Lokalizacja styczna. Linia styczna

\[(\Large(\text(Kąty środkowe i wpisane)))\]

Definicje

Kąt środkowy to kąt, którego wierzchołek leży w środku okręgu.

Kąt wpisany to kąt, którego wierzchołek leży na okręgu.

Miara stopnia łuku koła jest miarą stopnia kąta środkowego, który na nim spoczywa.

Twierdzenie

Miara kąta wpisanego jest połową miary łuku, który przecina.

Dowód

Dowód przeprowadzimy w dwóch etapach: najpierw udowodnimy słuszność twierdzenia dla przypadku, gdy jeden z boków kątownika wpisanego zawiera średnicę. Niech punkt \(B\) będzie wierzchołkiem kąta wpisanego \(ABC\), a \(BC\) będzie średnicą okręgu:

Trójkąt \(AOB\) jest równoramienny, \(AO = OB\) , \(\angle AOC\) jest zewnętrzny, to \(\angle AOC = \angle OAB + \angle ABO = 2\angle ABC\), gdzie \(\angle ABC = 0.5\cdot\angle AOC = 0.5\cdot\buildrel\smile\over(AC)\).

Rozważmy teraz dowolny kąt wpisany \(ABC\) . Narysuj średnicę okręgu \(BD\) z wierzchołka wpisanego kąta. Możliwe są dwa przypadki:

1) średnica przecina kąt na dwa kąty \(\angle ABD, \angle CBD\) (dla każdego z nich twierdzenie jest prawdziwe, jak wykazano powyżej, dlatego jest również prawdziwe dla pierwotnego kąta, który jest sumą tych dwa, a zatem równa się połowie sumy łuków, na których się opiera, czyli równej połowie łuku, o który się opiera). Ryż. jeden.

2) średnica nie przecięła kąta na dwa kąty, to mamy jeszcze dwa nowe kąty wpisane \(\angle ABD, \angle CBD\) , których bok zawiera średnicę, więc twierdzenie jest dla nich prawdziwe, to jest odnosi się również do pierwotnego kąta (który jest równy różnicy tych dwóch kątów, co oznacza, że ​​jest równy połowie różnicy łuków, na których się opierają, czyli jest równy połowie łuku, na którym odpoczywa). Ryż. 2.

Konsekwencje

1. Kąty wpisane na podstawie tego samego łuku są równe.

2. Kąt wpisany oparty na półokręgu jest kątem prostym.

3. Kąt wpisany jest równy połowie kąta środkowego opartego na tym samym łuku.

\[(\Large(\text(Styczna do okręgu)))\]

Definicje

Istnieją trzy rodzaje wzajemnego ułożenia linii i okręgu:

1) prosta \(a\) przecina okrąg w dwóch punktach. Taka linia nazywa się sieczną. W tym przypadku odległość \(d\) od środka okręgu do linii prostej jest mniejsza niż promień \(R\) okręgu (rys. 3).

2) prosta \(b\) przecina okrąg w jednym punkcie. Taką prostą nazywamy styczną, a ich wspólny punkt \(B\) nazywamy punktem stycznym. W tym przypadku \(d=R\) (rys. 4).

Twierdzenie

1. Styczna do okręgu jest prostopadła do promienia narysowanego do punktu styku.

2. Jeżeli prosta przechodzi przez koniec promienia okręgu i jest prostopadła do tego promienia, to jest styczna do okręgu.

Konsekwencja

Odcinki stycznych narysowanych od jednego punktu do okręgu są równe.

Dowód

Narysuj dwie styczne \(KA\) i \(KB\) do okręgu z punktu \(K\):

Więc \(OA\perp KA, OB\perp KB\) jako promienie. Trójkąty prostokątne \(\triangle KAO\) i \(\triangle KBO\) są równe w nodze i przeciwprostokątnej, stąd \(KA=KB\) .

Konsekwencja

Środek okręgu \(O\) leży na dwusiecznej kąta \(AKB\) utworzonego przez dwie styczne narysowane z tego samego punktu \(K\) .

\[(\Large(\text(Twierdzenia związane z kątami)))\]

Twierdzenie o kącie między siecznymi

Kąt między dwiema siecznymi wyciągniętymi z tego samego punktu jest równy połowie różnicy miary stopnia przecinanego przez nie łuku większego i mniejszego.

Dowód

Niech \(M\) będzie punktem, od którego rysowane są dwie sieczne, jak pokazano na rysunku:

Pokażmy to \(\angle DMB = \dfrac(1)(2)(\buildrel\smile\over(BD) - \buildrel\smile\over(CA))\).

\(\angle DAB\) to zewnętrzny róg trójkąta \(MAD\) , to \(\angle DAB = \angle DMB + \angle MDA\), gdzie \(\angle DMB = \angle DAB - \angle MDA\), ale kąty \(\angle DAB\) i \(\angle MDA\) są wpisane, to \(\angle DMB = \angle DAB - \angle MDA = \frac(1)(2)\buildrel\smile\over(BD) - \frac(1)(2)\buildrel\smile\over(CA) = \frac(1)(2)(\buildrel\smile\over(BD) - \buildrel\smile\over(CA))\), co miało zostać udowodnione.

Twierdzenie o kącie między przecinającymi się cięciwami

Kąt między dwoma przecinającymi się cięciwami jest równy połowie sumy miary stopni przecinanych przez nie łuków: \[\angle CMD=\dfrac12\left(\buildrel\smile\over(AB)+\buildrel\smile\over(CD)\right)\]

Dowód

\(\angle BMA = \angle CMD\) jako pionowe.

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

Ale \(\kąt AMD = 180^\circ - \angle CMD\), skąd wnioskujemy, że \[\angle CMD = \frac12\cdot\buildrel\smile\over(AB) + \frac12\cdot\buildrel\smile\over(CD) = \frac12(\buildrel\smile\over(AB) + \buildrel\ uśmiech\nad(CD)).\]

Twierdzenie o kącie między cięciwą a styczną

Kąt między styczną a cięciwą przechodzącą przez punkt stycznej jest równy połowie miary łuku odjętej przez cięciwę.

Dowód

Niech prosta \(a\) dotyka okręgu w punkcie \(A\) , \(AB\) będzie cięciwą tego okręgu, \(O\) będzie jego środkiem. Niech prosta zawierająca \(OB\) przecina \(a\) w punkcie \(M\) . Udowodnijmy, że \(\angle BAM = \frac12\cdot \buildrel\smile\over(AB)\).

Oznacz \(\angle OAB = \alpha\) . Ponieważ \(OA\) i \(OB\) są promieniami, to \(OA = OB\) i \(\angle OBA = \angle OAB = \alpha\). Zatem, \(\buildrel\smile\over(AB) = \angle AOB = 180^\circ - 2\alpha = 2(90^\circ - \alpha)\).

Ponieważ \(OA\) jest promieniem narysowanym do punktu stycznej, to \(OA\perp a\) , czyli \(\angle OAM = 90^\circ\) , zatem \(\angle BAM = 90^\circ - \angle OAB = 90^\circ - \alpha = \frac12\cdot\buildrel\smile\over(AB)\).

Twierdzenie o łukach skróconych równymi cięciwami

Równe akordy tworzą równe łuki, mniejsze półkola.

I na odwrót: równe łuki są skrócone przez równe cięciwy.

Dowód

1) Niech \(AB=CD\) . Udowodnijmy, że mniejsze półkola łuku .

Z trzech stron zatem \(\angle AOB=\angle COD\) . Lecz odkąd \(\angle AOB, \angle COD\) - kąty środkowe oparte na łukach \(\buildrel\smile\over(AB), \buildrel\smile\over(CD)\) odpowiednio, to \(\buildrel\smile\over(AB)=\buildrel\smile\over(CD)\).

2) Jeśli \(\buildrel\smile\over(AB)=\buildrel\smile\over(CD)\), następnie \(\trójkąt AOB=\trójkąt COD\) wzdłuż dwóch boków \(AO=BO=CO=DO\) i kąt między nimi \(\angle AOB=\angle COD\) . Dlatego \(AB=CD\) .

Twierdzenie

Jeśli promień przecina cięciwę na pół, to jest do niej prostopadły.

Prawdą jest również odwrotność: jeśli promień jest prostopadły do ​​cięciwy, to punkt przecięcia przecina go na pół.

Dowód

1) Niech \(AN=NB\) . Udowodnijmy, że \(OQ\perp AB\) .

Rozważ \(\triangle AOB\) : jest to równoramienne, ponieważ \(OA=OB\) – promienie okręgu. Ponieważ \(ON\) to mediana narysowana do podstawy, to także wysokość, stąd \(ON\perp AB\) .

2) Niech \(OQ\perp AB\) . Udowodnijmy, że \(AN=NB\) .

Podobnie \(\triangle AOB\) jest równoramienny, \(ON\) jest wysokością, więc \(ON\) jest medianą. Dlatego \(AN=NB\) .

\[(\Large(\text(Twierdzenia związane z długościami segmentów)))\]

Twierdzenie o iloczynie odcinków akordów

Jeżeli dwa cięciwy okręgu przecinają się, to iloczyn odcinków jednego cięciwy jest równy iloczynowi odcinków drugiego cięciwy.

Dowód

Niech akordy \(AB\) i \(CD\) przecinają się w punkcie \(E\) .

Rozważmy trójkąty \(ADE\) i \(CBE\) . W tych trójkątach kąty \(1\) i \(2\) są równe, ponieważ są wpisane i opierają się na tym samym łuku \(BD\) , a kąty \(3\) i \(4\) są równe pionowe. Trójkąty \(ADE\) i \(CBE\) są podobne (według pierwszego kryterium podobieństwa trójkąta).

Następnie \(\dfrac(AE)(WE) = \dfrac(DE)(BE)\), skąd \(AE\cdot BE = CE\cdot DE\) .

Twierdzenie o stycznej i siecznej

Kwadrat odcinka stycznego jest równy iloczynowi siecznej i jej części zewnętrznej.

Dowód

Niech styczna przechodzi przez punkt \(M\) i dotyka okręgu w punkcie \(A\) . Niech sieczna przechodzi przez punkt \(M\) i przecina okrąg w punktach \(B\) i \(C\) tak, że \(MB< MC\) . Покажем, что \(MB\cdot MC = MA^2\) .

Rozważmy trójkąty \(MBA\) i \(MCA\) : \(\angle M\) jest ogólne, \(\angle BCA = 0.5\cdot\buildrel\smile\over(AB)\). Zgodnie z twierdzeniem o kącie między styczną a sieczną, \(\angle BAM = 0.5\cdot\buildrel\smile\over(AB) = \angle BCA\). Zatem trójkąty \(MBA\) i \(MCA\) są podobne pod dwoma kątami.

Z podobieństwa trójkątów \(MBA\) i \(MCA\) mamy: \(\dfrac(MB)(MA) = \dfrac(MA)(MC)\), co jest równoważne \(MB\cdot MC = MA^2\) .

Konsekwencja

Iloczyn siecznej wylosowanej z punktu \(O\) i jego części zewnętrznej nie zależy od wyboru siecznej wylosowanej z punktu \(O\) .

Artykuł zawiera szczegółowe wyjaśnienie definicji, geometrycznego znaczenia pochodnej z zapisem graficznym. Równanie stycznej zostanie rozpatrzone na przykładach, zostaną znalezione równania stycznej do krzywych drugiego rzędu.

Kąt nachylenia linii prostej y \u003d k x + b nazywany jest kątem α, który jest mierzony od dodatniego kierunku osi x do linii prostej y \u003d k x + b w kierunku dodatnim.

Na rysunku kierunek wół jest oznaczony zieloną strzałką i zielonym łukiem, a kąt nachylenia czerwonym łukiem. Niebieska linia odnosi się do linii prostej.

Definicja 2

Nachylenie linii prostej y \u003d k x + b nazywa się współczynnikiem liczbowym k.

Nachylenie jest równe nachyleniu linii prostej, czyli k = t g α .

• Nachylenie prostej wynosi 0 tylko wtedy, gdy ox jest równoległe, a nachylenie równe zero, ponieważ tangens zera wynosi 0. Tak więc forma równania będzie y = b.
• Jeżeli kąt nachylenia prostej y = k x + b jest ostry, to warunki 0< α < π 2 или 0 ° < α < 90 ° . Отсюда имеем, что значение углового коэффициента k считается положительным числом, потому как значение тангенс удовлетворяет условию t g α >0 , a na wykresie widać wzrost.
• Jeśli α \u003d π 2, położenie linii jest prostopadłe do x. Równość jest określona przez równość x = c, gdzie wartość c jest liczbą rzeczywistą.
• Jeżeli kąt nachylenia prostej y = k x + b jest rozwarty, to odpowiada on warunkom π 2< α < π или 90 ° < α < 180 ° , значение углового коэффициента k принимает отрицательное значение, а график убывает.

Sieczna to linia prosta przechodząca przez 2 punkty funkcji f (x). Innymi słowy sieczna to linia prosta, która przechodzi przez dowolne dwa punkty na wykresie danej funkcji.

Rysunek pokazuje, że A B jest sieczną, a f (x) jest czarną krzywą, α jest czerwonym łukiem, wskazującym kąt nachylenia siecznej.

Gdy nachylenie prostej jest równe stycznej do kąta nachylenia, widać wyraźnie, że styczną z trójkąta prostokątnego A B C można znaleźć w stosunku do przeciwległego ramienia do sąsiedniego.

Definicja 4

Otrzymujemy wzór na znalezienie siecznej formy:

k = t g α = B C A C = f (x B) - f x A x B - x A , gdzie odcięte punkty A i B są wartościami x A , x B i f (x A) , f (x B) są funkcjami wartości w tych punktach.

Oczywiście nachylenie siecznej definiuje się za pomocą równości k \u003d f (x B) - f (x A) x B - x A lub k \u003d f (x A) - f (x B) x A - x B, a równanie musi być zapisane jako y = f (x B) - f (x A) x B - x A x - x A + f (x A) lub
y = f (x A) - f (x B) x A - x B x - x B + f (x B) .

Sieczna wizualnie dzieli wykres na 3 części: na lewo od punktu A, od A do B, na prawo od B. Poniższy rysunek pokazuje, że istnieją trzy sieczne, które są uważane za takie same, to znaczy są ustawić przy użyciu podobnego równania.

Z definicji jest jasne, że linia i jej sieczna pokrywają się w tym przypadku.

Sieczna może wielokrotnie przecinać wykres danej funkcji. Jeśli istnieje równanie postaci y \u003d 0 dla siecznej, to liczba punktów przecięcia z sinusoidą jest nieskończona.

Definicja 5

Styczna do wykresu funkcji f (x) w punkcie x 0 ; f (x 0) nazywamy linią prostą przechodzącą przez dany punkt x 0; f (x 0) , z obecnością segmentu, który ma wiele wartości x bliskich x 0 .

Przykład 1

Przyjrzyjmy się bliżej poniższemu przykładowi. Wtedy widać, że prosta określona funkcją y = x + 1 jest uważana za styczną do y = 2 x w punkcie o współrzędnych (1 ; 2 ) . Dla jasności należy wziąć pod uwagę wykresy o wartościach zbliżonych do (1; 2). Funkcja y = 2 x zaznaczona jest na czarno, niebieska linia to styczna, czerwona kropka to punkt przecięcia.

Oczywiście y \u003d 2 x łączy się z linią y \u003d x + 1.

Aby określić styczną, rozważ zachowanie stycznej A B, gdy punkt B zbliża się w nieskończoność do punktu A. Dla jasności przedstawiamy figurę.

Sieczna AB, oznaczona linią niebieską, dąży do położenia samej stycznej, a kąt nachylenia siecznej α zacznie dążyć do kąta nachylenia samej stycznej αx.

Definicja 6

Styczna do wykresu funkcji y \u003d f (x) w punkcie A jest położeniem granicznym siecznej A B w B zmierzającym do A, to znaczy B → A.

Teraz przejdziemy do rozważenia geometrycznego znaczenia pochodnej funkcji w punkcie.

Przejdźmy do rozważenia siecznej A B dla funkcji f (x), gdzie A i B o współrzędnych x 0, f (x 0) i x 0 + ∆ x, f (x 0 + ∆ x) i ∆ x to oznaczony jako przyrost argumentu . Teraz funkcja przyjmie postać ∆ y = ∆ f (x) = f (x 0 + ∆ x) - f (∆ x) . Dla jasności weźmy zdjęcie jako przykład.

Rozważmy otrzymany trójkąt prostokątny A B C. Używamy definicji stycznej do rozwiązania, to znaczy otrzymujemy stosunek ∆ y ∆ x = t g α . Z definicji stycznej wynika, że ​​lim ∆ x → 0 ∆ y ∆ x = t g α x . Zgodnie z regułą pochodnej w punkcie mamy, że pochodną f (x) w punkcie x 0 nazywamy granicą stosunku przyrostu funkcji do przyrostu argumentu, gdzie ∆ x → 0, wtedy oznaczone jako f (x 0) = lim ∆ x → 0 ∆ y ∆ x .

Wynika z tego, że f "(x 0) = lim ∆ x → 0 ∆ y ∆ x = t g α x = k x, gdzie k x jest oznaczane jako nachylenie stycznej.

Oznacza to, że otrzymujemy, że f ' (x) może istnieć w punkcie x 0 i podobnie jak styczna do danego wykresu funkcji w punkcie styku równa x 0 , f 0 (x 0) , gdzie wartość nachylenia stycznej w punkcie jest równa pochodnej w punkcie x 0 . Wtedy otrzymujemy, że k x = f "(x 0) .

Geometryczne znaczenie pochodnej funkcji w punkcie jest takie, że dane jest pojęcie istnienia stycznej do wykresu w tym samym punkcie.

Aby napisać równanie dowolnej linii prostej w płaszczyźnie, konieczne jest nachylenie z punktem, przez który przechodzi. Jego oznaczenie przyjmuje się jako x 0 na skrzyżowaniu.

Równanie stycznej do wykresu funkcji y \u003d f (x) w punkcie x 0, f 0 (x 0) przyjmuje postać y \u003d f "(x 0) x - x 0 + f (x 0) .

Oznacza to, że ostateczna wartość pochodnej f „(x 0) może określić położenie stycznej, czyli w pionie pod warunkiem lim x → x 0 + 0 f” (x) = ∞ i lim x → x 0 - 0 f "(x ) = ∞ lub w ogóle brak pod warunkiem lim x → x 0 + 0 f "(x) ≠ lim x → x 0 - 0 f "(x) .

Położenie stycznej zależy od wartości jej nachylenia k x \u003d f ”(x 0). Gdy jest ona równoległa do osi ox, otrzymujemy to k k \u003d 0, gdy jest ona równoległa do o y - k x \u003d ∞, a forma równania stycznej x \u003d x 0 wzrasta wraz z k x > 0 , maleje jako k x< 0 .

Przykład 2

Skompiluj równanie stycznej z wykresem funkcji y \u003d e x + 1 + x 3 3 - 6 - 3 3 x - 17 - 3 3 w punkcie o współrzędnych (1; 3) z definicją kąta nachylenie.

Decyzja

Z założenia mamy, że funkcja jest zdefiniowana dla wszystkich liczb rzeczywistych. Otrzymujemy, że punkt o współrzędnych określonych przez warunek (1 ; 3) jest punktem styku, wtedy x 0 = - 1 , f (x 0) = - 3 .

Konieczne jest znalezienie pochodnej w punkcie o wartości -1 . Rozumiemy to

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

Wartość f ’ (x) w punkcie styku jest nachyleniem stycznej, która jest równa stycznej nachylenia.

Wtedy k x = t g α x = y "(x 0) = 3 3

Wynika z tego, że α x = a r c t g 3 3 = π 6

Odpowiedź: równanie styczne przyjmuje postać

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

Dla jasności podajemy przykład na ilustracji graficznej.

Kolor czarny jest używany do oryginalnego wykresu funkcji, kolor niebieski to obraz styczny, czerwona kropka to punkt kontaktu. Rysunek po prawej przedstawia widok w powiększeniu.

Przykład 3

Znajdź istnienie stycznej do wykresu danej funkcji
y = 3 x - 1 5 + 1 w punkcie o współrzędnych (1 ; 1) . Napisz równanie i określ kąt nachylenia.

Decyzja

Z założenia mamy, że dziedziną danej funkcji jest zbiór wszystkich liczb rzeczywistych.

Przejdźmy do znalezienia pochodnej

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

Jeśli x 0 = 1 , to f ' (x) nie jest zdefiniowane, ale granice są zapisane jako lim x → 1 + 0 3 5 1 (x - 1) 4 5 = 3 5 1 (+ 0) 4 5 = 3 5 1 + 0 = + ∞ i lim x → 1 - 0 3 5 1 (x - 1) 4 5 = 3 5 1 (- 0) 4 5 = 3 5 1 + 0 = + ∞ , co oznacza istnienie stycznej pionowej w punkt (1 ; 1) .

Odpowiedź: równanie przyjmie postać x \u003d 1, gdzie kąt nachylenia będzie równy π 2.

Narysujmy to dla jasności.

Przykład 4

Znajdź punkty wykresu funkcji y = 1 15 x + 2 3 - 4 5 x 2 - 16 5 x - 26 5 + 3 x + 2 , gdzie

1. Styczna nie istnieje;
2. Styczna jest równoległa do x;
3. Styczna jest równoległa do prostej y = 8 5 x + 4 .

Decyzja

Należy zwrócić uwagę na dziedzinę definicji. Z założenia mamy, że funkcja jest zdefiniowana na zbiorze wszystkich liczb rzeczywistych. Rozwiń moduł i rozwiąż układ w przedziałach x ∈ - ∞ ; 2 i [-2; +∞) . Rozumiemy to

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

Funkcja musi być zróżnicowana. Mamy to

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

Gdy x = -2, to pochodna nie istnieje, ponieważ granice jednostronne nie są równe w tym punkcie:

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

Obliczamy wartość funkcji w punkcie x \u003d - 2, gdzie to otrzymujemy

1. y (- 2) \u003d 1 15 - 2 + 2 3 - 4 5 (- 2) 2 - 16 5 (- 2) - 26 5 + 3 - 2 + 2 \u003d - 2, czyli styczna na punkt (- 2; - 2) nie będzie istniał.
2. Styczna jest równoległa do x, gdy nachylenie wynosi zero. Następnie k x \u003d t g α x \u003d f ”(x 0). Oznacza to, że konieczne jest znalezienie wartości takiego x, gdy pochodna funkcji zamienia ją na zero. To znaczy wartości \u200b\u200bf '(x) i będą punktami styku, w których styczna jest równoległa do x .

Kiedy x ∈ - ∞ ; -2 , to -1 5 (x 2 + 12 x + 35) = 0 , a dla x ∈ (- 2 ; + ∞) otrzymujemy 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 ; +∞

Obliczamy odpowiednie wartości funkcji

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

Stąd - 5; 8 5 , - 4 ; 4 3 , 1 ; 85, 3; 4 3 są uważane za pożądane punkty wykresu funkcji.

Rozważ graficzną reprezentację rozwiązania.

Czarna linia to wykres funkcji, czerwone kropki to punkty dotykowe.

1. Gdy linie są równoległe, zbocza są równe. Następnie należy poszukać punktów wykresu funkcji, w których nachylenie będzie równe wartości 8 5 . Aby to zrobić, musisz rozwiązać równanie postaci y "(x) = 8 5. Następnie, jeśli x ∈ - ∞; - 2, otrzymujemy, że - 1 5 (x 2 + 12 x + 35) = 8 5, a jeśli x ( - 2 ; + ∞ ) , to 1 5 (x 2 - 4 x + 3) = 8 5 .

Pierwsze równanie nie ma pierwiastków, ponieważ dyskryminator jest mniejszy od zera. Zapiszmy to

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

W takim razie inne równanie ma dwa pierwiastki rzeczywiste

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 ; +∞

Przejdźmy do znalezienia wartości funkcji. Rozumiemy to

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

Punkty z wartościami - 1 ; 4 15, 5; 8 3 to punkty, w których styczne są równoległe do prostej y = 8 5 x + 4 .

Odpowiedź: czarna linia - wykres funkcji, czerwona linia - wykres y \u003d 8 5 x + 4, niebieska linia - styczne w punktach - 1; 4 15, 5; 8 3 .

Możliwe jest istnienie nieskończonej liczby stycznych dla danych funkcji.

Przykład 5

Napisz równania wszystkich dostępnych stycznych funkcji y = 3 cos 3 2 x - π 4 - 1 3 , które są prostopadłe do prostej y = - 2 x + 1 2 .

Decyzja

Aby skompilować równanie styczne, konieczne jest znalezienie współczynnika i współrzędnych punktu stycznego na podstawie warunku prostopadłości prostych. Definicja brzmi tak: iloczyn nachyleń prostopadłych do linii prostych jest równy -1, to znaczy jest zapisany jako k x · k ⊥ = -1. Z warunku mamy, że nachylenie jest prostopadłe do prostej i wynosi k ⊥ = -2, a następnie k x = -1 k ⊥ = -1 - 2 = 1 2 .

Teraz musimy znaleźć współrzędne punktów styku. Musisz znaleźć x, po czym jego wartość dla danej funkcji. Zauważ, że z geometrycznego znaczenia pochodnej w punkcie
x 0 otrzymujemy to k x \u003d y ”(x 0) . Z tej równości znajdujemy wartości x dla punktów styku.

Rozumiemy to

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

To równanie trygonometryczne zostanie użyte do obliczenia współrzędnych punktów styku.

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

Z jest zbiorem liczb całkowitych.

Znaleziono x punktów kontaktowych. Teraz musisz przejść do wyszukiwania wartości y:

y 0 = 3 cos 3 2 x 0 - π 4 - 1 3

y 0 = 3 1 - grzech 2 3 2 x 0 - π 4 - 1 3 lub y 0 = 3 - 1 - grzech 2 3 2 x 0 - π 4 - 1 3

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

r 0 = 4 5 - 1 3 lub r 0 = - 4 5 + 1 3

Stąd otrzymujemy, że 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 to punkty dotykowe.

Odpowiedź: niezbędne równania zostaną zapisane jako

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

Aby przedstawić wizualną reprezentację, rozważ funkcję i styczną na linii współrzędnych.

Rysunek pokazuje, że lokalizacja funkcji znajduje się w przedziale [ - 10 ; 10] , gdzie linia czarna jest wykresem funkcji, linie niebieskie to styczne prostopadłe do danej prostej postaci y = - 2 x + 1 2 . Czerwone kropki to punkty dotykowe.

Równania kanoniczne krzywych drugiego rzędu nie są funkcjami jednowartościowymi. Równania styczne dla nich są zestawiane zgodnie ze znanymi schematami.

Styczna do okręgu

Aby ustawić okrąg o środku w punkcie x c ​​e n t e r ; y c e n t e r i promień R, stosuje się wzór x - x c e n t e r 2 + y - y c e n t e r 2 = R 2.

Tę równość można zapisać jako połączenie dwóch funkcji:

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

Pierwsza funkcja znajduje się na górze, a druga na dole, jak pokazano na rysunku.

Aby sporządzić równanie okręgu w punkcie x 0 ; y 0 , który znajduje się w górnym lub dolnym półokręgu, powinieneś znaleźć równanie wykresu funkcji postaci y \u003d R 2 - x - x c e n t e r 2 + y c e n t e r lub y \u003d - R 2 - x - x c e n t e r 2 + y c e n t e r w określonym punkcie.

Kiedy w punktach x c e n t e r ; y c e n t e r + R i x c e n t e r ; y c e n t e r - R styczne mogą być podane równaniami y = y c e n t e r + R i y = y c e n t e r - R oraz w punktach x c e n t e r + R ; y c e n t e r i
x c e n t e r - R ; y c e n t e r będzie równoległe do y, to otrzymamy równania postaci x = x c e n t e r + R oraz x = x c e n t e r - R .

Styczna do elipsy

Kiedy elipsa jest wyśrodkowana w punkcie x e n t e r ; y c e n t e r o półosiach a i b , to może być podane równaniem x - x c e n t e r 2 a 2 + y - y c e n t e r 2 b 2 = 1 .

Elipsę i okrąg można oznaczyć łącząc dwie funkcje, a mianowicie górną i dolną półelipsę. Wtedy to rozumiemy

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

Jeżeli styczne znajdują się w wierzchołkach elipsy, to są równoległe względem x lub około y. Dla jasności rozważ poniższy rysunek.

Przykład 6

Napisz równanie stycznej do elipsy x - 3 2 4 + y - 5 2 25 = 1 w punktach o wartościach x równych x = 2 .

Decyzja

Konieczne jest znalezienie punktów styku, które odpowiadają wartości x = 2. Dokonujemy podstawienia do istniejącego równania elipsy i otrzymujemy, że

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

Następnie 2 ; 5 3 2 + 5 i 2 ; - 5 3 2 + 5 to punkty styczne należące do górnej i dolnej półelipsy.

Przejdźmy do znalezienia i rozwiązania równania elipsy względem y. Rozumiemy to

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

Jest oczywiste, że górną półelipsę określa się funkcją postaci y = 5 + 5 2 4 - x - 3 2 , a dolną y = 5 - 5 2 4 - x - 3 2 .

Stosujemy standardowy algorytm w celu sformułowania równania stycznej do wykresu funkcji w punkcie. Piszemy, że równanie dla pierwszej stycznej w punkcie 2 ; 5 3 2 + 5 będzie wyglądać

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

Otrzymujemy, że równanie drugiej stycznej z wartością w punkcie
2; - 5 3 2 + 5 staje się

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

Graficznie styczne oznaczono w następujący sposób:

Styczna do hiperboli

Kiedy hiperbola ma środek w punkcie x c ​​e n t e r ; y c e n t e r i wierzchołki x c e n t e r + α ; y c e n t e r i x c e n t e r - α ; y c e n t e r , nierówność x - x c e n t e r 2 α 2 - y - y c e n t e r 2 b 2 = 1 jest podana jeśli z wierzchołkami x c e n t e r ; y c e n t e r + b i x c e n t e r ; y c e n t e r - b jest wtedy podane przez nierówność x - x c e n t e r 2 α 2 - y - y c e n t e r 2 b 2 = -1 .

Hiperbolę można przedstawić jako dwie połączone funkcje postaci

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

W pierwszym przypadku mamy, że styczne są równoległe do y, aw drugim są równoległe do x.

Wynika z tego, że aby znaleźć równanie stycznej do hiperboli, konieczne jest ustalenie, do której funkcji należy punkt styczny. Aby to ustalić, konieczne jest dokonanie podstawienia w równaniach i sprawdzenie ich identyczności.

Przykład 7

Napisz równanie stycznej do hiperboli x - 3 2 4 - y + 3 2 9 = 1 w punkcie 7; - 3 3 - 3 .

Decyzja

Konieczne jest przekształcenie zapisu rozwiązania znalezienia hiperboli za pomocą 2 funkcji. Rozumiemy to

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

Konieczne jest ustalenie, do jakiej funkcji należy dany punkt o współrzędnych 7; - 3 3 - 3 .

Oczywiście, aby sprawdzić pierwszą funkcję, potrzebujesz y (7) = 3 2 (7 - 3) 2 - 4 - 3 = 3 3 - 3 ≠ - 3 3 - 3 , wtedy punkt nie należy do wykresu, ponieważ równość nie jest spełniona.

Dla drugiej funkcji mamy, że y (7) = - 3 2 (7 - 3) 2 - 4 - 3 = - 3 3 - 3 ≠ - 3 3 - 3 , co oznacza, że ​​punkt należy do danego wykresu. Stąd powinieneś znaleźć współczynnik nachylenia.

Rozumiemy to

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

Odpowiedź: równanie styczne można przedstawić jako

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

Jest wizualizowany w następujący sposób:

Styczna do paraboli

Aby skomponować równanie stycznej do paraboli y \u003d a x 2 + b x + c w punkcie x 0, y (x 0) , musisz użyć standardowego algorytmu, wówczas równanie przyjmie postać y \u003d y ” (x 0) x - x 0 + y ( x 0) Taka styczna do wierzchołka jest równoległa do x.

Parabola x = a y 2 + b y + c powinna być zdefiniowana jako suma dwóch funkcji. Dlatego musimy rozwiązać równanie dla y. Rozumiemy to

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

Narysujmy to jako:

Aby dowiedzieć się, czy punkt x 0 , y (x 0) należy do funkcji, delikatnie postępuj zgodnie ze standardowym algorytmem. Taka styczna będzie równoległa do y względem paraboli.

Przykład 8

Napisz równanie stycznej do wykresu x - 2 y 2 - 5 y + 3 gdy mamy nachylenie stycznej 150 °.

Decyzja

Rozwiązanie zaczynamy od przedstawienia paraboli jako dwóch funkcji. Rozumiemy to

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

Wartość nachylenia jest równa wartości pochodnej w punkcie x 0 tej funkcji i jest równa tangensowi nachylenia.

Otrzymujemy:

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

Stąd określamy wartość x dla punktów styku.

Pierwsza funkcja zostanie zapisana jako

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

Oczywiście nie ma prawdziwych pierwiastków, ponieważ otrzymaliśmy wartość ujemną. Dochodzimy do wniosku, że dla takiej funkcji nie ma stycznej o kącie 150 °.

Druga funkcja zostanie zapisana jako

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

Mamy, że punkty styku - 23 4 ; - 5 + 3 4 .

Odpowiedź: równanie styczne przyjmuje postać

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

Narysujmy to tak:

Jeśli zauważysz błąd w tekście, zaznacz go i naciśnij Ctrl+Enter

Prostą, która ma tylko jeden wspólny punkt z okręgiem, nazywamy styczną do okręgu, a ich wspólny punkt nazywamy punktem styku prostej z okręgiem.

Twierdzenie (własność stycznej do okręgu)

Styczna do okręgu jest prostopadła do promienia narysowanego do punktu stycznej.

Dany

A - punkt kontaktowy

Udowodnić:p oa

Dowód.

Udowodnijmy metodę „przez sprzeczność”.

Załóżmy, że p jest OA, a następnie OA jest ukośne do prostej p.

Jeśli z punktu O narysujemy prostopadły OH do prostej p, to jego długość będzie mniejsza niż promień: OH< ОА=r

Otrzymujemy, że odległość od środka okręgu do prostej p (OH) jest mniejsza niż promień (r), co oznacza, że ​​prosta p jest sieczną (czyli ma dwa punkty wspólne z okręgiem), co jest sprzeczne z warunkiem twierdzenia (p-tangens).

Czyli założenie jest fałszywe, stąd prosta p jest prostopadła do OA.

Twierdzenie (Własność segmentów stycznych narysowanych z jednego punktu)

Odcinki stycznych do okręgu, narysowane z jednego punktu, są równe i tworzą równe kąty z linią przechodzącą przez ten punkt i środkiem okręgu.

Dany: około. (Lub)

AB i AC są styczne do env. (Lub)

Udowodnić: AB=AC

Dowód

1) OB AB, OS AC, jako promienie narysowane do punktu styku (właściwość styczna)

2) Rozważ tr. AOV itp. AOS - p / y

AO - suma

OB=OC (jako promienie)

Tak więc ABO \u003d AOC (wzdłuż przeciwprostokątnej i nogi). Stąd,

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

Twierdzenie (Znak stycznej)

Jeżeli linia prosta przechodzi przez koniec promienia leżącego na okręgu i jest prostopadła do tego promienia, to jest styczna.

Dany: ОА – promień okręgu

Udowodnić: p- styczna do okręgu

Dowód

OA - promień okręgu (według warunku) (OA \u003d r)

OA - prostopadle od O do linii p (OA \u003d d)

Czyli r=OA=d, więc prosta p i okrąg mają jeden wspólny punkt.

Dlatego prosta p jest styczna do okręgu. c.d.

3. Własność cięciw i siecznych.

Właściwości styczne i sieczne

DEFINICJA

obwód nazywany miejscem występowania punktów równoodległych od jednego punktu, który nazywa się środkiem okręgu.

Odcinek łączący dwa punkty na okręgu nazywa się akord(na rysunku jest to segment). Akord przechodzący przez środek koła nazywa się średnica kręgi.

1. Styczna jest prostopadła do promienia narysowanego do punktu styku.

2. Odcinki stycznych narysowanych z jednego punktu są równe.

3. Jeżeli styczna i sieczna są rysowane z punktu leżącego poza okręgiem, to kwadrat długości stycznej jest równy iloczynowi siecznej przez jej część zewnętrzną.

Najczęściej problemy geometryczne sprawiają trudności aplikantom, absolwentom i uczestnikom olimpiad matematycznych. Jeśli spojrzysz na statystyki USE w 2010 roku, możesz zauważyć, że około 12% uczestników rozpoczęło zadanie geometryczne C4, a tylko 0,2% uczestników otrzymało pełny wynik i ogólnie zadanie okazało się najtrudniejszy ze wszystkich proponowanych.

Oczywiste jest, że im wcześniej zaoferujemy uczniom piękne lub nieoczekiwane w sposobie rozwiązywania problemów, tym większe prawdopodobieństwo, że zainteresują i zniewolą ich na poważnie i na długo. Ale jakże trudno znaleźć ciekawe i złożone zadania na poziomie 7 klasy, kiedy systematyczne studiowanie geometrii dopiero się zaczyna. Co można zaproponować uczniowi zainteresowanemu matematyką, który zna tylko znaki równości trójkątów, własności kątów sąsiednich i pionowych? Możliwe jest jednak wprowadzenie pojęcia stycznej do okręgu, jako linii prostej mającej jeden punkt wspólny z okręgiem; zaakceptuj, że promień narysowany do punktu styku jest prostopadły do ​​stycznej. Oczywiście warto rozważyć wszystkie możliwe przypadki położenia dwóch okręgów i wspólnych do nich stycznych, które można narysować od zera do czterech. Poprzez udowodnienie twierdzeń zaproponowanych poniżej, możliwe jest znaczne poszerzenie zestawu zadań dla siódmoklasistów. Jednocześnie po drodze udowodnij ważne lub po prostu ciekawe i zabawne fakty. Co więcej, ponieważ wiele stwierdzeń nie znajduje się w podręczniku szkolnym, można je omawiać zarówno w klasie, jak i z absolwentami podczas powtarzania planimetrii. Fakty te okazały się istotne w ostatnim roku akademickim. Ponieważ w wielu pracach diagnostycznych i pracach samego USE pojawił się problem, do rozwiązania którego konieczne było wykorzystanie właściwości odcinka stycznego, co zostało pokazane poniżej.

T1 Odcinki stycznych do okręgu narysowane z
jeden punkt są równe (rys. 1)

To tyle z twierdzeniem, możesz najpierw wprowadzić siódmoklasistów.
W procesie dowodowym użyliśmy znaku równości trójkątów prostokątnych, dochodząc do wniosku, że środek koła leży na dwusiecznej kąta BCA.
Na marginesie przypomnieliśmy sobie, że dwusieczna kąta to położenie punktów wewnętrznego obszaru kąta, równoodległych od jego boków. Rozwiązanie dalekiego od trywialnego problemu opiera się na tych faktach, dostępnych nawet dla początkujących w studiowaniu geometrii.

1. Dwusieczne kątów ALE, W oraz Z wypukły czworoboczny ABCD przecinają się w jednym punkcie. Promienie AB oraz DC przecinają się w punkcie mi i promienie
słońce oraz OGŁOSZENIE w punkcie F. Udowodnij, że niewypukły czworokąt AECF suma długości przeciwległych boków jest równa.

Rozwiązanie (ryc. 2). Zostawiać O jest punktem przecięcia tych dwusiecznych. Następnie O w równej odległości od wszystkich stron czworokąta ABCD, tj
jest środkiem koła wpisanego w czworobok. Według twierdzenia 1 równości są poprawne: AR = AK, ER = PE, FT = FK. Dodajemy lewą i prawą część termin po termie, otrzymujemy poprawną równość:

(AR + ER) + FT = (AK +FK) + PE; AE + (FC + CT) = AF + (UE + PC). Jak ST = RS, następnie AE + FC = AF + UE, co miało zostać udowodnione.

Rozważmy problem z nietypowym sformułowaniem, do rozwiązania którego wystarczy znajomość twierdzenia 1 .

2. Czy jest? n-gon, którego boki to kolejno 1, 2, 3, ..., n w które koło można wpisać?

Decyzja. Powiedzmy takie n-gon istnieje. ALE 1 ALE 2 =1, …, ALE n-1 ALE n= n– 1,ALE n ALE 1 = n. B 1 , …, B n to odpowiednie punkty dotykowe. Następnie przez twierdzenie 1 A 1 B 1 = A 1 B n< 1, n – 1 < A n B n< n. Własnością odcinków stycznych A n B n= A n B n-1 . Ale, A n B n-1< A n-1 ALE n= n- 1. Sprzeczność. Dlatego nie n-gon, który spełnia warunek problemu.

T 2 Sumy przeciwległych boków czworoboku opisanego o
koła są równe (ryc. 3)

Dzieci w wieku szkolnym z reguły łatwo udowadniają tę właściwość opisanego czworoboku. Po udowodnieniu twierdzenia 1 , jest to ćwiczenie treningowe. Fakt ten można uogólnić - sumy boków ograniczonego parzystości, pobrane przez jeden, są równe. Na przykład dla sześciokąta ALFABET Prawidłowy: AB + CD + EF = BC + DE + FA.

Rozwiązanie (rys. 1). Ponieważ czworokąty ABEF i ECDF są wpisane, przez Twierdzenie 2 Р ABEF = 2(AB + EF) i Р ECDF = 2(CD + EF), przez warunek

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

Rozwiązanie (ryc. 5). Według twierdzenia 1 MB = MX i PC = RX. A więc obwód trójkąta POWIEDZIAŁEŚ równa sumie odcinków AB oraz JAK. Lub podwójna styczna narysowana do eksokręgu dla trójkąta POWIEDZIAŁEŚ . Wartość kąta MOP jest mierzona o połowę wartości kąta WOS, który nie zależy od wyboru punktu X.

Rozwiązanie (rys. 6). Metoda pierwsza (algebraiczna). Zostawiać AK \u003d AN \u003d x, następnie BK = BM = c - x, CM = CN = a - c + x. AC = AN + NC, wtedy możemy napisać równanie dla x: b \u003d x + (a - c + x). Gdzie .

Metoda druga (geometryczna). Przejdźmy do diagramu. Odcinki równych stycznych, brane pojedynczo, sumują się do półobwodu
trójkąt. Czerwony i zielony tworzą stronę a. Następnie interesujący nas segment x = p - a. Oczywiście uzyskane wyniki są spójne.

. W

4. Znajdź promień okręgu wpisanego w trójkąt prostokątny z nogami a, b i przeciwprostokątna z. Rozwiązanie (ryc. 8). T Jak OMCN- kwadrat, to promień okręgu wpisanego jest równy odcinkowi stycznej CN. .

5. Wykazać, że punkty styczności okręgów wpisanych i zewnętrznych z bokiem trójkąta są symetryczne względem środka tego boku.

Rozwiązanie (ryc. 9). Zauważ, że AK jest odcinkiem stycznej eksokręgu dla trójkąta ABC. Według wzoru (2) . maszyna wirtualna- odcinek okrąg styczny do trójkąta ABC. Zgodnie ze wzorem (1) . AK = VM, a to oznacza, że ​​punkty K i M w równej odległości od środka boku AB, co było do okazania

6. Dwie wspólne styczne zewnętrzne i jedna styczna wewnętrzna są rysowane w dwóch okręgach. Wewnętrzna styczna przecina zewnętrzne w punktach A, B i dotyka okręgów w punktach 1 oraz W 1 . Udowodnij to AA 1 \u003d BB 1.

Rozwiązanie (ryc. 10). Zatrzymaj się ... Ale co tu decydować? To tylko kolejne sformułowanie poprzedniego problemu. Widać, że jedno z kół jest wpisane, a drugie na zewnątrz jakiegoś trójkąta ABC. A segmenty AA 1 i BB 1 odpowiadają segmentom AK oraz maszyna wirtualna zadania 5. Warto zauważyć, że problem zaproponowany na Ogólnorosyjskiej Olimpiadzie dla uczniów w matematyce jest rozwiązany w tak oczywisty sposób.

7. Boki pięciokąta to 5, 6, 10, 7, 8. Udowodnij, że w ten pięciokąt nie da się wpisać okręgu.

Rozwiązanie (rys. 11). Załóżmy, że pięciokąt ABCDE możesz wpisać okrąg. Ponadto strony AB, pne, płyta CD, DE oraz EA są równe odpowiednio 5, 6, 10, 7 i 8. F, G, H, M oraz N. Niech długość odcinka AF jest równe X.

Następnie bf = FD – AF = 5 – x = BG. GC = pne – BG = = 6 – (5 – x) = 1 + x = CH. Itp: HD = DM = 9 – x; JA = PL = x – 2, JAKIŚ = 10 – X.

Ale, AF = JAKIŚ. To jest 10 - X = X; X= 5. Jednak odcinek stycznej AF nie może równać się stronie AB. Wynikająca z tego sprzeczność dowodzi, że koła nie da się wpisać w dany pięciokąt.

8. Okrąg jest wpisany w sześciokąt, jego boki w kolejności obejścia to 1, 2, 3, 4, 5. Znajdź długość szóstego boku.

Decyzja. Oczywiście odcinek styczny można oznaczyć jako X, tak jak w poprzednim zadaniu, napisz równanie i uzyskaj odpowiedź. Ale o wiele bardziej wydajne i efektywne jest użycie notatki do twierdzenia 2 : sumy boków opisanego sześciokąta, poprowadzone przez jeden, są równe.

Wtedy 1 + 3 + 5 = 2 + 4 + X, gdzie X- nieznana szósta strona, X = 3.

Rozwiązanie (rys.12). Ponieważ długości wszystkich boków są liczbami całkowitymi, części ułamkowe długości segmentów są równe BT, BP, DM, DN, AK oraz W. Mamy W + telewizja= 1, a części ułamkowe długości odcinków W oraz telewizja są równe. Jest to możliwe tylko wtedy, gdy W + telewizja= 0,5. Według twierdzenia 1 WT + VR.
Znaczy, VR= 0,5. Zauważ, że warunek płyta CD= 3 okazały się nieodebrane. Oczywiście autorzy problemu przyjęli inne rozwiązanie. Odpowiedź: 0,5.

10. W czworoboku ABCD AD=DC, AB=3, BC=5. Koła wpisane w trójkąty ABD oraz CBD dotknij segmentu BD w punktach M oraz N odpowiednio. Znajdź długość odcinka MN.

Rozwiązanie (ryc. 13). MN = DN - DM. Zgodnie ze wzorem (1) dla trójkątów DBA oraz DBC odpowiednio mamy:

11. W czworoboku ABCD możesz wpisać okrąg. Koła wpisane w trójkąty ABD oraz CBD mieć promienie R oraz r odpowiednio. Znajdź odległość między środkami tych okręgów.

Rozwiązanie (ryc. 13). Ponieważ, pod warunkiem, czworobok ABCD wpisany, przez twierdzenie 2 mamy: AB + DC = AD + BC. Wykorzystajmy pomysł rozwiązania poprzedniego problemu. . Oznacza to, że punkty styku okręgów z odcinkiem DM dopasować. Odległość między środkami okręgów jest równa sumie promieni. Odpowiedź: R + R.

W rzeczywistości udowodniono, że stan jest czworoboczny ABCD możesz wpisać okrąg, co jest równoznaczne z warunkiem - w wypukłym czworoboku ABCD koła wpisane w trójkąty ABC oraz ADC dotykać siebie nawzajem. Przeciwieństwo jest prawdą.

Proponuje się udowodnić te dwa wzajemnie odwrotne twierdzenia w poniższym problemie, który można uznać za uogólnienie tego.

12. W wypukłym czworoboku ABCD (Ryż. czternaście) koła wpisane w trójkąty ABC oraz ADC dotykać siebie nawzajem. Udowodnij, że okręgi wpisane w trójkąty ABD oraz bdc również dotykać się nawzajem.

13. W trójkącie ABC ze stronami a, b oraz c od strony słońce zaznaczony punkt D tak, że koła wpisane w trójkąty ABD oraz ACD dotknij segmentu OGŁOSZENIE w jednym punkcie. Znajdź długość odcinka BD.

Rozwiązanie (rys. 15). Stosujemy wzór (1) dla trójkątów ADC oraz adb, kalkulacja DM dwa

Okazało się, D- punkt kontaktu z bokiem słońce koło wpisane w trójkąt ABC. Prawda jest odwrotna: jeśli wierzchołek trójkąta jest połączony z punktem stycznym wpisanego koła po przeciwnej stronie, to koła wpisane w powstałe trójkąty stykają się ze sobą.

14. Centra O 1 , O 2 i O 3 trzy nieprzecinające się okręgi o tym samym promieniu znajdują się na wierzchołkach trójkąta. Z punktów O 1 , O 2 , O 3, styczne do tych okręgów są narysowane, jak pokazano na rysunku.

Wiadomo, że te styczne, przecinające się, tworzyły wypukły sześciokąt, którego boki przechodzące przez jeden są zabarwione na czerwono i niebiesko. Udowodnij, że suma długości segmentów czerwonych jest równa sumie długości segmentów niebieskich.

Rozwiązanie (rys. 16). Ważne jest, aby zrozumieć, jak wykorzystać fakt, że dane okręgi mają te same promienie. Zauważ, że segmenty BR oraz DM są równe, co wynika z równości trójkątów prostokątnych O 1 BR oraz O 2 BM. podobnie DL = DP, FN = FK. Dodajemy wyraz po wyrazie, a następnie od otrzymanych sum odejmujemy te same odcinki stycznych wylosowanych z wierzchołków ALE, Z, oraz mi sześciokąt ALFABET: AR oraz AK, CL oraz CM, PL oraz PE. Dostajemy to, czego potrzebujemy.

Oto przykład problemu stereometrycznego zaproponowanego na XII Międzynarodowym Turnieju Matematycznym dla Licealistów „Puchar Pamięci A.N. Kołmogorowa”.

16. Biorąc pod uwagę pięciokątną piramidę SA 1 A 2 A 3 A 4 A 5 . Jest zakres w, która dotyka wszystkich krawędzi piramidy i kolejnej kuli w 1 , która dotyka wszystkich boków podstawy Za 1 Za 2 Za 3 Za 4 Za 5 i przedłużenia żeber bocznych SA 1 , SA 2 , SA 3 , SA 4 , SA 5 na szczyty podstawy. Udowodnij, że wierzchołek piramidy znajduje się w równej odległości od wierzchołków podstawy. (Berłow S.L., Karpow D.V.)

17. POSŁUGIWAĆ SIĘ. Prace diagnostyczne 8 grudnia 2009 r., С-4. Trapez Dana ABCD, którego podstawy BC= 44,OGŁOSZENIE = 100, AB=CD= 35. Okrąg styczny do prostych OGŁOSZENIE oraz AC dotyka boku płyta CD w punkcie K. Znajdź długość odcinka CK.VDC i BDA, dotknij boku BD w punktach mi oraz F. Znajdź długość odcinka EF.

Decyzja. Możliwe są dwa przypadki (ryc. 20 i ryc. 21). Korzystając ze wzoru (1), znajdujemy długości odcinków DE oraz D.F..

W pierwszym przypadku OGŁOSZENIE = 0,1AC, płyta CD = 0,9AC. W sekundę - OGŁOSZENIE = 0,125AC, płyta CD = 1,125AC. Podmieniamy dane i otrzymujemy odpowiedź: 4,6 lub 5,5.

Zadania do samodzielnego rozwiązania /

1. Obwód trapezu równoramiennego wpisanego w okrąg to 2r. Znajdź rzut przekątnej trapezu na większą podstawę. (1/2 pensa)

2. Otwarty bank zadań USE w matematyce. W 4. Do koła wpisanego w trójkąt ABC (rys. 22), rysowane są trzy styczne. Obwody ściętych trójkątów to 6, 8, 10. Znajdź obwód tego trójkąta. (24)

3. W trójkąt ABC wpisany okrąg. MN- styczna do okręgu MО AC, NО BC, BC = 13, AC = 14, AB = 15. Znajdź obwód trójkąta MNC. (12)

4. Do okręgu wpisanego w kwadrat o boku a narysowana jest styczna przecinająca dwa jego boki. Znajdź obwód odciętego trójkąta. (a)

5. Koło jest wpisane w pięciokąt z bokami a, d, c, d oraz mi. Znajdź segmenty, na które punkt styku dzieli bok równy a.

6. Okrąg jest wpisany w trójkąt o bokach 6, 10 i 12. Do okręgu rysowana jest styczna, tak aby przecinał dwa duże boki. Znajdź obwód odciętego trójkąta. (szesnaście)

7. płyta CD jest medianą trójkąta ABC. Koła wpisane w trójkąty ACD oraz BCD, dotknij segmentu płyta CD w punktach M oraz N. Znajdować MN, jeśli AC – słońce = 2. (1)

8. W trójkącie ABC ze stronami a, b oraz c od strony słońce zaznaczony punkt D. Do okręgów wpisanych w trójkąty ABD oraz ACD, rysowana jest wspólna styczna, która się przecina OGŁOSZENIE w punkcie M. Znajdź długość odcinka JESTEM. (Długość JESTEM nie zależy od położenia punktu D oraz
równa się ½ ( c + b - a))

9. Okrąg o promieniu jest wpisany w trójkąt prostokątny a. Promień okręgu styczny do przeciwprostokątnej i przedłużeń nóg wynosi R. Znajdź długość przeciwprostokątnej. ( R-a)

10. W trójkącie ABC znane są długości boków: AB = z, AC = b, słońce = a. Okrąg wpisany w trójkąt jest styczny do boku AB w punkcie Od 1. Excircle jest styczne do przedłużenia boku AB za punkt ALE w punkcie Od 2. Określ długość odcinka S1 S2. (b)

11. Znajdź długości boków trójkąta podzielone przez punkt styku koła wpisanego o promieniu 3 cm na odcinki 4 cm i 3 cm (7, 24 i 25 cm w trójkącie prostokątnym)

12. Olimpiada Sorosa 1996, 2 runda, 11 klasa. Dany trójkąt ABC, po bokach których zaznaczono punkty A1, B1, C1. Promienie okręgów wpisanych w trójkąty AC 1 B 1 , BC 1 A 1 , CA 1 B 1 równy w r. Promień okręgu wpisanego w trójkąt A 1 B 1 C 1 równa się R. Znajdź promień okręgu wpisanego w trójkąt ABC. (R +r).

Problemy 4–8 zaczerpnięto z książki z problemami R.K. Gordina „Geometria. Planimetria”. Moskwa. Wydawnictwo MTSNMO. 2004.

Bezpośredni ( MN), który ma tylko jeden punkt wspólny z okręgiem ( A), jest nazywany tangens do kręgu.

W tym przypadku nazywa się wspólny punkt punkt dotknięcia.

Możliwość istnienia tangens, a ponadto przeciągnięty przez dowolny punkt kręgi, jako punkt kontaktowy, potwierdzają następujące: twierdzenie.

Niech to będzie wymagane kręgi wyśrodkowany O tangens przez punkt A. W tym celu z punktu A, jak od środka, opisz łuk promień AO i z punktu O, jako środek, przecinamy ten łuk w punktach B oraz Z rozwiązanie kompasu równe średnicy danego okręgu.

Po spędzeniu wtedy akordy OB oraz OS, połącz kropkę A z kropkami D oraz mi gdzie te akordy przecinają dany okrąg. Bezpośredni OGŁOSZENIE oraz AE - styczna do okręgu O. Rzeczywiście, z konstrukcji jasno wynika, że trójkąty AOB oraz AOC równoramienny(AO = AB = AC) z podstawami OB oraz OS, równa średnicy koła O.

Jak OD oraz OE są promienie, to D - środek OB, a mi- środek OS, znaczy OGŁOSZENIE oraz AE - mediany narysowane do podstaw trójkątów równoramiennych, a zatem prostopadłe do tych podstaw. Jeśli bezpośredni DA oraz EA prostopadle do promieni OD oraz OE, to są styczne.

Konsekwencja.

Dwie styczne narysowane z tego samego punktu do okręgu są równe i tworzą kąty równe z linią łączącą ten punkt ze środkiem.

Więc AD=AE i OAD = ∠OAE ponieważ prawe trójkąty AOD oraz AOE mieć wspólny przeciwprostokątna AO i równe nogi OD oraz OE(jako promienie) są równe. Zwróć uwagę, że tutaj słowo „styczna” oznacza rzeczywistą „ odcinek styczny” od danego punktu do punktu kontaktu.