode stippen zijn de aanraakpunten.

1. Als de lijnen evenwijdig zijn, zijn de hellingen gelijk. Dan is het nodig om de punten van de grafiek van de functie te zoeken, waar de helling gelijk zal zijn aan de waarde 8 5 . Om dit te doen, moet je een vergelijking oplossen van de vorm y "(x) = 8 5. Dan, als x ∈ - ∞; - 2, krijgen we dat - 1 5 (x 2 + 12 x + 35) = 8 5, en als x ∈ ( - 2 ; + ∞) , dan 1 5 (x 2 - 4 x + 3) = 8 5 .

De eerste vergelijking heeft geen wortels omdat de discriminant kleiner is dan nul. Laten we dat opschrijven

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

Een andere vergelijking heeft twee reële wortels, dan

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 ; +∞

Laten we verder gaan met het vinden van de waarden van de functie. We snappen dat

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

Punten met waarden - 1 ; 4 15, 5; 8 3 zijn de punten waar de raaklijnen evenwijdig zijn aan de lijn y = 8 5 x + 4 .

Antwoord: zwarte lijn - grafiek van de functie, rode lijn - grafiek y \u003d 8 5 x + 4, blauwe lijn - raaklijnen op punten - 1; 4 15, 5; 8 3 .

Het bestaan ​​van een oneindig aantal raaklijnen voor bepaalde functies is mogelijk.

Voorbeeld 5

Schrijf de vergelijkingen van alle beschikbare raaklijnen van de functie y = 3 cos 3 2 x - π 4 - 1 3 , die loodrecht staan ​​op de lijn y = - 2 x + 1 2 .

Beslissing

Om de raaklijnvergelijking samen te stellen, is het noodzakelijk om de coëfficiënt en coördinaten van het raakpunt te vinden, gebaseerd op de voorwaarde van loodrechtheid van de lijnen. De definitie klinkt als volgt: het product van de hellingen die loodrecht op de rechte lijnen staan ​​is gelijk aan - 1, dat wil zeggen, het wordt geschreven als k x · k ⊥ = - 1. Uit de voorwaarde dat we hebben dat de helling loodrecht staat op de rechte lijn en gelijk is aan k ⊥ = - 2, dan is k x = - 1 k ⊥ = - 1 - 2 = 1 2 .

Nu moeten we de coördinaten van de aanraakpunten vinden. Je moet x vinden, waarna de waarde voor een bepaalde functie. Merk op dat uit de geometrische betekenis van de afgeleide in het punt
x 0 krijgen we dat k x \u003d y "(x 0) . Uit deze gelijkheid vinden we de x-waarden voor de contactpunten.

We snappen dat

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 2 x 0 - π 4 = - 1 9

Deze trigonometrische vergelijking zal worden gebruikt om de ordinaten van de aanraakpunten te berekenen.

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

Z is de verzameling gehele getallen.

Gevonden x contactpunten. Nu moet je naar het zoeken naar y-waarden gaan:

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

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

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

Hieruit krijgen we dat 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 zijn contactpunten.

Antwoord: de benodigde vergelijkingen worden geschreven als

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

Overweeg voor een visuele weergave de functie en de raaklijn op de coördinaatlijn.

De figuur laat zien dat de locatie van de functie op het interval [ - 10 ; 10] , waar de zwarte lijn de grafiek van de functie is, zijn de blauwe lijnen raaklijnen die loodrecht staan ​​op de gegeven lijn van de vorm y = - 2 x + 1 2 . Rode stippen zijn aanraakpunten.

De canonieke vergelijkingen van krommen van de 2e orde zijn geen functies met één waarde. Tangensvergelijkingen voor hen zijn samengesteld volgens bekende schema's.

Raaklijn aan cirkel

Een cirkel instellen met het middelpunt op een punt x c e n t e r ; y c e n t e r en straal R wordt de formule x - x c e n t e r 2 + y - y c e n t e r 2 = R 2 gebruikt.

Deze gelijkheid kan worden geschreven als de vereniging van twee functies:

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

De eerste functie staat bovenaan en de tweede onderaan, zoals weergegeven in de afbeelding.

Een vergelijking opstellen van een cirkel in een punt x 0 ; y 0 , die zich in de bovenste of onderste halve cirkel bevindt, zou de vergelijking van de grafiek van de functie van de vorm y \u003d R 2 - x - x c e n t e r 2 + y c e n t e r of y \u003d - R 2 - x - x c e n t e r moeten vinden 2 + y c e n t e r op het opgegeven punt.

Wanneer op de punten x c e n t e r ; y c e n t e r + R en x c e n t e r ; y c e n t e r - R raaklijnen kunnen worden gegeven door de vergelijkingen y = y c e n t e r + R en y = y c e n t e r - R , en op de punten x c e n t e r + R ; y c e n t e r en
x c e n t e r - R ; y c e n t e r zal evenwijdig zijn om y, dan krijgen we vergelijkingen van de vorm x = x c e n t e r + R en x = x c e n t e r - R .

Raaklijn aan ellips

Als de ellips gecentreerd is op x c e n t e r ; y c e n t e r met halve assen a en b , dan kan het worden gegeven met behulp van de vergelijking x - x c e n t e r 2 a 2 + y - y c e n t e r 2 b 2 = 1 .

Een ellips en een cirkel kunnen worden aangeduid door twee functies te combineren, namelijk de bovenste en onderste halve ellips. Dan snappen we dat

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

Als de raaklijnen zich op de hoekpunten van de ellips bevinden, dan zijn ze evenwijdig rond x of rond y. Bekijk voor de duidelijkheid de onderstaande figuur.

Voorbeeld 6

Schrijf de vergelijking van de raaklijn aan de ellips x - 3 2 4 + y - 5 2 25 = 1 op punten met x-waarden gelijk aan x = 2 .

Beslissing

Het is noodzakelijk om contactpunten te vinden die overeenkomen met de waarde x = 2. We maken een substitutie in de bestaande vergelijking van de ellips en verkrijgen dat

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

Dan 2; 5 3 2 + 5 en 2 ; - 5 3 2 + 5 zijn de raakpunten die bij de bovenste en onderste halve ellips horen.

Laten we verder gaan met het vinden en oplossen van de vergelijking van een ellips met betrekking tot y. We snappen dat

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

Het is duidelijk dat de bovenste halve ellips wordt gespecificeerd met een functie van de vorm y = 5 + 5 2 4 - x - 3 2 , en de onderste y = 5 - 5 2 4 - x - 3 2 .

We passen het standaardalgoritme toe om de vergelijking van de raaklijn aan de grafiek van een functie in een punt te formuleren. We schrijven dat de vergelijking voor de eerste raaklijn aan punt 2 ; 5 3 2 + 5 ziet eruit als

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

We krijgen dat de vergelijking van de tweede raaklijn met de waarde in het punt
2; - 5 3 2 + 5 wordt

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

Grafisch worden raaklijnen als volgt aangeduid:

Raaklijn aan hyperbool

Als de hyperbool een middelpunt heeft op het punt x c e n t e r ; y c e n t e r en hoekpunten x c e n t e r + α ; y c e n t e r en x c e n t e r - ; y c e n t e r , de ongelijkheid x - x c e n t e r 2 α 2 - y - y c e n t e r 2 b 2 = 1 wordt gegeven als met hoekpunten x c e n t e r; y c e n t e r + b en x c e n t e r ; y c e n t e r - b wordt dan gegeven door de ongelijkheid x - x c e n t e r 2 α 2 - y - y c e n t e r 2 b 2 = - 1 .

Een hyperbool kan worden weergegeven als twee gecombineerde functies van de vorm

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

In het eerste geval hebben we dat de raaklijnen evenwijdig aan y zijn, en in het tweede geval zijn ze evenwijdig aan x.

Hieruit volgt dat om de vergelijking van een raaklijn aan een hyperbool te vinden, het nodig is om uit te zoeken tot welke functie het raakpunt behoort. Om dit te bepalen, is het noodzakelijk om een ​​substitutie in de vergelijkingen aan te brengen en ze op identiteit te controleren.

Voorbeeld 7

Schrijf de vergelijking van de raaklijn aan de hyperbool x - 3 2 4 - y + 3 2 9 = 1 in punt 7; - 3 3 - 3 .

Beslissing

Het is noodzakelijk om het record van de oplossing van het vinden van de hyperbool te transformeren met behulp van 2 functies. We snappen dat

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

Het is nodig om uit te zoeken bij welke functie het gegeven punt met coördinaten 7 hoort; - 3 3 - 3 .

Het is duidelijk dat om de eerste functie te controleren, het nodig is y (7) = 3 2 (7 - 3) 2 - 4 - 3 = 3 3 - 3 ≠ - 3 3 - 3 , dan hoort het punt niet bij de grafiek, omdat niet aan de gelijkheid is voldaan.

Voor de tweede functie geldt dat y (7) = - 3 2 (7 - 3) 2 - 4 - 3 = - 3 3 - 3 ≠ - 3 3 - 3 , wat betekent dat het punt bij de gegeven grafiek hoort. Vanaf hier zou u de hellingscoëfficiënt moeten vinden.

We snappen dat

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

Antwoord: de raaklijnvergelijking kan worden weergegeven als

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

Het wordt als volgt gevisualiseerd:

Raaklijn aan parabool

Om de vergelijking van de raaklijn aan de parabool y \u003d a x 2 + b x + c op het punt x 0, y (x 0) samen te stellen, moet u het standaardalgoritme gebruiken, dan heeft de vergelijking de vorm y \u003d y " (x 0) x - x 0 + y ( x 0) Zo'n raaklijn aan het hoekpunt is evenwijdig aan x.

De parabool x = a y 2 + b y + c moet worden gedefinieerd als de vereniging van twee functies. Daarom moeten we de vergelijking voor y oplossen. We snappen dat

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

Laten we het in een grafiek zetten als:

Om erachter te komen of een punt x 0 , y (x 0) bij een functie hoort, volgt u voorzichtig het standaardalgoritme. Zo'n raaklijn zal evenwijdig zijn aan y ten opzichte van de parabool.

Voorbeeld 8

Schrijf de vergelijking van de raaklijn aan de grafiek x - 2 y 2 - 5 y + 3 als we een raaklijnhelling van 150 ° hebben.

Beslissing

We beginnen de oplossing door de parabool weer te geven als twee functies. We snappen dat

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 - 8x - 4

De waarde van de helling is gelijk aan de waarde van de afgeleide in het punt x 0 van deze functie en is gelijk aan de tangens van de helling.

We krijgen:

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

Van hieruit bepalen we de waarde van x voor de aanraakpunten.

De eerste functie wordt geschreven als

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

Het is duidelijk dat er geen echte wortels zijn, omdat we een negatieve waarde hebben gekregen. We concluderen dat er voor zo'n functie geen raaklijn is met een hoek van 150°.

De tweede functie wordt geschreven als

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

We hebben dat de contactpunten - 23 4 ; - 5 + 3 4 .

Antwoord: de raaklijnvergelijking heeft de vorm

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

Laten we het als volgt in kaart brengen:

Als u een fout in de tekst opmerkt, markeer deze dan en druk op Ctrl+Enter

Een lijn die slechts één gemeenschappelijk punt met een cirkel heeft, wordt een raaklijn aan de cirkel genoemd, en hun gemeenschappelijk punt wordt het contactpunt tussen de lijn en de cirkel genoemd.

Stelling (eigenschap van een raaklijn aan een cirkel)

De raaklijn aan de cirkel staat loodrecht op de straal die aan het raakpunt wordt getrokken.

Gegeven

A - aanspreekpunt

Bewijzen:p oa

Bewijs.

Laten we de methode bewijzen "door tegenspraak".

Stel dat p OA is, dan staat OA schuin op de lijn p.

Als we vanuit het punt O een loodrechte OH op de rechte p trekken, dan is de lengte kleiner dan de straal: OH< ОА=r

We krijgen dat de afstand van het middelpunt van de cirkel tot de lijn p (OH) kleiner is dan de straal (r), wat betekent dat de lijn p een secans is (dat wil zeggen, hij heeft twee gemeenschappelijke punten met de cirkel), wat in tegenspraak is met de voorwaarde van de stelling (p-tangens).

Dus de aanname is onwaar, dus de lijn p staat loodrecht op OA.

Stelling (eigenschap van raaklijnsegmenten getrokken vanuit één punt)

De segmenten van de raaklijnen aan de cirkel, getrokken vanuit één punt, zijn gelijk en maken gelijke hoeken met de lijn die door dit punt en het middelpunt van de cirkel gaat.

Gegeven: ca. (Of)

AB en AC zijn raaklijnen aan de omgeving. (Of)

Bewijzen: AB=AC

Bewijs

1) OB AB, OS AC, als stralen getrokken naar het contactpunt (raaklijneigenschap)

2) Overweeg tr. AOV enz. AOS - p / y

AO - totaal

OB=OC (als radii)

Dus ABO \u003d AOC (langs de hypotenusa en het been). Vandaar,

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

Stelling (Teken van een raaklijn)

Als een rechte lijn door het einde van een op een cirkel liggende straal gaat en loodrecht op deze straal staat, dan is het een raaklijn.

Gegeven: ОА – cirkelstraal

Bewijzen: p- raakt aan de cirkel

Bewijs

OA - straal van de cirkel (op voorwaarde) (OA \u003d r)

OA - loodrecht van O op de lijn p (OA \u003d d)

Dus, r=OA=d, dus de lijn p en de cirkel hebben één gemeenschappelijk punt.

Daarom raakt de lijn p de cirkel. h.t.d.

3. Eigenschap van akkoorden en secansen.

Tangens en secans eigenschappen

DEFINITIE

omtrek de verzameling punten op gelijke afstand van één punt genoemd, dat het middelpunt van de cirkel wordt genoemd.

Een lijnstuk dat twee punten op een cirkel verbindt, heet akkoord(in de figuur is het een segment). Het akkoord dat door het middelpunt van de cirkel gaat heet diameter cirkels.

1. De raaklijn staat loodrecht op de straal die naar het contactpunt wordt getrokken.

2. De raaklijnen getrokken uit één punt zijn gelijk.

3. Als een raaklijn en een secans worden getrokken vanuit een punt dat buiten de cirkel ligt, dan is het kwadraat van de lengte van de raaklijn gelijk aan het product van de secans door zijn buitenste deel.

Meestal zijn het geometrische problemen die problemen veroorzaken voor aanvragers, afgestudeerden en deelnemers aan wiskundige Olympiades. Als je naar de statistieken van de USE in 2010 kijkt, kun je zien dat ongeveer 12% van de deelnemers aan de geometrische taak C4 begon, en slechts 0,2% van de deelnemers een volledige score kreeg, en in het algemeen bleek de taak de moeilijkste van allemaal voorgesteld.

Het is duidelijk dat hoe eerder we schoolkinderen mooie of onverwachte opdrachten aanbieden in termen van de manier waarop ze ze oplossen, hoe groter de kans is dat ze ze serieus en voor lange tijd zullen interesseren en boeien. Maar hoe moeilijk is het om interessante en moeilijke problemen te vinden op het niveau van de 7e klas, wanneer de systematische studie van geometrie net begint. Wat kan worden aangeboden aan een student die geïnteresseerd is in wiskunde, die alleen de tekens van de gelijkheid van driehoeken kent, de eigenschappen van aangrenzende en verticale hoeken? Het is echter mogelijk om het concept van een raaklijn aan een cirkel te introduceren, als een rechte lijn die één punt gemeenschappelijk heeft met de cirkel; accepteer dat de straal getrokken naar het contactpunt loodrecht staat op de raaklijn. Natuurlijk is het de moeite waard om alle mogelijke gevallen van de locatie van twee cirkels en gemeenschappelijke raaklijnen daaraan te overwegen, die van nul tot vier kunnen worden getrokken. Door de onderstaande stellingen te bewijzen, is het mogelijk om het takenpakket voor zevende klassers aanzienlijk uit te breiden. Bewijs tegelijkertijd belangrijke of gewoon interessante en vermakelijke feiten. Bovendien, aangezien veel uitspraken niet in het schoolboek staan, kunnen ze zowel in de klas als met afgestudeerden worden besproken bij het herhalen van planimetrie. Deze feiten bleken in het afgelopen studiejaar relevant. Omdat veel diagnostische werken en het werk van de USE zelf een probleem bevatten, voor de oplossing waarvan het nodig was om de eigenschap van het hieronder bewezen raaksegment te gebruiken.

T1 Segmenten van raaklijnen aan een cirkel getrokken uit
één punt is gelijk (Fig. 1)

Dat is het met de stelling, je kunt eerst de zevende klassers introduceren.
In het bewijsproces gebruikten we het teken van gelijkheid van rechthoekige driehoeken, en kwamen tot de conclusie dat het middelpunt van de cirkel op de bissectrice van de hoek ligt BCA.
Terloops herinnerden we ons dat de bissectrice van een hoek de verzameling punten is van het binnenste gebied van de hoek, op gelijke afstand van zijn zijden. De oplossing van een verre van triviaal probleem is gebaseerd op deze feiten, die zelfs toegankelijk zijn voor beginners in het bestuderen van meetkunde.

1. Middellijnen van hoeken MAAR, BIJ en Met convexe vierhoek ABCD elkaar op een punt kruisen. stralen AB en gelijkstroom elkaar kruisen op een punt E, en de stralen
Zon en ADVERTENTIE bij het punt F. Bewijs dat een niet-convexe vierhoek AECF de som van de lengtes van overstaande zijden is gelijk.

Oplossing (afb. 2). laten zijn O is het snijpunt van deze bissectrices. Dan O op gelijke afstand van alle zijden van de vierhoek ABCD, d.w.z
is het middelpunt van een cirkel ingeschreven in een vierhoek. volgens stelling 1 gelijkheden zijn correct: AR = AK, ER = EP, FT = FK. We voegen de linker- en rechterdelen term voor term toe, we krijgen de juiste gelijkheid:

(AR + ER) + FT = (AK +FK) + EP; AE + (FC + CT) = AF + (EU + pc). Als ST = RS, dan AE + FC = AF + EU, dat moest worden bewezen.

Laten we een probleem beschouwen met een ongebruikelijke formulering, voor de oplossing waarvan het voldoende is om de stelling te kennen 1 .

2. Is er? n-gon waarvan de zijden opeenvolgend 1, 2, 3, ..., n waarin de cirkel kan worden ingeschreven?

Beslissing. Laten we zeggen dat n-gon bestaat. MAAR 1 MAAR 2 =1, …, MAAR n-1 MAAR n= n– 1,MAAR n MAAR 1 = n. B 1 , …, B n zijn de corresponderende aanraakpunten. Dan door Stelling 1 EEN 1 B 1 = EEN 1 B n< 1, n – 1 < EEN n B n< n. Door de eigenschap van raaklijnsegmenten EEN n B n= EEN n B n-1 . Maar, EEN n B n-1< EEN n-1 MAAR n= n- 1. Tegenspraak. daarom, nee n-gon dat voldoet aan de toestand van het probleem.

T2 De sommen van tegenover elkaar liggende zijden van een vierhoek omgeschreven over
cirkels zijn gelijk (Fig. 3)

Schoolkinderen bewijzen in de regel gemakkelijk deze eigenschap van de beschreven vierhoek. Na het bewijzen van de stelling 1 , het is een trainingsoefening. Dit feit kan worden veralgemeend - de sommen van de zijden van de omgeschreven even-goon, genomen door één, zijn gelijk. Bijvoorbeeld voor een zeshoek ABCDEF Rechtsaf: AB + CD + EF = BC + DE + FA.

Oplossing (afb. 1). Aangezien de vierhoeken ABEF en ECDF zijn ingeschreven, door Stelling 2 Р ABEF = 2(AB + EF) en Р ECDF = 2(CD + EF), per voorwaarde

P ABEF - P ECDF = 2(AB + EF) - 2(CD + EF) = 2p. AB-CD=blz. AB = een + p.

Oplossing (afb. 5). Door Stelling 1 MB = MX en PC = RX. Dus de omtrek van de driehoek U ZEI gelijk aan de som van de segmenten AB en ALS. Of dubbele raaklijn getrokken naar de excircle voor een driehoek U ZEI . De waarde van de MOP-hoek wordt gemeten met de helft van de waarde van de hoek WOS, die niet afhangt van de keuze van het punt X.

Oplossing (afb. 6). Methode één (algebraïsch). laten zijn AK \u003d AN \u003d x, dan BK = BM = c - x, CM = CN = a - c + x. AC = AN + NC, dan kunnen we een vergelijking schrijven voor x: b \u003d x + (a - c + x). Waar .

Methode twee (geometrisch). Laten we naar het diagram gaan. Segmenten met gelijke raaklijnen, één voor één genomen, vormen samen een halve omtrek
driehoek. Rood en groen vormen een kant a. Dan het segment dat voor ons interessant is x = p - een. Natuurlijk zijn de verkregen resultaten consistent.

. Z

4. Zoek de straal van een cirkel ingeschreven in een rechthoekige driehoek met benen een, b en hypotenusa met. Oplossing (afb. 8). T hoe OMCN- vierkant, dan is de straal van de ingeschreven cirkel gelijk aan het segment van de raaklijn CN. .

5. Bewijs dat de raakpunten van de ingeschreven en excircle cirkels met de zijde van de driehoek symmetrisch zijn ten opzichte van het middelpunt van deze zijde.

Oplossing (afb. 9). Merk op dat AK het segment is van de tangens van de excircle voor de driehoek ABC. Volgens formule (2) . VM- lijnstuk tangens ingeschreven cirkel voor driehoek ABC. Volgens formule (1) . AK = VM, en dit betekent dat de punten K en M op gelijke afstand van het midden van de zijkant AB, QED

6. Twee gemeenschappelijke buitenste raaklijnen en één binnenste raaklijn worden aan twee cirkels getrokken. De binnenste raaklijn snijdt de buitenste op punten A, B en raakt cirkels op punten aan een 1 en IN 1 . Bewijs dat AA 1 \u003d BB 1.

Oplossing (afb. 10). Stop... Maar wat valt er te beslissen? Het is gewoon een andere formulering van het vorige probleem. Het is duidelijk dat een van de cirkels is ingeschreven en de andere is excircle voor een driehoek ABC. En de segmenten AA 1 en BB 1 corresponderen met segmenten AK en VM taken 5. Het is opmerkelijk dat het probleem dat werd voorgesteld op de All-Russian Olympiade voor schoolkinderen in de wiskunde op zo'n voor de hand liggende manier wordt opgelost.

7. De zijden van de vijfhoek zijn 5, 6, 10, 7, 8. Bewijs dat in deze vijfhoek geen cirkel kan worden ingeschreven.

Oplossing (afb. 11). Laten we aannemen dat de vijfhoek ABCDE je kunt een cirkel inschrijven. Bovendien hebben de partijen AB, BC, CD, DE en EA zijn gelijk aan respectievelijk 5, 6, 10, 7 en 8. F, G, H, M en N. Laat de lengte van het segment AF is gelijk aan X.

Dan vriendje = FD – AF = 5 – x = BG. GC = BC – BG = = 6 – (5 – x) = 1 + x = CH. Enzovoort: HD = DM = 9 – x; MIJ = NL = x – 2, EEN = 10 – X.

Maar, AF = EEN. dat is 10 - X = X; X= 5. Echter, het segment van de raaklijn AF kan kant niet gelijk zijn AB. De resulterende tegenstrijdigheid bewijst dat een cirkel niet kan worden ingeschreven in een gegeven vijfhoek.

8. Een cirkel is ingeschreven in een zeshoek, de zijden in de bypass-volgorde zijn 1, 2, 3, 4, 5. Bepaal de lengte van de zesde zijde.

Beslissing. Natuurlijk kan het tangenssegment worden aangeduid als X, zoals in het vorige probleem, schrijf een vergelijking en krijg een antwoord. Maar het is veel efficiënter en effectiever om de noot bij de stelling te gebruiken 2 : de sommen van de zijden van de omgeschreven zeshoek, genomen door één, zijn gelijk.

Dan 1 + 3 + 5 = 2 + 4 + X, waar X- onbekende zesde zijde, X = 3.

Oplossing (afb.12). Aangezien de lengtes van alle zijden gehele getallen zijn, zijn de fractionele delen van de lengtes van de segmenten gelijk BT, BP, DM, DN, AK en BIJ. We hebben BIJ + TV= 1, en de fractionele delen van de lengtes van de segmenten BIJ en TV zijn gelijk. Dit kan alleen als: BIJ + TV= 0,5. volgens stelling 1 WT + VR.
Middelen, VR= 0,5. Merk op dat de voorwaarde CD= 3 bleek niet geclaimd te zijn. Uiteraard gingen de auteurs van het probleem uit van een andere oplossing. Antwoord: 0,5.

10. In een vierhoek ABCD AD=DC, AB=3, BC=5. Cirkels ingeschreven in driehoeken ABD en CBD raak het segment aan BD op punten M en N respectievelijk. Vind de lengte van een segment MN.

Oplossing (afb. 13). MN = DN - DM. Volgens formule (1) voor driehoeken DBA en DBC respectievelijk hebben we:

11. In een vierhoek ABCD je kunt een cirkel inschrijven. Cirkels ingeschreven in driehoeken ABD en CBD straal hebben R en r respectievelijk. Bereken de afstand tussen de middelpunten van deze cirkels.

Oplossing (afb. 13). Omdat, door de voorwaarde, de vierhoek ABCD ingeschreven, door stelling 2 we hebben: AB + DC = AD + BC. Laten we het idee gebruiken om het vorige probleem op te lossen. . Dit betekent dat de contactpunten van de cirkels met het segment DM wedstrijd. De afstand tussen de middelpunten van de cirkels is gelijk aan de som van de stralen. Antwoord: R + r.

In feite is bewezen dat de voorwaarde in een vierhoek staat ABCD je kunt een cirkel inschrijven, wat overeenkomt met de voorwaarde - in een convexe vierhoek ABCD cirkels ingeschreven in driehoeken abc en ADC raak elkaar aan. Het tegenovergestelde is waar.

Er wordt voorgesteld om deze twee wederzijds inverse beweringen te bewijzen in het volgende probleem, dat kan worden beschouwd als een veralgemening van dit probleem.

12. In een convexe vierhoek ABCD (rijst. veertien) cirkels ingeschreven in driehoeken abc en ADC raak elkaar aan. Bewijs dat cirkels ingeschreven in driehoeken ABD en bdc raken elkaar ook aan.

13. In een driehoek abc met de partijen een, b en c aan de kant Zon gemarkeerd punt D zodat de cirkels ingeschreven in de driehoeken ABD en ACD raak het segment aan ADVERTENTIE op een bepaald moment. Vind de lengte van een segment BD.

Oplossing (afb. 15). We passen formule (1) toe voor driehoeken ADC en adb, berekenend DM twee

Blijkt, D- aanspreekpunt met de zijkant Zon cirkel ingeschreven in een driehoek abc. Het tegenovergestelde is waar: als het hoekpunt van een driehoek is verbonden met het raakpunt van de ingeschreven cirkel aan de andere kant, dan raken de cirkels die zijn ingeschreven in de resulterende driehoeken elkaar.

14. Centra O 1 , O 2 en O 3 drie niet-snijdende cirkels met dezelfde straal bevinden zich op de hoekpunten van de driehoek. van punten O 1 , O 2 , O 3, worden raaklijnen aan deze cirkels getekend zoals weergegeven in de figuur.

Het is bekend dat deze raaklijnen, elkaar kruisend, een convexe zeshoek vormden, waarvan de zijden door één rood en blauw gekleurd zijn. Bewijs dat de som van de lengtes van de rode segmenten gelijk is aan de som van de lengtes van de blauwe.

Oplossing (afb. 16). Het is belangrijk om te begrijpen hoe je het feit dat gegeven cirkels dezelfde stralen hebben, moet gebruiken. Merk op dat de segmenten BR en DM gelijk zijn, wat volgt uit de gelijkheid van rechthoekige driehoeken O 1 BR en O 2 BM. evenzo DL = DP, FN = FK. We tellen de gelijkheden term voor term op en trekken dan van de resulterende sommen dezelfde raaklijnen uit de hoekpunten af MAAR, Met, en E zeshoek ABCDEF: AR en AK, CL en CM, NL en EP. We krijgen wat we nodig hebben.

Hier is een voorbeeld van een stereometrisch probleem voorgesteld op het XII International Mathematical Tournament for High School Students "A.N. Kolmogorov Memory Cup".

16. Gegeven een vijfhoekige piramide SA 1 A 2 A 3 A 4 A 5 . Er is een bereik w, die alle randen van de piramide en een andere bol raakt w1 , die alle kanten van de basis raakt A 1 A 2 A 3 A 4 A 5 en verlengingen van de laterale ribben SA 1 , SA 2 , SA 3 , SA 4 , SA 5 voor de toppen van de basis. Bewijs dat het hoekpunt van de piramide op gelijke afstand ligt van de hoekpunten van de basis. (Berlov S.L., Karpov D.V.)

17. GEBRUIK. Diagnostisch werk 8 december 2009, С-4. Dana trapezium ABCD, waarvan de basis BC= 44,ADVERTENTIE = 100, AB=CD= 35. Cirkel raakt aan lijnen ADVERTENTIE en AC raakt de zijkant CD bij het punt K. Vind de lengte van het segment CK.VDC en BDA, raak de zijkant aan BD op punten E en F. Vind de lengte van het segment EF.

Beslissing. Er zijn twee gevallen mogelijk (afb. 20 en afb. 21). Met formule (1) vinden we de lengtes van de segmenten DE en DF.

In het eerste geval ADVERTENTIE = 0,1AC, CD = 0,9AC. In de seconde - ADVERTENTIE = 0,125AC, CD = 1,125AC. We vervangen de gegevens en krijgen het antwoord: 4.6 of 5.5.

Taken voor zelfstandige oplossing /

1. De omtrek van een gelijkbenig trapezium ingeschreven rond een cirkel is 2r. Zoek de projectie van de diagonaal van het trapezium op de grotere basis. (1/2p)

2. Open bank van USE-problemen in de wiskunde. OM 4. Naar een cirkel ingeschreven in een driehoek ABC (afb. 22), drie raaklijnen worden getrokken. De omtrekken van de afgeknotte driehoeken zijn 6, 8, 10. Zoek de omtrek van deze driehoek. (24)

3. In een driehoek abc ingeschreven cirkel. MN- raaklijn aan de cirkel MО AC, NО BC, BC = 13, AC = 14, AB = 15. Vind de omtrek van een driehoek MNC. (12)

4. Aan een cirkel ingeschreven in een vierkant met zijde a, wordt een raaklijn getrokken die twee van zijn zijden snijdt. Zoek de omtrek van de afgesneden driehoek. (a)

5. Een cirkel is ingeschreven in een vijfhoek met zijden a, d, c, d en e. Vind de segmenten waarin het contactpunt de zijde verdeelt gelijk aan a.

6. Een cirkel is ingeschreven in een driehoek met zijden 6, 10 en 12. Er wordt een raaklijn aan de cirkel getrokken zodat deze twee grote zijden snijdt. Zoek de omtrek van de afgesneden driehoek. (zestien)

7. CD is de mediaan van de driehoek abc. Cirkels ingeschreven in driehoeken ACD en BCD, raak het segment aan CD op punten M en N. Vind MN, indien AC – Zon = 2. (1)

8. In een driehoek abc met de partijen een, b en c aan de kant Zon gemarkeerd punt D. Naar cirkels ingeschreven in driehoeken ABD en ACD, wordt een gemeenschappelijke raaklijn getrokken die snijdt ADVERTENTIE bij het punt M. Vind de lengte van een segment BEN. (Lengte BEN hangt niet af van de positie van het punt D en
is gelijk aan ½ ( c + b - a))

9. Een cirkel met straal is ingeschreven in een rechthoekige driehoek a. De straal van de cirkel die raakt aan de hypotenusa en de extensies van de benen is R. Zoek de lengte van de hypotenusa. ( R-a)

10. In een driehoek abc de lengtes van de zijkanten zijn bekend: AB = met, AC = b, Zon = a. Een cirkel ingeschreven in een driehoek raakt een zijde AB bij het punt Vanaf 1. De excircle raakt aan de verlenging van de zijkant AB per punt MAAR bij het punt Vanaf 2. Bepaal de lengte van het segment S 1 S 2. (b)

11. Bereken de lengte van de zijden van de driehoek, gedeeld door het contactpunt van de ingeschreven cirkel met straal 3 cm in segmenten van 4 cm en 3 cm (7, 24 en 25 cm in een rechthoekige driehoek)

12. Soros Olympiade 1996, 2e ronde, 11e leerjaar. Driehoek gegeven abc, aan de zijkanten waarvan punten zijn gemarkeerd A 1, B 1, C 1. Stralen van cirkels ingeschreven in driehoeken AC 1 B 1 , BC 1 A 1 , CA 1 B 1 gelijk in r. Straal van een cirkel ingeschreven in een driehoek A 1 B 1 C 1 gelijk aan R. Vind de straal van een cirkel ingeschreven in een driehoek abc. (R +r).

De problemen 4–8 zijn ontleend aan R.K. Gordins probleemboek “Geometry. Planimetrie." Moskou. Uitgeverij MTSNMO. 2004.

directe ( MN) die maar één punt gemeen heeft met de cirkel ( EEN), wordt genoemd raaklijn naar de cirkel.

Het gemeenschappelijke punt wordt in dit geval genoemd aanraakpunt.

Mogelijkheid van bestaan raaklijn, en bovendien door een willekeurig punt getrokken cirkels, als aanspreekpunt, blijkt uit het volgende: stelling.

Laat het verplicht zijn om cirkels gecentreerd O raaklijn door een punt EEN. Hiervoor, vanaf het punt EEN, vanaf het midden, beschrijf boog straal AO, en vanaf het punt O, als het centrum, snijden we deze boog op punten B en Met kompasoplossing gelijk aan de diameter van de gegeven cirkel.

Na het uitgeven dan akkoorden OB en besturingssysteem, verbind de punt EEN met stippen D en E waar deze akkoorden de gegeven cirkel snijden. direct ADVERTENTIE en AE - raaklijn aan de cirkel O. Uit de constructie blijkt inderdaad dat: driehoeken AOB en AOC gelijkbenig(AO = AB = AC) met bases OB en besturingssysteem, gelijk aan de diameter van de cirkel O.

Als OD en OE zijn de stralen, dan? D - midden- OB, a E- midden besturingssysteem, middelen ADVERTENTIE en AE - medianen getrokken naar de basis van gelijkbenige driehoeken, en daarom loodrecht op deze basissen. Als direct DA en EA loodrecht op de stralen OD en OE, dan zijn ze raaklijnen.

Gevolg.

Twee raaklijnen van hetzelfde punt aan de cirkel zijn gelijk en vormen gelijke hoeken met de lijn die dit punt met het middelpunt verbindt.

Dus AD=AE en OAD = ∠OAE omdat rechthoekige driehoeken AOD en AOE een gemeenschappelijk hebben hypotenusa AO en gelijk poten OD en OE(als stralen) gelijk zijn. Merk op dat hier het woord "raaklijn" de werkelijke " raaklijnsegment” van het opgegeven punt naar het contactpunt.