Tangent plassering. Tangent linje

\[(\Large(\tekst(Sentral og innskrevne vinkler)))\]

Definisjoner

En sentral vinkel er en vinkel hvis toppunkt ligger i sentrum av sirkelen.

En innskrevet vinkel er en vinkel hvis toppunkt ligger på sirkelen.

Gradmålet til en sirkelbue er gradmålet for den sentrale vinkelen som hviler på den.

Teorem

Målingen av en innskrevet vinkel er halvparten av den buen den avskjærer.

Bevis

Vi vil utføre beviset i to trinn: først beviser vi gyldigheten av utsagnet for tilfellet når en av sidene av den innskrevne vinkelen inneholder en diameter. La punktet \(B\) være toppunktet til den innskrevne vinkelen \(ABC\) og \(BC\) være diameteren til sirkelen:

Trekant \(AOB\) er likebenet, \(AO = OB\) , \(\angle AOC\) er ytre, så \(\angle AOC = \angle OAB + \angle ABO = 2\angle ABC\), hvor \(\angle ABC = 0,5\cdot\angle AOC = 0,5\cdot\buildrel\smile\over(AC)\).

Tenk nå på en vilkårlig innskrevet vinkel \(ABC\) . Tegn sirkeldiameteren \(BD\) fra toppunktet til den innskrevne vinkelen. To tilfeller er mulige:

1) diameteren skjærer vinkelen i to vinkler \(\angle ABD, \angle CBD\) (for hver av disse er teoremet sann som bevist ovenfor, derfor er det også sant for den opprinnelige vinkelen, som er summen av disse to og er derfor lik halvparten av summen av buene de lener seg på, det vil si lik halvparten av buen den lener seg på). Ris. en.

2) diameteren kuttet ikke vinkelen i to vinkler, så har vi ytterligere to nye innskrevne vinkler \(\angle ABD, \angle CBD\) , hvis side inneholder diameteren, derfor er teoremet sant for dem, da er også sant for den opprinnelige vinkelen (som er lik forskjellen mellom disse to vinklene, som betyr at den er lik halve forskjellen til buene de hviler på, det vil si at den er lik halve buen som den hviler på hviler). Ris. 2.

Konsekvenser

1. Innskrevne vinkler basert på samme bue er like.

2. En innskrevet vinkel basert på en halvsirkel er en rett vinkel.

3. En innskrevet vinkel er lik halvparten av midtvinkelen basert på samme bue.

\[(\Large(\tekst(Tangent til sirkel)))\]

Definisjoner

Det er tre typer gjensidig arrangement av en linje og en sirkel:

1) linjen \(a\) skjærer sirkelen i to punkter. En slik linje kalles en sekant. I dette tilfellet er avstanden \(d\) fra sentrum av sirkelen til den rette linjen mindre enn radiusen \(R\) til sirkelen (fig. 3).

2) linjen \(b\) skjærer sirkelen i ett punkt. En slik rett linje kalles en tangent, og deres felles punkt \(B\) kalles et tangentpunkt. I dette tilfellet \(d=R\) (fig. 4).

Teorem

1. Tangensen til sirkelen er vinkelrett på radiusen tegnet til kontaktpunktet.

2. Hvis linjen går gjennom enden av sirkelens radius og er vinkelrett på denne radien, så er den tangent til sirkelen.

Konsekvens

Segmentene av tangenter trukket fra ett punkt til sirkelen er like.

Bevis

Tegn to tangenter \(KA\) og \(KB\) til sirkelen fra punktet \(K\):

Så \(OA\perp KA, OB\perp KB\) som radier. Rettvinklede trekanter \(\triangle KAO\) og \(\triangle KBO\) er like i ben og hypotenusa, derav \(KA=KB\) .

Konsekvens

Sentrum av sirkelen \(O\) ligger på halveringslinjen til vinkelen \(AKB\) dannet av to tangenter trukket fra samme punkt \(K\) .

\[(\Large(\tekst(Setninger relatert til vinkler)))\]

Teoremet om vinkelen mellom sekanter

Vinkelen mellom to sekanter trukket fra samme punkt er lik halve forskjellen av gradmålene til de større og mindre buene som er skåret av dem.

Bevis

La \(M\) være et punkt hvorfra to sekanter er tegnet som vist på figuren:

La oss vise det \(\angle DMB = \dfrac(1)(2)(\buildrel\smile\over(BD) - \buildrel\smile\over(CA))\).

\(\angle DAB\) er det ytre hjørnet av trekanten \(MAD\) , da \(\angle DAB = \angle DMB + \angle MDA\), hvor \(\angle DMB = \angle DAB - \angle MDA\), men vinklene \(\angle DAB\) og \(\angle MDA\) er innskrevet, da \(\angle DMB = \angle DAB - \angle MDA = \frac(1)(2)\buildrel\smile\over(BD) - \frac(1)(2)\buildrel\smile\over(CA) = \frac(1)(2)(\buildrel\smile\over(BD) - \buildrel\smile\over(CA))\), som skulle bevises.

Vinkelteorem mellom kryssende akkorder

Vinkelen mellom to kryssende akkorder er lik halvparten av summen av gradmålene til buene de skjærer: \[\angle CMD=\dfrac12\left(\buildrel\smile\over(AB)+\buildrel\smile\over(CD)\right)\]

Bevis

\(\angle BMA = \angle CMD\) som vertikal.

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

Men \(\angle AMD = 180^\circ - \angle CMD\), hvorfra vi konkluderer med det \[\angle CMD = \frac12\cdot\buildrel\smile\over(AB) + \frac12\cdot\buildrel\smile\over(CD) = \frac12(\buildrel\smile\over(AB) + \buildrel\ smil\over(CD)).\]

Teorem om vinkelen mellom en akkord og en tangent

Vinkelen mellom tangenten og akkorden som går gjennom tangentpunktet er lik halve gradmålet til buen trukket fra akkorden.

Bevis

La linjen \(a\) berøre sirkelen ved punktet \(A\) , \(AB\) være akkorden til denne sirkelen, \(O\) være dens sentrum. La linjen som inneholder \(OB\) skjære \(a\) i punktet \(M\) . La oss bevise det \(\angle BAM = \frac12\cdot \buildrel\smile\over(AB)\).

Angi \(\angle OAB = \alpha\) . Siden \(OA\) og \(OB\) er radier, så \(OA = OB\) og \(\angle OBA = \angle OAB = \alpha\). Og dermed, \(\buildrel\smile\over(AB) = \angle AOB = 180^\circ - 2\alpha = 2(90^\circ - \alpha)\).

Siden \(OA\) er radiusen trukket til tangenspunktet, vil derfor \(OA\perp a\) , dvs. \(\angle OAM = 90^\circ\) , derfor, \(\angle BAM = 90^\circ - \angle OAB = 90^\circ - \alpha = \frac12\cdot\buildrel\smile\over(AB)\).

Teorem om buer kontrahert av like akkorder

Like akkorder danner like buer, mindre halvsirkler.

Og omvendt: like buer trekkes sammen av like akkorder.

Bevis

1) La \(AB=CD\) . La oss bevise at de mindre halvsirkler av buen .

På tre sider, derfor \(\vinkel AOB=\vinkel COD\) . Men siden \(\angle AOB, \angle COD\) - sentrale vinkler basert på buer \(\buildrel\smile\over(AB), \buildrel\smile\over(CD)\) henholdsvis da \(\buildrel\smile\over(AB)=\buildrel\smile\over(CD)\).

2) Hvis \(\buildrel\smile\over(AB)=\buildrel\smile\over(CD)\), deretter \(\triangle AOB=\triangle COD\) langs to sider \(AO=BO=CO=DO\) og vinkelen mellom dem \(\vinkel AOB=\vinkel COD\) . Derfor, \(AB=CD\) .

Teorem

Hvis en radius halverer en korde, er den vinkelrett på den.

Det motsatte er også sant: hvis radiusen er vinkelrett på korden, halverer skjæringspunktet den.

Bevis

1) La \(AN=NB\) . La oss bevise at \(OQ\perp AB\) .

Tenk på \(\triangel AOB\) : den er likebenet, fordi \(OA=OB\) – sirkelradier. Fordi \(PÅ\) er medianen trukket til basen, så er det også høyden, derav \(PÅ\perp AB\) .

2) La \(OQ\perp AB\) . La oss bevise at \(AN=NB\) .

På samme måte er \(\trekant AOB\) likebenet, \(PÅ\) er høyden, så \(PÅ\) er medianen. Derfor \(AN=NB\) .

\[(\Large(\text(Setninger relatert til lengdene på segmenter)))\]

Teorem om produktet av segmenter av akkorder

Hvis to akkorder i en sirkel krysser hverandre, er produktet av segmentene til en akkord lik produktet av segmentene i den andre akkorden.

Bevis

La akkordene \(AB\) og \(CD\) krysse i punktet \(E\) .

Tenk på trekantene \(ADE\) og \(CBE\) . I disse trekantene er vinklene \(1\) og \(2\) like, siden de er innskrevet og er avhengige av den samme buen \(BD\) , og vinklene \(3\) og \(4\) er like vertikale. Trekantene \(ADE\) og \(CBE\) er like (i henhold til det første triangellikhetskriteriet).

Deretter \(\dfrac(AE)(EC) = \dfrac(DE)(BE)\), hvorfra \(AE\cdot BE = CE\cdot DE\) .

Tangent- og sekantteorem

Kvadraten til et tangentsegment er lik produktet av sekanten og dens ytre del.

Bevis

La tangenten passere gjennom punktet \(M\) og berør sirkelen ved punktet \(A\) . La sekanten passere gjennom punktet \(M\) og skjær sirkelen ved punktene \(B\) og \(C\) slik at \(MB< MC\) . Покажем, что \(MB\cdot MC = MA^2\) .

Tenk på trekantene \(MBA\) og \(MCA\) : \(\vinkel M\) er generell, \(\angle BCA = 0,5\cdot\buildrel\smile\over(AB)\). I følge vinkelteoremet mellom en tangent og en sekant, \(\angle BAM = 0,5\cdot\buildrel\smile\over(AB) = \angle BCA\). Dermed er trekantene \(MBA\) og \(MCA\) like i to vinkler.

Fra likheten mellom trekanter \(MBA\) og \(MCA\) har vi: \(\dfrac(MB)(MA) = \dfrac(MA)(MC)\), som tilsvarer \(MB\cdot MC = MA^2\) .

Konsekvens

Produktet av sekanten trukket fra punktet \(O\) og dens ytre del avhenger ikke av valget av sekanten trukket fra punktet \(O\) .

Artikkelen gir en detaljert forklaring av definisjonene, den geometriske betydningen av derivatet med grafisk notasjon. Ligningen til tangentlinjen vil bli vurdert med eksempler, ligningene for tangenten til kurver av 2. orden vil bli funnet.

Helningsvinkelen til den rette linjen y \u003d k x + b kalles vinkelen α, som måles fra den positive retningen til x-aksen til den rette linjen y \u003d k x + b i positiv retning.

På figuren er retningen okse indikert med en grønn pil og en grønn bue, og helningsvinkelen med en rød bue. Den blå linjen refererer til en rett linje.

Definisjon 2

Helningen til den rette linjen y \u003d k x + b kalles den numeriske koeffisienten k.

Helningen er lik helningen til den rette linjen, med andre ord k = t g α .

• Helningen til den rette linjen er 0 bare når o x er parallell og helningen er lik null, fordi tangensen til null er 0. Så formen til ligningen vil være y = b.
• Hvis helningsvinkelen til den rette linjen y = k x + b er skarp, er betingelsene 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 , og det er en økning i grafen.
• Hvis α \u003d π 2, er plasseringen av linjen vinkelrett på x. Likhet er spesifisert ved at likheten x = c hvor c er et reelt tall.
• Hvis helningsvinkelen til den rette linjen y = k x + b er stump, tilsvarer den betingelsene π 2< α < π или 90 ° < α < 180 ° , значение углового коэффициента k принимает отрицательное значение, а график убывает.

En sekant er en rett linje som går gjennom 2 punkter i funksjonen f (x). Med andre ord, en sekant er en rett linje som går gjennom to punkter på grafen til en gitt funksjon.

Figuren viser at A B er en sekant, og f (x) er en svart kurve, α er en rød bue, som indikerer helningsvinkelen til sekanten.

Når helningen til en rett linje er lik tangenten til helningsvinkelen, er det klart at tangenten fra en rettvinklet trekant A B C kan finnes i forhold til motsatt ben til den tilstøtende.

Definisjon 4

Vi får formelen for å finne sekanten til skjemaet:

k = t g α = B C A C = f (x B) - f x A x B - x A , hvor abscissen til punktene A og B er verdiene x A , x B , og f (x A) , f (x B) er verdifunksjonene på disse punktene.

Åpenbart er helningen til sekanten definert ved å bruke likheten k \u003d f (x B) - f (x A) x B - x A eller k \u003d f (x A) - f (x B) x A - x B, og ligningen må skrives som y = f (x B) - f (x A) x B - x A x - x A + f (x A) eller
y = f (x A) - f (x B) x A - x B x - x B + f (x B) .

Sekanten deler grafen visuelt i 3 deler: til venstre for punkt A, fra A til B, til høyre for B. Figuren under viser at det er tre sekanter som anses å være like, det vil si at de er sett ved hjelp av en lignende ligning.

Per definisjon er det klart at linjen og dens sekant sammenfaller i dette tilfellet.

En sekant kan skjære grafen til en gitt funksjon flere ganger. Hvis det er en ligning på formen y \u003d 0 for sekanten, er antallet skjæringspunkter med sinusoiden uendelig.

Definisjon 5

Tangent til grafen til funksjonen f (x) i punktet x 0 ; f (x 0) kalles en rett linje som går gjennom et gitt punkt x 0; f (x 0), med tilstedeværelsen av et segment som har mange x-verdier nær x 0 .

Eksempel 1

La oss se nærmere på eksempelet nedenfor. Da kan man se at linjen gitt av funksjonen y = x + 1 anses å være tangent til y = 2 x i punktet med koordinatene (1 ; 2) . For klarhet er det nødvendig å vurdere grafer med verdier nær (1; 2). Funksjonen y = 2 x er markert med svart, den blå linjen er tangenten, den røde prikken er skjæringspunktet.

Åpenbart smelter y \u003d 2 x sammen med linjen y \u003d x + 1.

For å bestemme tangenten, vurder oppførselen til tangenten A B når punkt B nærmer seg punkt A uendelig. For klarhets skyld presenterer vi en figur.

Sekanten A B, indikert med den blå linjen, tenderer til posisjonen til selve tangenten, og helningsvinkelen til sekanten α vil begynne å vende mot helningsvinkelen til selve tangenten α x.

Definisjon 6

Tangenten til grafen til funksjonen y \u003d f (x) i punkt A er grenseposisjonen til sekanten A B ved B som tenderer mot A, det vil si B → A.

Nå vender vi oss til vurderingen av den geometriske betydningen av den deriverte av en funksjon i et punkt.

La oss gå videre til å vurdere sekanten A B for funksjonen f (x), hvor A og B med koordinatene x 0, f (x 0) og x 0 + ∆ x, f (x 0 + ∆ x), og ∆ x er angitt som en økning av argumentet. Nå vil funksjonen ha formen ∆ y = ∆ f (x) = f (x 0 + ∆ x) - f (∆ x) . For klarhets skyld, la oss ta et bilde som eksempel.

Betrakt den resulterende rettvinklet A B C. Vi bruker definisjonen av tangenten for løsningen, det vil si at vi får forholdet ∆ y ∆ x = t g α . Det følger av definisjonen av en tangent at lim ∆ x → 0 ∆ y ∆ x = t g α x . I henhold til den deriverte regelen i et punkt, har vi at den deriverte f (x) i punktet x 0 kalles grensen for forholdet mellom økningen av funksjonen og inkrementet til argumentet, hvor ∆ x → 0, da betegnet som f (x 0) = lim ∆ x → 0 ∆ y ∆ x .

Det følger at f "(x 0) = lim ∆ x → 0 ∆ y ∆ x = t g α x = k x, hvor k x er angitt som stigningstallet til tangenten.

Det vil si at vi får at f ' (x) kan eksistere i punktet x 0 og, som tangenten til den gitte grafen til funksjonen ved kontaktpunktet lik x 0 , f 0 (x 0) , hvor verdien av helningen til tangenten i punktet er lik den deriverte i punktet x 0 . Da får vi at k x = f "(x 0) .

Den geometriske betydningen av den deriverte av en funksjon i et punkt er at konseptet om eksistensen av en tangent til grafen i samme punkt er gitt.

For å skrive ligningen til en hvilken som helst rett linje i planet, er det nødvendig å ha en skråning med punktet den passerer gjennom. Dens betegnelse er tatt som x 0 i krysset.

Ligningen av tangenten til grafen til funksjonen y \u003d f (x) i punktet x 0, f 0 (x 0) har formen y \u003d f "(x 0) x - x 0 + f (x 0).

Det betyr at den endelige verdien av den deriverte f "(x 0) kan bestemme posisjonen til tangenten, det vil si vertikalt under betingelsen lim x → x 0 + 0 f" (x) = ∞ og lim x → x 0 - 0 f "(x ) = ∞ eller fravær i det hele tatt under betingelsen lim x → x 0 + 0 f "(x) ≠ lim x → x 0 - 0 f "(x) .

Plasseringen av tangenten avhenger av verdien av skråningen k x \u003d f "(x 0). Når den er parallell med o x-aksen, får vi at k k \u003d 0, når den er parallell med o y - k x \u003d ∞, og formen av tangentligningen x \u003d x 0 øker med k x > 0 , avtar som k x< 0 .

Eksempel 2

Kompiler likningen av tangenten til grafen til funksjonen y \u003d e x + 1 + x 3 3 - 6 - 3 3 x - 17 - 3 3 i et punkt med koordinater (1; 3) med definisjonen av vinkelen til tilbøyelighet.

Beslutning

Ved å anta har vi at funksjonen er definert for alle reelle tall. Vi får at punktet med koordinatene spesifisert av betingelsen (1 ; 3) er kontaktpunktet, da x 0 = - 1 , f (x 0) = - 3 .

Det er nødvendig å finne den deriverte på punktet med verdi -1. Det skjønner vi

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

Verdien av f ' (x) ved kontaktpunktet er stigningen til tangenten, som er lik tangens til stigningen.

Da er k x = t g α x = y "(x 0) = 3 3

Det følger at α x = a r c t g 3 3 = π 6

Svar: tangentligningen tar formen

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

For klarhetens skyld gir vi et eksempel i en grafisk illustrasjon.

Svart farge brukes for grafen til den opprinnelige funksjonen, blå farge er tangentbildet, rød prikk er berøringspunktet. Figuren til høyre viser en forstørret visning.

Eksempel 3

Finn ut eksistensen av en tangent til grafen til en gitt funksjon
y = 3 x - 1 5 + 1 i punktet med koordinatene (1 ; 1) . Skriv en ligning og bestem helningsvinkelen.

Beslutning

Ved antagelse har vi at domenet til den gitte funksjonen er settet av alle reelle tall.

La oss gå videre til å finne den deriverte

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

Hvis x 0 = 1, er f ' (x) ikke definert, men grensene skrives som lim x → 1 + 0 3 5 1 (x - 1) 4 5 = 3 5 1 (+ 0) 4 5 = 3 5 1 + 0 = + ∞ og lim x → 1 - 0 3 5 1 (x - 1) 4 5 = 3 5 1 (- 0) 4 5 = 3 5 1 + 0 = + ∞ , som betyr eksistens vertikal tangent kl. punkt (1; 1).

Svar: ligningen vil ha formen x \u003d 1, hvor helningsvinkelen vil være lik π 2.

La oss tegne det for klarhet.

Eksempel 4

Finn punktene til funksjonsgrafen y = 1 15 x + 2 3 - 4 5 x 2 - 16 5 x - 26 5 + 3 x + 2 , hvor

1. Tangenten eksisterer ikke;
2. Tangenten er parallell med x;
3. Tangenten er parallell med linjen y = 8 5 x + 4 .

Beslutning

Det er nødvendig å ta hensyn til definisjonsdomenet. Ved antagelse har vi at funksjonen er definert på mengden av alle reelle tall. Utvid modulen og løs systemet med intervaller x ∈ - ∞ ; 2 og [-2; +∞) . Det skjønner vi

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 ; +∞)

Funksjonen må differensieres. Det har vi

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 ; +∞)

Når x = - 2, eksisterer ikke den deriverte fordi de ensidige grensene ikke er like på det punktet:

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

Vi beregner verdien av funksjonen ved punktet x \u003d - 2, hvor vi får det

1. y (- 2) \u003d 1 15 - 2 + 2 3 - 4 5 (- 2) 2 - 16 5 (- 2) - 26 5 + 3 - 2 + 2 \u003d - 2, det vil si tangenten ved punkt (- 2; - 2) vil ikke eksistere.
2. Tangenten er parallell med x når helningen er null. Deretter k x \u003d t g α x \u003d f "(x 0). Det vil si at det er nødvendig å finne verdiene til slike x når den deriverte av funksjonen snur den til null. Det vil si verdiene \u200b\u200bof f '(x) og vil være berøringspunkter, der tangenten er parallell med x .

Når x ∈ - ∞ ; - 2 , så - 1 5 (x 2 + 12 x + 35) = 0 , og for x ∈ (- 2 ; + ∞) får vi 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; +∞

Vi beregner de tilsvarende verdiene til funksjonen

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

Derfor - 5; 8 5 , - 4 ; 4 3, 1; 85, 3; 4 3 anses å være de ønskede punktene i grafen til funksjonen.

Tenk på en grafisk fremstilling av løsningen.

Den svarte linjen er grafen til funksjonen, de røde prikkene er berøringspunktene.

1. Når linjene er parallelle, er bakkene like. Deretter er det nødvendig å søke etter punktene i grafen til funksjonen, der helningen vil være lik verdien 8 5 . For å gjøre dette må du løse en ligning på formen y "(x) = 8 5. Så, hvis x ∈ - ∞; - 2, får vi at - 1 5 (x 2 + 12 x + 35) = 8 5, og hvis x ∈ ( - 2 ; + ∞), så er 1 5 (x 2 - 4 x + 3) = 8 5 .

Den første ligningen har ingen røtter fordi diskriminanten er mindre enn null. La oss skrive ned det

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

En annen ligning har altså to reelle røtter

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; +∞

La oss gå videre til å finne verdiene til funksjonen. Det skjønner vi

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

Poeng med verdier - 1 ; 4 15, 5; 8 3 er punktene der tangentene er parallelle med linjen y = 8 5 x + 4 .

Svar: svart linje - graf for funksjonen, rød linje - graf y \u003d 8 5 x + 4, blå linje - tangenter ved punkter - 1; 4 15, 5; 8 3 .

Eksistensen av et uendelig antall tangenter for gitte funksjoner er mulig.

Eksempel 5

Skriv likningene til alle tilgjengelige tangenter til funksjonen y = 3 cos 3 2 x - π 4 - 1 3 , som er vinkelrett på linjen y = - 2 x + 1 2 .

Beslutning

For å kompilere tangentligningen, er det nødvendig å finne koeffisienten og koordinatene til tangentpunktet, basert på betingelsen for vinkelrett på linjene. Definisjonen lyder slik: produktet av skråningene som er vinkelrett på de rette linjene er lik - 1, det vil si at det skrives som k x · k ⊥ = - 1. Fra betingelsen har vi at helningen er vinkelrett på den rette linjen og er lik k ⊥ = - 2, så er k x = - 1 k ⊥ = - 1 - 2 = 1 2 .

Nå må vi finne koordinatene til berøringspunktene. Du må finne x, hvoretter verdien for en gitt funksjon. Merk at fra den geometriske betydningen av den deriverte på punktet
x 0 får vi at k x \u003d y "(x 0) . Fra denne likheten finner vi x-verdiene for berøringspunktene.

Det skjønner vi

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 - 4 = - 1 9

Denne trigonometriske ligningen vil bli brukt til å beregne ordinatene til berøringspunktene.

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

Z er settet med heltall.

Fant x kontaktpunkter. Nå må du gå til søket etter y-verdier:

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

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

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

Herfra får vi at 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 er berøringspunkter.

Svar: de nødvendige ligningene vil bli skrevet som

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

For en visuell representasjon, vurder funksjonen og tangenten på koordinatlinjen.

Figuren viser at plasseringen av funksjonen er på intervallet [-10; 10] , hvor den svarte linjen er grafen til funksjonen, er de blå linjene tangenter som er vinkelrett på den gitte linjen på formen y = - 2 x + 1 2 . Røde prikker er berøringspunkter.

De kanoniske ligningene for kurver av 2. orden er ikke funksjoner med én verdi. Tangentligninger for dem er kompilert i henhold til kjente skjemaer.

Tangent til sirkel

For å sette en sirkel sentrert ved et punkt x c e n t e r ; y c e n t e r og radius R brukes formelen x - x c e n t e r 2 + y - y c e n t e r 2 = R 2.

Denne likheten kan skrives som foreningen av to funksjoner:

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

Den første funksjonen er øverst og den andre nederst, som vist på figuren.

Å tegne en likning av en sirkel i et punkt x 0 ; y 0 , som er plassert i den øvre eller nedre halvsirkelen, bør du finne ligningen til grafen for funksjonen til formen y \u003d R 2 - x - x c e n t e r 2 + y c e n t e r eller y \u003d - R 2 - n c t e 2 + y c e n t e r på det angitte punktet.

Når på punktene x c ​​e n t e r; y c e n t e r + R og x c e n t e r ; y c e n t e r - R-tangenser kan gis ved likningene y = y c e n t e r + R og y = y c e n t e r - R , og ved punktene x c ​​e n t e r + R ; y c e n t e r og
x c e n t e r - R; y c e n t e r vil være parallell om y, da vil vi få likninger på formen x = x c e n t e r + R og x = x c e n t e r - R .

Tangent til Ellipse

Når ellipsen er sentrert ved x c e n t e r; y c e n t e r med halvaksene a og b , så kan det gis ved hjelp av ligningen x - x c e n t e r 2 a 2 + y - y c e n t e r 2 b 2 = 1 .

En ellipse og en sirkel kan betegnes ved å kombinere to funksjoner, nemlig den øvre og nedre halvellipsen. Da får vi det

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

Hvis tangentene er plassert ved ellipsens toppunkter, er de parallelle om x eller om y. For klarhet, vurder figuren nedenfor.

Eksempel 6

Skriv likningen av tangenten til ellipsen x - 3 2 4 + y - 5 2 25 = 1 i punkter med x-verdier lik x = 2 .

Beslutning

Det er nødvendig å finne berøringspunkter som tilsvarer verdien x = 2. Vi gjør en erstatning i den eksisterende ellipselikningen og oppnår den

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

Så 2; 5 3 2 + 5 og 2; - 5 3 2 + 5 er tangentpunktene som hører til den øvre og nedre halvellipsen.

La oss gå videre til å finne og løse likningen til en ellipse med hensyn til y. Det skjønner vi

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

Det er åpenbart at den øvre halvellipsen er spesifisert ved å bruke en funksjon av formen y = 5 + 5 2 4 - x - 3 2, og den nedre y = 5 - 5 2 4 - x - 3 2 .

Vi bruker standardalgoritmen for å formulere likningen av tangenten til grafen til en funksjon i et punkt. Vi skriver at ligningen for den første tangenten i punkt 2 ; 5 3 2 + 5 vil se ut

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

Vi får at ligningen til den andre tangenten med verdien ved punktet
2; - 5 3 2 + 5 blir

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

Grafisk er tangenter angitt som følger:

Tangent til hyperbole

Når hyperbelen har et senter i punktet x c e n t e r ; y c e n t e r og toppunkter x c e n t e r + α ; y c e n t e r og x c e n t e r - α ; y c e n t e r , ulikheten x - x c e n t e r 2 α 2 - y - y c e n t e r 2 b 2 = 1 er gitt hvis med toppunkter x c e n t e r ; y c e n t e r + b og x c e n t e r ; y c e n t e r - b er da gitt ved ulikheten x - x c e n t e r 2 α 2 - y - y c e n t e r 2 b 2 = - 1 .

En hyperbel kan representeres som to kombinerte funksjoner av formen

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

I det første tilfellet har vi at tangentene er parallelle med y, og i det andre er de parallelle med x.

Det følger at for å finne ligningen til en tangent til en hyperbel, er det nødvendig å finne ut hvilken funksjon tangentpunktet tilhører. For å bestemme dette, er det nødvendig å gjøre en substitusjon i ligningene og sjekke dem for identitet.

Eksempel 7

Skriv likningen av tangenten til hyperbelen x - 3 2 4 - y + 3 2 9 = 1 ved punkt 7; - 3 3 - 3 .

Beslutning

Det er nødvendig å transformere registreringen av løsningen for å finne hyperbelen ved å bruke 2 funksjoner. Det skjønner vi

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

Det er nødvendig å finne ut hvilken funksjon det gitte punktet med koordinatene 7 tilhører; - 3 3 - 3 .

For å sjekke den første funksjonen trenger du selvsagt y (7) = 3 2 (7 - 3) 2 - 4 - 3 = 3 3 - 3 ≠ - 3 3 - 3 , da hører ikke punktet til grafen, siden likestillingen er ikke tilfredsstilt.

For den andre funksjonen har vi at y (7) = - 3 2 (7 - 3) 2 - 4 - 3 = - 3 3 - 3 ≠ - 3 3 - 3 , som betyr at punktet tilhører den gitte grafen. Herfra bør du finne helningskoeffisienten.

Det skjønner vi

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

Svar: tangentligningen kan representeres som

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

Det er visualisert som følger:

Tangent til parabel

For å komponere ligningen av tangenten til parabelen y \u003d a x 2 + b x + c i punktet x 0, y (x 0), må du bruke standardalgoritmen, så vil ligningen ha formen y \u003d y " (x 0) x - x 0 + y ( x 0) En slik tangent i toppunktet er parallell med x.

Parablen x = a y 2 + b y + c skal defineres som foreningen av to funksjoner. Derfor må vi løse ligningen for y. Det skjønner vi

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

La oss tegne det som:

For å finne ut om et punkt x 0, y (x 0) tilhører en funksjon, følg standardalgoritmen forsiktig. En slik tangent vil være parallell med y med hensyn til parablen.

Eksempel 8

Skriv likningen av tangenten til grafen x - 2 y 2 - 5 y + 3 når vi har en tangenthelning på 150 °.

Beslutning

Vi starter løsningen med å representere parablen som to funksjoner. Det skjønner vi

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

Verdien av helningen er lik verdien av den deriverte i punktet x 0 av denne funksjonen og er lik tangensen til helningen.

Vi får:

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

Herfra bestemmer vi verdien av x for berøringspunktene.

Den første funksjonen vil bli skrevet som

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

Det er åpenbart ingen reelle røtter, siden vi fikk en negativ verdi. Vi konkluderer med at det ikke er noen tangent med en vinkel på 150° for en slik funksjon.

Den andre funksjonen vil bli skrevet som

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

Vi har at berøringspunktene - 23 4 ; - 5 + 3 4 .

Svar: tangentligningen tar formen

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

La oss tegne det slik:

Hvis du oppdager en feil i teksten, merk den og trykk Ctrl+Enter

En linje som bare har ett felles punkt med en sirkel kalles en tangent til sirkelen, og deres felles punkt kalles kontaktpunktet mellom linjen og sirkelen.

Teorem (egenskapen til en tangent til en sirkel)

Tangensen til sirkelen er vinkelrett på radiusen tegnet til tangentpunktet.

Gitt

A - kontaktpunkt

Bevise:p oa

Bevis.

La oss bevise metoden "ved motsetning".

Anta at p er OA, så er OA skrått til linjen p.

Hvis vi fra punktet O trekker en vinkelrett OH til den rette linjen p, vil lengden være mindre enn radiusen: OH< ОА=r

Vi får at avstanden fra sentrum av sirkelen til linjen p (OH) er mindre enn radiusen (r), som betyr at linjen p er en sekant (det vil si at den har to felles punkter med sirkelen), som motsier tilstanden til teoremet (p-tangens).

Så antagelsen er usann, derfor er linjen p vinkelrett på OA.

Teorem (Egenskapen til tangentsegmenter trukket fra ett punkt)

Segmentene av tangentene til sirkelen, trukket fra ett punkt, er like og danner like vinkler med linjen som går gjennom dette punktet og sentrum av sirkelen.

Gitt: ca. (O; r)

AB og AC er tangenter til env. (O; r)

Bevise: AB=AC

Bevis

1) OB AB, OS AC, som radier trukket til kontaktpunktet (tangensegenskap)

2) Vurder tr. AOV osv. AOS - p / y

AO - totalt

OB=OC (som radier)

Så ABO \u003d AOC (langs hypotenusen og benet). Derfor,

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

Teorem (tegn på en tangent)

Hvis en rett linje går gjennom enden av en radius som ligger på en sirkel og er vinkelrett på denne radien, så er det en tangent.

Gitt: ОА – sirkelradius

Bevise: p- tangent til sirkelen

Bevis

OA - radius av sirkelen (etter tilstand) (OA \u003d r)

OA - vinkelrett fra O til linjen p (OA \u003d d)

Så, r=OA=d, så linjen p og sirkelen har ett felles punkt.

Derfor er linjen p tangent til sirkelen. h.t.d.

3. Eiendommen til akkorder og sekanter.

Tangent- og sekantegenskaper

DEFINISJON

omkrets kalt lokuset for punkter like langt fra ett punkt, som kalles sirkelsenteret.

Et linjestykke som forbinder to punkter på en sirkel kalles akkord(i figuren er det et segment). Akkorden som går gjennom midten av sirkelen kalles diameter sirkler.

1. Tangenten er vinkelrett på radiusen trukket til kontaktpunktet.

2. Segmentene av tangenter trukket fra ett punkt er like.

3. Hvis en tangent og en sekant er trukket fra et punkt som ligger utenfor sirkelen, er kvadratet på lengden av tangenten lik produktet av sekanten ved dens ytre del.

Oftest er det geometriske problemer som skaper vanskeligheter for søkere, nyutdannede og deltakere i matematiske olympiader. Hvis du ser på statistikken til USE i 2010, kan du se at rundt 12 % av deltakerne startet den geometriske oppgaven C4, og bare 0,2 % av deltakerne fikk full poengsum, og generelt viste oppgaven seg å være den vanskeligste av alle foreslåtte.

Jo tidligere vi tilbyr skoleelever vakre eller uventede oppgaver når det gjelder måten de løser dem på, jo mer sannsynlig er det at de interesserer og fengsler dem seriøst og i lang tid. Men, hvor vanskelig det er å finne interessante og vanskelige problemer på nivået i 7. klasse, når det systematiske studiet av geometri så vidt begynner. Hva kan tilbys til en elev som er interessert i matematikk, som bare kjenner tegnene til trekanters likhet, egenskapene til tilstøtende og vertikale vinkler? Det er imidlertid mulig å introdusere begrepet en tangent til en sirkel, som en rett linje som har ett felles punkt med sirkelen; aksepter at radius tegnet til kontaktpunktet er vinkelrett på tangenten. Selvfølgelig er det verdt å vurdere alle mulige tilfeller av plasseringen av to sirkler og vanlige tangenter til dem, som kan trekkes fra null til fire. Ved å bevise teoremene som er foreslått nedenfor, er det mulig å utvide oppgavesettet for sjuendeklassinger betydelig. Samtidig, underveis, bevise viktige eller rett og slett interessante og underholdende fakta. Siden mange utsagn ikke er inkludert i skoleboken, kan de dessuten diskuteres både i klasserommet og med nyutdannede når de gjentar planimetri. Disse fakta viste seg å være relevante det siste studieåret. Siden mange diagnostiske arbeider og arbeidet til USE selv inneholdt et problem, for løsningen som det var nødvendig å bruke egenskapen til tangentsegmentet vist nedenfor.

T 1 Segmenter av tangenter til en sirkel trukket fra
ett punkt er like (fig. 1)

Det er det med teoremet, du kan først introdusere sjuendeklassingene.
I bevisprosessen brukte vi likhetstegnet for rette trekanter, konkluderte med at sentrum av sirkelen ligger på halveringslinjen til vinkelen BCA.
I forbifarten husket vi at halveringslinjen til en vinkel er stedet for punktene i det indre området av vinkelen, like langt fra sidene. Løsningen av et langt fra trivielt problem er basert på disse fakta, tilgjengelig selv for nybegynnere i å studere geometri.

1. Halvsektorer av vinkler MEN, PÅ og Med konveks firkant ABCD kryss på ett punkt. Stråler AB og DC skjære hverandre i et punkt E, og strålene
Sol og AD på punktet F. Bevis at en ikke-konveks firkant AECF summen av lengdene på motsatte sider er like.

Løsning (fig. 2). La være O er skjæringspunktet mellom disse halveringslinjene. Deretter O like langt fra alle sider av firkanten ABCD, dvs
er sentrum av en sirkel innskrevet i en firkant. Ved teorem 1 likheter er riktige: AR = AK, ER = EP, FT = FK. Vi legger til venstre og høyre del ledd for ledd, vi får riktig likhet:

(AR + ER) + FT = (AK +FK) + EP; AE + (FC + CT) = AF + (EU + PC). Som ST = RS, deretter AE + FC = AF + EU, som skulle bevises.

La oss vurdere et problem med en uvanlig formulering, for løsningen som det er tilstrekkelig å kjenne til teoremet 1 .

2. Er der n-gon hvis sider er fortløpende 1, 2, 3, ..., n som sirkelen kan skrives inn i?

Beslutning. La oss si slikt n-gon eksisterer. MEN 1 MEN 2 =1, …, MEN n-1 MEN n= n– 1,MEN n MEN 1 = n. B 1 , …, B n er de tilsvarende berøringspunktene. Så ved teorem 1 EN 1 B 1 = EN 1 B n< 1, n – 1 < EN n B n< n. Ved egenskapen til tangentsegmenter EN n B n= EN n B n-1. Men, EN n B n-1< EN n-1 MEN n= n- 1. Motsigelse. Derfor, nei n-gon som tilfredsstiller tilstanden til problemet.

T 2 Summene av motsatte sider av en firkant omskrevet ca
sirkler er like (fig. 3)

Skolebarn beviser som regel enkelt denne egenskapen til den beskrevne firkanten. Etter å ha bevist teoremet 1 , det er en treningsøvelse. Dette faktum kan generaliseres - summene av sidene til den omskrevne even-gonen, tatt gjennom en, er like. For eksempel for en sekskant A B C D E F Ikke sant: AB + CD + EF = BC + DE + FA.

Løsning (fig. 1). Siden firkantene ABEF og ECDF er innskrevet, av setning 2 Р ABEF = 2(AB + EF) og Р ECDF = 2(CD + EF), etter betingelse

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

Løsning (fig. 5). Ved teorem 1 MB = MX og PC = RX. Altså omkretsen av trekanten DU SA lik summen av segmentene AB og SOM. Eller dobbel tangens trukket til eksirkelen for en trekant DU SA . Verdien av MOP-vinkelen måles med halve verdien av vinkelen WOS, som ikke er avhengig av valg av punkt X.

Løsning (fig. 6). Metode én (algebraisk). La være AK \u003d AN \u003d x, deretter BK = BM = c - x, CM = CN = a - c + x. AC = AN + NC, så kan vi skrive en ligning for x: b \u003d x + (a - c + x). Hvor .

Metode to (geometrisk). La oss gå til diagrammet. Segmenter med like tangenter, tatt en om gangen, summerer seg til en semi-perimeter
triangel. Rødt og grønt utgjør en side en. Deretter segmentet av interesse for oss x = p - a. De oppnådde resultatene er selvfølgelig konsistente.

. Z

4. Finn radiusen til en sirkel innskrevet i en rettvinklet trekant med ben a, b og hypotenusen med. Løsning (fig. 8). T hvordan OMCN- kvadrat, så er radiusen til den innskrevne sirkelen lik segmentet til tangenten CN. .

5. Bevis at tangenspunktene til de innskrevne og utsirklede sirklene med siden av trekanten er symmetriske med hensyn til midtpunktet på denne siden.

Løsning (fig. 9). Legg merke til at AK er segmentet av tangenten til eksirkelen for trekanten ABC. Etter formel (2) . VM- linjestykke tangentsirkel for trekant ABC. I henhold til formel (1) . AK = VM, og dette betyr at poengene K og M like langt fra midten av siden AB, Q.E.D.

6. To vanlige ytre tangenter og en indre tangent tegnes til to sirkler. Den indre tangenten skjærer de ytre på punkter A, B og berører sirkler på punkter A 1 og I 1. Bevis det AA 1 \u003d BB 1.

Løsning (fig. 10). Stopp ... Men hva er det å bestemme seg for? Det er bare en annen formulering av det forrige problemet. Det er åpenbart at en av sirklene er innskrevet og den andre er omkrets for en trekant ABC. Og segmentene AA 1 og BB 1 tilsvarer segmenter AK og VM oppgaver 5. Det er bemerkelsesverdig at problemet som ble foreslått ved den all-russiske olympiaden for skolebarn i matematikk er løst på en så åpenbar måte.

7. Sidene av femkanten er 5, 6, 10, 7, 8 i rekkefølgen de går rundt. Bevis at en sirkel ikke kan skrives inn i denne femkanten.

Løsning (fig. 11). La oss anta at femkanten ABCDE du kan skrive inn en sirkel. Dessuten partene AB, f.Kr, CD, DE og EA er lik henholdsvis 5, 6, 10, 7 og 8. F, G, H, M og N. La lengden på segmentet AF er lik X.

Deretter bf = FD – AF = 5 – x = BG. GC = f.Kr – BG = = 6 – (5 – x) = 1 + x = CH. Etc: HD = DM = 9 – x; MEG = NO = x – 2, AN = 10 – X.

Men, AF = AN. Det er 10 - X = X; X= 5. Imidlertid segmentet av tangenten AF kan ikke like side AB. Den resulterende motsigelsen beviser at en sirkel ikke kan skrives inn i en gitt femkant.

8. En sirkel er innskrevet i en sekskant, sidene i bypass-rekkefølgen er 1, 2, 3, 4, 5. Finn lengden på den sjette siden.

Beslutning. Selvfølgelig kan tangentsegmentet betegnes som X, som i forrige oppgave, skriv en ligning og få et svar. Men det er mye mer effektivt å bruke notatet til teoremet 2 : summene av sidene til den omskrevne sekskanten, tatt gjennom en, er like.

Så 1 + 3 + 5 = 2 + 4 + X, hvor X- ukjent sjette side, X = 3.

Løsning (fig.12). Siden lengdene på alle sider er heltall, er brøkdelene av lengdene til segmentene like BT, BP, DM, DN, AK og PÅ. Vi har PÅ + TV= 1, og brøkdelene av lengdene til segmentene PÅ og TV er like. Dette er kun mulig når PÅ + TV= 0,5. Ved teorem 1 WT + VR.
Midler, VR= 0,5. Merk at tilstanden CD= 3 viste seg å være uavhentede. Det er klart at forfatterne av problemet antok en annen løsning. Svar: 0,5.

10. I en firkant ABCD AD=DC, AB=3, BC=5. Sirkler innskrevet i trekanter ABD og CBD trykk på segmentet BD på poeng M og N hhv. Finn lengden på et segment MN.

Løsning (fig. 13). MN = DN - DM. I henhold til formel (1) for trekanter DBA og DBC vi har henholdsvis:

11. I en firkant ABCD du kan skrive inn en sirkel. Sirkler innskrevet i trekanter ABD og CBD har radier R og r hhv. Finn avstanden mellom sentrene til disse sirklene.

Løsning (fig. 13). Siden, av betingelsen, firkanten ABCD innskrevet, ved teorem 2 vi har: AB + DC = AD + BC. La oss bruke ideen om å løse det forrige problemet. . Dette betyr at kontaktpunktene til sirklene med segmentet DM kamp. Avstanden mellom sentrene til sirklene er lik summen av radiene. Svar: R + r.

Faktisk er det bevist at tilstanden er i en firkant ABCD du kan skrive inn en sirkel, som tilsvarer tilstanden - i en konveks firkant ABCD sirkler innskrevet i trekanter ABC og ADC ta på hverandre. Det motsatte er sant.

Det foreslås å bevise disse to gjensidig omvendte påstandene i følgende problemstilling, som kan betraktes som en generalisering av denne.

12. I en konveks firkant ABCD (ris. fjorten) sirkler innskrevet i trekanter ABC og ADC ta på hverandre. Bevis at sirkler innskrevet i trekanter ABD og bdc også berøre hverandre.

13. I en trekant ABC med partene a, b og c på siden Sol merket punkt D slik at sirklene innskrevet i trekantene ABD og ACD trykk på segmentet AD på et tidspunkt. Finn lengden på et segment BD.

Løsning (fig. 15). Vi bruker formel (1) for trekanter ADC og adb, beregner DM to

Viser seg, D- kontaktpunkt med siden Sol sirkel innskrevet i en trekant ABC. Det motsatte er sant: hvis toppunktet til en trekant er koblet til tangentpunktet til den innskrevne sirkelen på motsatt side, berører sirklene som er innskrevet i de resulterende trekantene hverandre.

14. Sentre O 1 , O 2 og O 3 tre ikke-skjærende sirkler med samme radius er plassert ved hjørnene av trekanten. Fra poeng O 1 , O 2 , O 3, er tangenter til disse sirklene tegnet som vist på figuren.

Det er kjent at disse tangentene, som krysser hverandre, dannet en konveks sekskant, hvis sider gjennom en er farget rød og blå. Bevis at summen av lengdene til de røde segmentene er lik summen av lengdene til de blå.

Løsning (fig. 16). Det er viktig å forstå hvordan man bruker det faktum at gitte sirkler har samme radier. Merk at segmentene BR og DM er like, som følger av likheten til rette trekanter O 1 BR og O 2 BM. på samme måte DL = D.P., FN = FK. Vi legger til likhetene ledd for ledd, og trekker deretter fra de resulterende summene de samme segmentene av tangenter trukket fra toppunktene MEN, Med, og E sekskant A B C D E F: AR og AK, CL og CM, NO og EP. Vi får det vi trenger.

Her er et eksempel på et stereometriproblem foreslått ved XII International Mathematical Tournament for High School Students "A. N. Kolmogorov Memory Cup".

16. Gitt en femkantet pyramide SA 1 A 2 A 3 A 4 A 5 . Det er et omfang w, som berører alle kantene av pyramiden og en annen kule w 1, som berører alle sider av basen A 1 A 2 A 3 A 4 A 5 og forlengelser av sideribbene SA 1 , SA 2 , SA 3 , SA 4 , SA 5 for toppen av basen. Bevis at toppunktet til pyramiden er like langt fra toppene på basen. (Berlov S.L., Karpov D.V.)

17. BRUK. Diagnostisk arbeid 8. desember 2009, і4. Dana trapes ABCD, hvis grunnlag BC= 44,AD = 100, AB=CD= 35. Sirkel tangent til linjer AD og AC berører siden CD på punktet K. Finn lengden på segmentet CK.VDC og BDA, berører siden BD på poeng E og F. Finn lengden på segmentet EF.

Beslutning. To tilfeller er mulige (fig. 20 og fig. 21). Ved hjelp av formel (1) finner vi lengdene på segmentene DE og D.F..

I det første tilfellet AD = 0,1AC, CD = 0,9AC. I den andre - AD = 0,125AC, CD = 1,125AC. Vi erstatter dataene og får svaret: 4.6 eller 5.5.

Oppgaver for selvstendig løsning /

1. Omkretsen til en likebenet trapes innskrevet rundt en sirkel er 2r. Finn projeksjonen av diagonalen til trapesen på den større basen. (1/2p)

2. Åpen bank med USE-problemer i matematikk. AT 4. Til en sirkel innskrevet i en trekant ABC (fig. 22), tre tangenter er tegnet. Omkretsen til de avkortede trekantene er 6, 8, 10. Finn omkretsen til denne trekanten. (24)

3. Inn i en trekant ABC innskrevet sirkel. MN- tangent til sirkelen MО AC, NО BC, BC = 13, AC = 14, AB = 15. Finn omkretsen til en trekant MNC. (12)

4. Til en sirkel innskrevet i en firkant med side a, tegnes en tangent som skjærer to av sidene. Finn omkretsen til den avskårne trekanten. (en)

5. En sirkel er innskrevet i en femkant med sider en, d, c, d og e. Finn segmentene som kontaktpunktet deler siden lik en.

6. En sirkel er innskrevet i en trekant med sidene 6, 10 og 12. En tangent trekkes til sirkelen slik at den skjærer to store sider. Finn omkretsen til den avskårne trekanten. (seksten)

7. CD er medianen til trekanten ABC. Sirkler innskrevet i trekanter ACD og BCD, trykk på segmentet CD på poeng M og N. Finne MN, hvis AC – Sol = 2. (1)

8. I en trekant ABC med partene a, b og c på siden Sol merket punkt D. Til sirkler innskrevet i trekanter ABD og ACD, tegnes en felles tangent som skjærer hverandre AD på punktet M. Finn lengden på et segment ER. (Lengde ER avhenger ikke av punktets plassering D og
tilsvarer ½ ( c + b - a))

9. En sirkel med radius er innskrevet i en rettvinklet trekant en. Radiusen til sirkelen som tangerer hypotenusen og forlengelsene av bena er R. Finn lengden på hypotenusen. ( R-a)

10. I en trekant ABC lengden på sidene er kjent: AB = med, AC = b, Sol = en. En sirkel innskrevet i en trekant er tangent til en side AB på punktet Fra 1. Eksirkelen er tangent til forlengelsen av siden AB per poeng MEN på punktet Fra 2. Bestem lengden på segmentet S 1 S 2. (b)

11. Finn lengdene på sidene i trekanten, delt på kontaktpunktet til den innskrevne sirkelen med radius 3 cm i segmenter 4 cm og 3 cm (7, 24 og 25 cm i en rettvinklet trekant)

12. Soros Olympiade 1996, 2. runde, 11. klasse. Trekant gitt ABC, på sidene av hvilke punkter er markert A 1, B 1, C 1. Radius av sirkler innskrevet i trekanter AC 1 B 1 , BC 1 A 1 , CA 1 B 1 lik i r. Radius av en sirkel innskrevet i en trekant A 1 B 1 C 1 er lik R. Finn radiusen til en sirkel innskrevet i en trekant ABC. (R +r).

Oppgave 4–8 er hentet fra R. K. Gordins oppgavebok «Geometry. Planimetri." Moskva. Forlag MTSNMO. 2004.

direkte ( MN) som bare har ett felles punkt med sirkelen ( EN), er kalt tangent til sirkelen.

Fellespunktet kalles i dette tilfellet berøringspunkt.

Mulighet for eksistens tangent, og dessuten trukket gjennom ethvert punkt sirkler, som et kontaktpunkt, er bevist av følgende teorem.

La det bli pålagt sirkler sentrert O tangent gjennom et punkt EN. For dette, fra poenget EN, som fra sentrum, beskriv bue radius AO, og fra poenget O, som sentrum, skjærer vi denne buen på punkter B og Med kompassløsning lik diameteren til den gitte sirkelen.

Etter å ha brukt da akkorder OB og OS, koble til prikken EN med prikker D og E hvor disse akkordene skjærer den gitte sirkelen. Direkte AD og AE - tangent til sirkelen O. Det er faktisk klart av konstruksjonen at trekanter AOB og AOC likebent(AO = AB = AC) med baser OB og OS, lik diameteren til sirkelen O.

Som OD og OE er radiene, da D - midten OB, a E- midten OS, midler AD og AE - medianer trukket til basene til likebenede trekanter, og derfor vinkelrett på disse basene. Hvis direkte DA og EA vinkelrett på radiene OD og OE, så er de det tangenter.

Konsekvens.

To tangenter trukket fra samme punkt til sirkelen er like og danner like vinkler med linjen som forbinder dette punktet med sentrum.

Så AD=AE og ∠ OAD = ∠OAE fordi rette trekanter AOD og AOEå ha en felles hypotenusen AO og likeverdig bena OD og OE(som radier) er like. Merk at her betyr ordet "tangens" selve " tangentsegment” fra det gitte punktet til kontaktpunktet.