Vendndodhja tangjente. Vija tangjente

\[(\Large(\tekst(Kënde qendrore dhe të gdhendura)))\]

Përkufizimet

Një kënd qendror është një kënd, kulmi i të cilit shtrihet në qendër të rrethit.

Një kënd i brendashkruar është një kënd, kulmi i të cilit shtrihet në rreth.

Masa e shkallës së një harku të një rrethi është masa e shkallës së këndit qendror që mbështetet mbi të.

Teorema

Masa e një këndi të brendashkruar është gjysma e masës së harkut që ai pret.

Dëshmi

Vërtetimin do ta kryejmë në dy faza: së pari, vërtetojmë vlefshmërinë e pohimit për rastin kur njëra nga anët e këndit të brendashkruar përmban një diametër. Le të jetë pika \(B\) kulmi i këndit të brendashkruar \(ABC\) dhe \(BC\) të jetë diametri i rrethit:

Trekëndëshi \(AOB\) është dykëndësh, \(AO = OB\) , \(\këndi AOC\) është i jashtëm, atëherë \(\këndi AOC = \këndi OAB + \këndi ABO = 2\këndi ABC\), ku \(\këndi ABC = 0,5\cdot\këndi AOC = 0,5\cdot\buildrel\buzëqeshje\mbi(AC)\).

Tani merrni parasysh një kënd të gdhendur arbitrar \(ABC\) . Vizatoni diametrin e rrethit \(BD\) nga kulmi i këndit të brendashkruar. Dy raste janë të mundshme:

1) diametri preu këndin në dy kënde \(\këndi ABD, \këndi CBD\) (për secilën prej të cilave teorema është e vërtetë siç u vërtetua më lart, prandaj është e vërtetë edhe për këndin origjinal, që është shuma e këtyre dy dhe për rrjedhojë është e barabartë me gjysmën e shumës së harqeve mbi të cilat mbështeten, domethënë e barabartë me gjysmën e harkut mbi të cilin mbështetet). Oriz. një.

2) diametri nuk e preu këndin në dy kënde, atëherë kemi edhe dy kënde të reja të brendashkruara \(\këndi ABD, \këndi CBD\) , ana e të cilit përmban diametrin, prandaj, teorema është e vërtetë për ta, atëherë ajo është e vërtetë edhe për këndin origjinal (i cili është i barabartë me diferencën e këtyre dy këndeve, që do të thotë se është i barabartë me gjysmëdiferencën e harqeve në të cilat ata mbështeten, domethënë është e barabartë me gjysmën e harkut në të cilin ai pushon). Oriz. 2.

Pasojat

1. Këndet e brendashkruara të bazuara në të njëjtin hark janë të barabartë.

2. Një kënd i brendashkruar i bazuar në një gjysmërreth është një kënd i drejtë.

3. Një kënd i brendashkruar është i barabartë me gjysmën e këndit qendror bazuar në të njëjtin hark.

\[(\Large(\tekst(Tangjente në rreth)))\]

Përkufizimet

Ekzistojnë tre lloje të rregullimit të ndërsjellë të një rreshti dhe një rrethi:

1) drejtëza \(a\) e pret rrethin në dy pika. Një linjë e tillë quhet sekant. Në këtë rast, distanca \(d\) nga qendra e rrethit në vijën e drejtë është më e vogël se rrezja \(R\) e rrethit (Fig. 3).

2) drejtëza \(b\) pret rrethin në një pikë. Një drejtëz e tillë quhet tangjente, dhe pika e tyre e përbashkët \(B\) quhet pikë tangjente. Në këtë rast \(d=R\) (Fig. 4).

Teorema

1. Tangjenti i rrethit është pingul me rrezen e tërhequr në pikën e kontaktit.

2. Nëse drejtëza kalon nga fundi i rrezes së rrethit dhe është pingul me këtë rreze, atëherë ajo është tangjente me rrethin.

Pasoja

Segmentet e tangjentave të tërhequra nga një pikë në rreth janë të barabarta.

Dëshmi

Vizatoni dy tangjente \(KA\) dhe \(KB\) në rreth nga pika \(K\):

Pra \(OA\perp KA, OB\perp KB\) si rreze. Trekëndëshat kënddrejtë \(\trekëndëshi KAO\) dhe \(\trekëndëshi KBO\) janë të barabartë në këmbë dhe hipotenuzë, pra \(KA=KB\) .

Pasoja

Qendra e rrethit \(O\) shtrihet në përgjysmuesin e këndit \(AKB\) të formuar nga dy tangjente të tërhequra nga e njëjta pikë \(K\) .

\[(\Large(\tekst(Teorema lidhur me këndet)))\]

Teorema për këndin ndërmjet sekanteve

Këndi ndërmjet dy sekanteve të tërhequr nga e njëjta pikë është i barabartë me gjysmë-diferencën e masave të shkallës së harqeve më të mëdhenj dhe më të vegjël të prerë prej tyre.

Dëshmi

Le të jetë \(M\) një pikë nga e cila janë tërhequr dy sekante siç tregohet në figurë:

Le ta tregojmë atë \(\këndi DMB = \dfrac(1)(2)(\buildrel\smile\over(BD) - \buildrel\smile\over(CA))\).

\(\këndi DAB\) është këndi i jashtëm i trekëndëshit \(MAD\) , atëherë \(\këndi DAB = \këndi DMB + \këndi MDA\), ku \(\këndi DMB = \këndi DAB - \këndi MDA\), por këndet \(\këndi DAB\) dhe \(\këndi MDA\) janë të brendashkruara, atëherë \(\këndi DMB = \këndi DAB - \këndi MDA = \frac(1)(2)\buildrel\smile\over(BD) - \frac(1)(2)\buildrel\buzeqeshje\mbi(CA) = \frac(1)(2)(\buildrel\smile\over(BD) - \buildrel\smile\over(CA))\), që duhej vërtetuar.

Teorema e këndit ndërmjet kordave të kryqëzuara

Këndi midis dy kordave të kryqëzuara është i barabartë me gjysmën e shumës së masave të shkallës së harqeve që ata presin: \[\këndi CMD=\dfrac12\majtas(\buildrel\smile\mbi(AB)+\buildrel\smile\mbi(CD)\djathtas)\]

Dëshmi

\(\këndi BMA = \këndi CMD\) si vertikal.

Nga trekëndëshi \(AMD\) : \(\këndi AMD = 180^\circ - \këndi BDA - \këndi CAD = 180^\circ - \frac12\buildrel\smile\over(AB) - \frac12\buildrel\smile\mbi(CD)\).

Por \(\këndi AMD = 180^\circ - \këndi CMD\), prej nga konkludojmë se \[\këndi CMD = \frac12\cdot\buildrel\smile\over(AB) + \frac12\cdot\buildrel\smile\over(CD) = \frac12(\buildrel\smile\over(AB) + \buildrel\ buzëqeshje\mbi(CD)).\]

Teorema mbi këndin midis një korde dhe një tangjente

Këndi ndërmjet tangjentës dhe kordës që kalon nëpër pikën tangjente është i barabartë me gjysmën e masës së shkallës së harkut të zbritur nga korda.

Dëshmi

Lëreni vijën \(a\) të prekë rrethin në pikën \(A\), \(AB\) të jetë korda e këtij rrethi, \(O\) të jetë qendra e tij. Le të ndërpritet rreshti që përmban \(OB\) \(a\) në pikën \(M\) . Le ta vërtetojmë këtë \(\këndi BAM = \frac12\cdot \buildrel\smile\mbi(AB)\).

Shënoni \(\kënd OAB = \alfa\) . Meqenëse \(OA\) dhe \(OB\) janë rreze, atëherë \(OA = OB\) dhe \(\këndi OBA = \këndi OAB = \alfa\). Kështu, \(\buildrel\smile\mbi(AB) = \këndi AOB = 180^\circ - 2\alfa = 2(90^\circ - \alfa)\).

Meqenëse \(OA\) është rrezja e tërhequr në pikën tangjente, atëherë \(OA\perp a\) , d.m.th. \(\këndi OAM = 90^\circ\) , prandaj, \(\këndi BAM = 90^\circ - \këndi OAB = 90^\circ - \alfa = \frac12\cdot\buildrel\smile\mbi(AB)\).

Teorema mbi harqet e kontraktuara nga korda të barabarta

Akordet e barabarta nënshtrojnë harqe të barabarta, gjysmërrethë më të vegjël.

Dhe anasjelltas: harqet e barabarta kontraktohen nga korda të barabarta.

Dëshmi

1) Le të \(AB=CD\) . Le të provojmë se gjysmërrethët më të vegjël të harkut .

Në tre anët, pra \(\këndi AOB=\këndi COD\) . Por që kur \(\këndi AOB, \këndi COD\) - kënde qendrore të bazuara në harqe \(\buildrel\smile\over(AB), \buildrel\smile\over(CD)\) përkatësisht, atëherë \(\buildrel\smile\over(AB)=\buildrel\smile\over(CD)\).

2) Nëse \(\buildrel\smile\over(AB)=\buildrel\smile\over(CD)\), pastaj \(\trekëndësh AOB=\trekëndësh COD\) përgjatë dy brinjëve \(AO=BO=CO=DO\) dhe këndit ndërmjet tyre \(\këndi AOB=\këndi COD\) . Prandaj, \(AB=CD\) .

Teorema

Nëse një rreze përgjysmon një kordë, atëherë ajo është pingul me të.

E kundërta është gjithashtu e vërtetë: nëse rrezja është pingul me kordën, atëherë pika e kryqëzimit e përgjysmon atë.

Dëshmi

1) Le të \(AN=NB\) . Le të vërtetojmë se \(OQ\perp AB\) .

Merrni parasysh \(\trekëndëshin AOB\) : është dykëndësh, sepse \(OA=OB\) – rrezet e rrethit. Sepse \(ON\) është mediana e tërhequr në bazë, pastaj është edhe lartësia, pra \(ON\perp AB\) .

2) Le të \(OQ\perp AB\) . Le të vërtetojmë se \(AN=NB\) .

Në mënyrë të ngjashme, \(\trekëndëshi AOB\) është dykëndësh, \(ON\) është lartësia, pra \(ON\) është mediana. Prandaj, \(AN=NB\) .

\[(\Large(\tekst(Teorema që lidhen me gjatësitë e segmenteve)))\]

Teorema mbi prodhimin e segmenteve të kordave

Nëse dy korda të një rrethi kryqëzohen, atëherë prodhimi i segmenteve të një korde është i barabartë me produktin e segmenteve të kordës tjetër.

Dëshmi

Lërini kordat \(AB\) dhe \(CD\) të kryqëzohen në pikën \(E\) .

Merrni parasysh trekëndëshat \(ADE\) dhe \(CBE\) . Në këta trekëndësha, këndet \(1\) dhe \(2\) janë të barabarta, pasi ato janë të gdhendura dhe mbështeten në të njëjtin hark \(BD\) , dhe këndet \(3\) dhe \(4\) janë të barabarta si vertikale. Trekëndëshat \(ADE\) dhe \(CBE\) janë të ngjashëm (sipas kriterit të parë të ngjashmërisë së trekëndëshit).

Pastaj \(\dfrac(AE)(EC) = \dfrac(DE)(BE)\), prej nga \(AE\cdot BE = CE\cdot DE\) .

Teorema tangjente dhe sekante

Katrori i një segmenti tangjent është i barabartë me prodhimin e sekantit dhe pjesës së jashtme të tij.

Dëshmi

Lëreni tangjenten të kalojë nëpër pikën \(M\) dhe prek rrethin në pikën \(A\) . Lëreni sekantin të kalojë nëpër pikën \(M\) dhe prerë rrethin në pikat \(B\) dhe \(C\) në mënyrë që \(MB< MC\) . Покажем, что \(MB\cdot MC = MA^2\) .

Konsideroni trekëndëshat \(MBA\) dhe \(MCA\) : \(\këndi M\) është i përgjithshëm, \(\këndi BCA = 0,5\cdot\buildrel\smile\mbi(AB)\). Sipas teoremës së këndit midis një tangjente dhe një sekante, \(\këndi BAM = 0,5\cdot\buildrel\buzëqeshje\mbi(AB) = \këndi BCA\). Kështu, trekëndëshat \(MBA\) dhe \(MCA\) janë të ngjashëm në dy kënde.

Nga ngjashmëria e trekëndëshave \(MBA\) dhe \(MCA\) kemi: \(\dfrac(MB)(MA) = \dfrac(MA)(MC)\), e cila është ekuivalente me \(MB\cdot MC = MA^2\) .

Pasoja

Prodhimi i sekantit të tërhequr nga pika \(O\) dhe pjesës së jashtme të tij nuk varet nga zgjedhja e sekantit të tërhequr nga pika \(O\) .

Artikulli jep një shpjegim të detajuar të përkufizimeve, kuptimit gjeometrik të derivatit me shënim grafik. Ekuacioni i drejtëzës tangjente do të shqyrtohet me shembuj, do të gjenden ekuacionet e tangjentës me kurbat e rendit të 2-të.

Këndi i prirjes së vijës së drejtë y \u003d k x + b quhet këndi α, i cili matet nga drejtimi pozitiv i boshtit x në vijën e drejtë y \u003d k x + b në drejtim pozitiv.

Në figurë, drejtimi i kaut tregohet me një shigjetë të gjelbër dhe një hark të gjelbër, dhe këndi i prirjes me një hark të kuq. Vija blu i referohet një vijë të drejtë.

Përkufizimi 2

Pjerrësia e vijës së drejtë y \u003d k x + b quhet koeficienti numerik k.

Pjerrësia është e barabartë me pjerrësinë e drejtëzës, me fjalë të tjera k = t g α .

• Pjerrësia e drejtëzës është 0 vetëm kur o x është paralel dhe pjerrësia është e barabartë me zero, sepse tangjentja e zeros është 0. Pra, forma e ekuacionit do të jetë y = b.
• Nëse këndi i prirjes së drejtëzës y = k x + b është akut, atëherë kushtet 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 , dhe ka një rritje në grafik.
• Nëse α \u003d π 2, atëherë vendndodhja e vijës është pingul me x. Barazia përcaktohet nga barazia x = c ku vlera c është një numër real.
• Nëse këndi i prirjes së drejtëzës y = k x + b është i mpirë, atëherë ai korrespondon me kushtet π 2< α < π или 90 ° < α < 180 ° , значение углового коэффициента k принимает отрицательное значение, а график убывает.

Një sekant është një drejtëz që kalon nëpër 2 pika të funksionit f (x). Me fjalë të tjera, një sekant është një vijë e drejtë që kalon nëpër çdo dy pika në grafikun e një funksioni të caktuar.

Figura tregon se A B është një sekant, dhe f (x) është një kurbë e zezë, α është një hark i kuq, që tregon këndin e prirjes së sekantit.

Kur pjerrësia e një vije të drejtë është e barabartë me tangjenten e këndit të prirjes, është e qartë se tangjentja nga një trekëndësh kënddrejtë A B C mund të gjendet në lidhje me këmbën e kundërt me atë fqinj.

Përkufizimi 4

Marrim formulën për gjetjen e sekantit të formës:

k = t g α = B C A C = f (x B) - f x A x B - x A , ku abshisat e pikave A dhe B janë vlerat x A , x B , dhe f (x A), f (x B) janë funksionet e vlerave në këto pika.

Natyrisht, pjerrësia e sekantit përcaktohet duke përdorur barazinë k \u003d f (x B) - f (x A) x B - x A ose k \u003d f (x A) - f (x B) x A - x B, dhe ekuacioni duhet të shkruhet si y = f (x B) - f (x A) x B - x A x - x A + f (x A) ose
y = f (x A) - f (x B) x A - x B x - x B + f (x B) .

Sekanti e ndan vizualisht grafikun në 3 pjesë: në të majtë të pikës A, nga A në B, në të djathtë të B. Figura më poshtë tregon se janë tre sekante që konsiderohen të njëjta, domethënë janë vendosur duke përdorur një ekuacion të ngjashëm.

Nga përkufizimi, është e qartë se linja dhe sekanti i saj përkojnë në këtë rast.

Një sekant mund të presë grafikun e një funksioni të caktuar disa herë. Nëse ekziston një ekuacion i formës y \u003d 0 për sekantin, atëherë numri i pikave të kryqëzimit me sinusoidin është i pafund.

Përkufizimi 5

Tangjente me grafikun e funksionit f (x) në pikën x 0 ; f (x 0) quhet drejtëz që kalon nëpër një pikë të caktuar x 0; f (x 0), me praninë e një segmenti që ka shumë vlera x afër x 0.

Shembulli 1

Le të hedhim një vështrim më të afërt në shembullin e mëposhtëm. Atëherë mund të shihet se drejtëza e dhënë nga funksioni y = x + 1 konsiderohet të jetë tangjente me y = 2 x në pikën me koordinata (1 ; 2) . Për qartësi, është e nevojshme të merren parasysh grafikët me vlera afër (1; 2). Funksioni y = 2 x është shënuar me të zezë, vija blu është tangjentja, pika e kuqe është pika e kryqëzimit.

Natyrisht, y \u003d 2 x bashkohet me rreshtin y \u003d x + 1.

Për të përcaktuar tangjenten, merrni parasysh sjelljen e tangjentes A B pasi pika B i afrohet pafundësisht pikës A. Për qartësi, paraqesim një figurë.

Sekanti A B, i treguar nga vija blu, priret në pozicionin e vetë tangjentes, dhe këndi i prirjes së sekantës α do të fillojë të priret drejt këndit të prirjes së vetë tangjentes α x.

Përkufizimi 6

Tangjenti i grafikut të funksionit y \u003d f (x) në pikën A është pozicioni kufizues i sekantit A B në B që tenton te A, domethënë B → A.

Tani i drejtohemi shqyrtimit të kuptimit gjeometrik të derivatit të një funksioni në një pikë.

Le të kalojmë në shqyrtimin e sekantit A B për funksionin f (x), ku A dhe B me koordinata x 0, f (x 0) dhe x 0 + ∆ x, f (x 0 + ∆ x), dhe ∆ x shënohet si një rritje e argumentit. Tani funksioni do të marrë formën ∆ y = ∆ f (x) = f (x 0 + ∆ x) - f (∆ x) . Për qartësi, le të marrim një foto si shembull.

Konsideroni trekëndëshin kënddrejtë që rezulton A B C. Ne përdorim përkufizimin e tangjentes për zgjidhjen, domethënë, marrim raportin ∆ y ∆ x = t g α. Nga përkufizimi i një tangjente del se lim ∆ x → 0 ∆ y ∆ x = t g α x. Sipas rregullit të derivatit në një pikë, kemi që derivati ​​f (x) në pikën x 0 quhet kufi i raportit të rritjes së funksionit me rritjen e argumentit, ku ∆ x → 0, atëherë shënohet si f (x 0) = lim ∆ x → 0 ∆ y ∆ x.

Nga kjo rrjedh se f "(x 0) = lim ∆ x → 0 ∆ y ∆ x = t g α x = k x, ku k x shënohet si pjerrësi e tangjentes.

Kjo do të thotë, marrim se f ' (x) mund të ekzistojë në pikën x 0 dhe, si tangjentja me grafikun e dhënë të funksionit në pikën e kontaktit të barabartë me x 0 , f 0 (x 0) , ku vlera e pjerrësisë së tangjentes në pikë është e barabartë me derivatin në pikën x 0 . Atëherë marrim se k x = f "(x 0) .

Kuptimi gjeometrik i derivatit të një funksioni në një pikë është se është dhënë koncepti i ekzistencës së një tangjente me grafikun në të njëjtën pikë.

Për të shkruar ekuacionin e çdo drejtëze në rrafsh, është e nevojshme të kemi një pjerrësi me pikën nëpër të cilën kalon. Emërtimi i tij merret si x 0 në kryqëzim.

Ekuacioni i tangjentës me grafikun e funksionit y \u003d f (x) në pikën x 0, f 0 (x 0) merr formën y \u003d f "(x 0) x - x 0 + f (x 0) .

Do të thotë se vlera përfundimtare e derivatit f "(x 0) mund të përcaktojë pozicionin e tangjentes, domethënë vertikalisht nën kushtin lim x → x 0 + 0 f" (x) = ∞ dhe lim x → x 0 - 0 f "(x) = ∞ ose mungesë fare nën kushtin lim x → x 0 + 0 f "(x) ≠ lim x → x 0 - 0 f "(x) .

Vendndodhja e tangjentës varet nga vlera e pjerrësisë së saj k x \u003d f "(x 0). Kur është paralel me boshtin o x, marrim se k k \u003d 0, kur është paralel me o y - k x \u003d ∞, dhe formën i ekuacionit tangjent x \u003d x 0 rritet me k x > 0, zvogëlohet si k x< 0 .

Shembulli 2

Përpiloni ekuacionin e tangjentes me grafikun e funksionit y \u003d e x + 1 + x 3 3 - 6 - 3 3 x - 17 - 3 3 në një pikë me koordinata (1; 3) me përcaktimin e këndit të prirje.

Vendimi

Me supozim, kemi se funksioni është i përcaktuar për të gjithë numrat realë. Ne marrim se pika me koordinatat e specifikuara nga kushti (1 ; 3) është pika e kontaktit, pastaj x 0 = - 1 , f (x 0) = - 3 .

Është e nevojshme të gjendet derivati ​​në pikën me vlerë - 1 . Ne e kuptojmë atë

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

Vlera e f' (x) në pikën e kontaktit është pjerrësia e tangjentes, e cila është e barabartë me tangjenten e pjerrësisë.

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

Nga kjo rrjedh se α x = a r c t g 3 3 = π 6

Përgjigje: ekuacioni tangjent merr formën

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

Për qartësi, ne japim një shembull në një ilustrim grafik.

Ngjyra e zezë përdoret për grafikun e funksionit origjinal, ngjyra blu është imazhi tangjent, pika e kuqe është pika e prekjes. Figura në të djathtë tregon një pamje të zmadhuar.

Shembulli 3

Gjeni ekzistencën e një tangjente në grafikun e një funksioni të caktuar
y = 3 x - 1 5 + 1 në pikën me koordinata (1 ; 1) . Shkruani një ekuacion dhe përcaktoni këndin e prirjes.

Vendimi

Sipas supozimit, kemi se domeni i funksionit të dhënë është bashkësia e të gjithë numrave realë.

Le të kalojmë në gjetjen e derivatit

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

Nëse x 0 = 1 , atëherë f ' (x) nuk është përcaktuar, por kufijtë shkruhen si lim x → 1 + 0 3 5 1 (x - 1) 4 5 = 3 5 1 (+ 0) 4 5 = 3 5 1 + 0 = + ∞ dhe lim x → 1 - 0 3 5 1 (x - 1) 4 5 = 3 5 1 (- 0) 4 5 = 3 5 1 + 0 = + ∞ , që do të thotë ekzistencë tangjente vertikale në pika (1; 1).

Përgjigje: ekuacioni do të marrë formën x \u003d 1, ku këndi i prirjes do të jetë i barabartë me π 2.

Le ta bëjmë grafikun për qartësi.

Shembulli 4

Gjeni pikat e grafikut të funksionit y = 1 15 x + 2 3 - 4 5 x 2 - 16 5 x - 26 5 + 3 x + 2 , ku

1. Tangjentja nuk ekziston;
2. Tangjentja është paralele me x;
3. Tangjentja është paralele me drejtëzën y ​​= 8 5 x + 4 .

Vendimi

Është e nevojshme t'i kushtohet vëmendje fushës së përkufizimit. Sipas supozimit, kemi që funksioni është përcaktuar në bashkësinë e të gjithë numrave realë. Zgjero modulin dhe zgjidh sistemin me intervale x ∈ - ∞ ; 2 dhe [-2; +∞) . Ne e kuptojmë atë

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; +∞)

Funksioni duhet të diferencohet. Ne e kemi atë

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; +∞)

Kur x = - 2, atëherë derivati ​​nuk ekziston sepse kufijtë e njëanshëm nuk janë të barabartë në atë pikë:

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

Ne llogarisim vlerën e funksionit në pikën x \u003d - 2, ku e marrim atë

1. y (- 2) \u003d 1 15 - 2 + 2 3 - 4 5 (- 2) 2 - 16 5 (- 2) - 26 5 + 3 - 2 + 2 \u003d - 2, domethënë, tangjentja në pika (- 2; - 2) nuk do të ekzistojë.
2. Tangjentja është paralele me x kur pjerrësia është zero. Pastaj k x \u003d t g α x \u003d f "(x 0). Kjo do të thotë, është e nevojshme të gjesh vlerat e x të tillë kur derivati ​​i funksionit e kthen atë në zero. Kjo është, vlerat e f '(x) dhe do të jenë pika prekjeje, ku tangjentja është paralele rreth x.

Kur x ∈ - ∞ ; - 2 , pastaj - 1 5 (x 2 + 12 x + 35) = 0 , dhe për x ∈ (- 2 ; + ∞) marrim 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 ; +∞

Ne llogarisim vlerat përkatëse të funksionit

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

Prandaj - 5; 8 5, - 4; 4 3, 1; 85, 3; 4 3 konsiderohen si pikat e dëshiruara të grafikut të funksionit.

Konsideroni një paraqitje grafike të zgjidhjes.

Vija e zezë është grafiku i funksionit, pikat e kuqe janë pikat e prekjes.

1. Kur vijat janë paralele, pjerrësia është e barabartë. Më pas është e nevojshme të kërkohen pikat e grafikut të funksionit, ku pjerrësia do të jetë e barabartë me vlerën 8 5 . Për ta bërë këtë, ju duhet të zgjidhni një ekuacion të formës y "(x) = 8 5. Atëherë, nëse x ∈ - ∞; - 2, marrim se - 1 5 (x 2 + 12 x + 35) = 8 5, dhe nëse x ∈ ( - 2 ; + ∞) , atëherë 1 5 (x 2 - 4 x + 3) = 8 5 .

Ekuacioni i parë nuk ka rrënjë sepse diskriminuesi është më i vogël se zero. Le ta shkruajmë atë

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

Pra, një ekuacion tjetër ka dy rrënjë reale

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 ; +∞

Le të kalojmë në gjetjen e vlerave të funksionit. Ne e kuptojmë atë

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

Pikët me vlera - 1; 4 15, 5; 8 3 janë pikat ku tangjentet janë paralele me drejtëzën y ​​= 8 5 x + 4 .

Përgjigje: vija e zezë - grafiku i funksionit, vija e kuqe - grafiku y \u003d 8 5 x + 4, vija blu - tangjentet në pikat - 1; 4 15, 5; 8 3 .

Ekzistenca e një numri të pafund tangjente për funksionet e dhëna është e mundur.

Shembulli 5

Shkruani ekuacionet e të gjitha tangjentave të disponueshme të funksionit y = 3 cos 3 2 x - π 4 - 1 3 , të cilat janë pingul me drejtëzën y ​​= - 2 x + 1 2 .

Vendimi

Për të hartuar ekuacionin tangjent, është e nevojshme të gjendet koeficienti dhe koordinatat e pikës së kontaktit, bazuar në kushtin e pingulitetit të vijave. Përkufizimi tingëllon kështu: prodhimi i pjerrësisë që janë pingul me vijat e drejta është i barabartë me - 1, domethënë shkruhet si k x · k ⊥ = - 1. Nga kushti kemi që pjerrësia të jetë pingul me drejtëzën dhe të jetë e barabartë me k ⊥ = - 2, pastaj k x = - 1 k ⊥ = - 1 - 2 = 1 2 .

Tani duhet të gjejmë koordinatat e pikave të prekjes. Ju duhet të gjeni x, pas së cilës vlera e tij për një funksion të caktuar. Vini re se nga kuptimi gjeometrik i derivatit në pikë
x 0 marrim se k x \u003d y "(x 0) . Nga kjo barazi, gjejmë vlerat x për pikat e prekjes.

Ne e kuptojmë atë

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

Ky ekuacion trigonometrik do të përdoret për të llogaritur ordinatat e pikave të prekjes.

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

Z është bashkësia e numrave të plotë.

U gjetën x pika kontakti. Tani duhet të shkoni te kërkimi për vlerat y:

y 0 = 3 cos 3 2 x 0 - π 4 - 1 3

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

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

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

Nga këtu marrim se 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 janë pika kontakti.

Përgjigje: ekuacionet e nevojshme do të shkruhen si

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

Për një paraqitje vizuale, merrni parasysh funksionin dhe tangjentën në vijën e koordinatave.

Figura tregon se vendndodhja e funksionit është në intervalin [-10; 10] , ku vija e zezë është grafiku i funksionit, vijat blu janë tangjente që janë pingul me drejtëzën e dhënë të formës y = - 2 x + 1 2 . Pikat e kuqe janë pika kontakti.

Ekuacionet kanonike të kurbave të rendit të dytë nuk janë funksione me një vlerë të vetme. Ekuacionet tangjente për to janë përpiluar sipas skemave të njohura.

Tangjente me rrethin

Për të vendosur një rreth me qendër në një pikë x c e n t e r; y c e n t e r dhe rreze R, përdoret formula x - x c e n t e r 2 + y - y c e n t e r 2 = R 2.

Kjo barazi mund të shkruhet si bashkim i dy funksioneve:

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

Funksioni i parë është në krye dhe i dyti në fund, siç tregohet në figurë.

Të hartojë një ekuacion të një rrethi në një pikë x 0 ; y 0, i cili ndodhet në gjysmërrethin e sipërm ose të poshtëm, duhet të gjeni ekuacionin e grafikut të funksionit të formës y \u003d R 2 - x - x c e n t e r 2 + y c e n t e r ose y \u003d - R 2 - x - x c e n t e r 2 + y c e n t e r në pikën e specifikuar.

Kur në pikat x c e n t e r ; y c e n t e r + R dhe x c ​​e n t e r ; y c e n t e r - R tangjentet mund të jepen nga ekuacionet y = y c e n t e r + R dhe y = y c e n t e r - R , dhe në pikat x c e n t e r + R ; y c e n t e r dhe
x c e n t e r - R ; y c e n t e r do të jetë paralel rreth y, atëherë do të marrim ekuacione të formës x = x c e n t e r + R dhe x = x c e n t e r - R .

Tangjente me Elips

Kur elipsa është e përqendruar në x c e n t e r; y c e n t e r me gjysmëboshtet a dhe b , atëherë mund të jepet duke përdorur ekuacionin x - x c e n t e r 2 a 2 + y - y c e n t e r 2 b 2 = 1 .

Një elipsë dhe një rreth mund të shënohen duke kombinuar dy funksione, domethënë gjysmë-elipsin e sipërm dhe të poshtëm. Pastaj e marrim atë

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

Nëse tangjentet janë të vendosura në kulmet e elipsës, atëherë ato janë paralele rreth x ose rreth y. Për qartësi, merrni parasysh figurën më poshtë.

Shembulli 6

Shkruani ekuacionin e tangjentes me elipsin x - 3 2 4 + y - 5 2 25 = 1 në pikat me vlera x të barabarta me x = 2.

Vendimi

Është e nevojshme të gjenden pikat e prekjes që korrespondojnë me vlerën x = 2. Bëjmë një zëvendësim në ekuacionin ekzistues të elipsës dhe e marrim atë

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

Pastaj 2; 5 3 2 + 5 dhe 2; - 5 3 2 + 5 janë pikat tangjente që i përkasin gjysmëelipsës së sipërme dhe të poshtme.

Le të kalojmë në gjetjen dhe zgjidhjen e ekuacionit të një elipse në lidhje me y. Ne e kuptojmë atë

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

Është e qartë se gjysmë-elipsi i sipërm është specifikuar duke përdorur një funksion të formës y = 5 + 5 2 4 - x - 3 2 , dhe atë të poshtme y = 5 - 5 2 4 - x - 3 2 .

Zbatojmë algoritmin standard për të formuluar ekuacionin e tangjentes me grafikun e një funksioni në një pikë. Shkruajmë se ekuacioni për tangjentën e parë në pikën 2 ; 5 3 2 + 5 do të duket si

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

Marrim se ekuacioni i tangjentes së dytë me vlerën në pikë
2; - 5 3 2 + 5 bëhet

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

Grafikisht, tangjentet shënohen si më poshtë:

Tangjente ndaj hiperbolës

Kur hiperbola ka qendër në pikën x c e n t e r; y c e n t e r dhe kulmet x c e n t e r + α ; y c e n t e r dhe x c ​​e n t e r - α ; y c e n t e r , jepet pabarazia x - x c e n t e r 2 α 2 - y - y c e n t e r 2 b 2 = 1 nëse me kulme x c ​​e n t e r ; y c e n t e r + b dhe x c ​​e n t e r ; y c e n t e r - b jepet më pas nga pabarazia x - x c e n t e r 2 α 2 - y - y c e n t e r 2 b 2 = - 1 .

Një hiperbolë mund të përfaqësohet si dy funksione të kombinuara të formës

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

Në rastin e parë kemi që tangjentet janë paralele me y dhe në të dytën janë paralele me x.

Nga kjo rrjedh se për të gjetur ekuacionin e një tangjente në një hiperbolë, është e nevojshme të zbulohet se cilit funksion i përket pika tangjente. Për të përcaktuar këtë, është e nevojshme të bëhet një zëvendësim në ekuacione dhe të kontrollohen ato për identitet.

Shembulli 7

Shkruani ekuacionin e tangjentes së hiperbolës x - 3 2 4 - y + 3 2 9 = 1 në pikën 7; - 3 3 - 3 .

Vendimi

Është e nevojshme të transformohet rekordi i zgjidhjes së gjetjes së hiperbolës duke përdorur 2 funksione. Ne e kuptojmë atë

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

Është e nevojshme të zbulohet se cilit funksion i përket pika e dhënë me koordinatat 7; - 3 3 - 3 .

Natyrisht, për të kontrolluar funksionin e parë, është e nevojshme y (7) = 3 2 (7 - 3) 2 - 4 - 3 = 3 3 - 3 ≠ - 3 3 - 3, atëherë pika nuk i përket grafikut, pasi barazia nuk plotësohet.

Për funksionin e dytë, kemi se y (7) = - 3 2 (7 - 3) 2 - 4 - 3 = - 3 3 - 3 ≠ - 3 3 - 3 , që do të thotë se pika i përket grafikut të dhënë. Nga këtu ju duhet të gjeni koeficientin e pjerrësisë.

Ne e kuptojmë atë

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

Përgjigje: ekuacioni tangjent mund të paraqitet si

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

Ajo vizualizohet si më poshtë:

Tangjente me parabolën

Për të hartuar ekuacionin e tangjentës me parabolën y \u003d a x 2 + b x + c në pikën x 0, y (x 0) , duhet të përdorni algoritmin standard, atëherë ekuacioni do të marrë formën y \u003d y " (x 0) x - x 0 + y ( x 0) Një tangjente e tillë në kulm është paralele me x.

Parabola x = a y 2 + b y + c duhet të përkufizohet si bashkim i dy funksioneve. Prandaj, duhet të zgjidhim ekuacionin për y. Ne e kuptojmë atë

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

Le ta bëjmë grafikun si:

Për të zbuluar nëse një pikë x 0 , y (x 0) i përket një funksioni, ndiqni butësisht algoritmin standard. Një tangjente e tillë do të jetë paralele me y në lidhje me parabolën.

Shembulli 8

Shkruani ekuacionin e tangjentes në grafikun x - 2 y 2 - 5 y + 3 kur kemi një pjerrësi tangjente 150 °.

Vendimi

Ne e fillojmë zgjidhjen duke paraqitur parabolën si dy funksione. Ne e kuptojmë atë

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

Vlera e pjerrësisë është e barabartë me vlerën e derivatit në pikën x 0 të këtij funksioni dhe është e barabartë me tangjenten e pjerrësisë.

Ne marrim:

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

Nga këtu përcaktojmë vlerën e x për pikat e prekjes.

Funksioni i parë do të shkruhet si

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

Natyrisht, nuk ka rrënjë të vërteta, pasi kemi marrë një vlerë negative. Përfundojmë se nuk ka tangjente me një kënd prej 150 ° për një funksion të tillë.

Funksioni i dytë do të shkruhet si

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

Kemi se pikat e prekjes - 23 4 ; - 5 + 3 4 .

Përgjigje: ekuacioni tangjent merr formën

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

Le ta grafikojmë kështu:

Nëse vëreni një gabim në tekst, ju lutemi theksoni atë dhe shtypni Ctrl+Enter

Drejtëza që ka vetëm një pikë të përbashkët me rrethin quhet tangjente me rrethin, dhe pika e përbashkët e tyre quhet pikë tangjente e drejtëzës dhe rrethit.

Teorema (vetia e një tangjente në një rreth)

Tangjentja me rrethin është pingul me rrezen e tërhequr në pikën tangjente.

E dhënë

A - pika e kontaktit

Provoj:p oa

Dëshmi.

Le të vërtetojmë metodën "me kontradiktë".

Supozoni se p është OA, atëherë OA është e zhdrejtë ndaj drejtëzës p.

Nëse nga pika O tërheqim një OH pingul me drejtëzën p, atëherë gjatësia e saj do të jetë më e vogël se rrezja: OH< ОА=r

Ne marrim se distanca nga qendra e rrethit në drejtëzën p (OH) është më e vogël se rrezja (r), që do të thotë se drejtëza p është një sekante (d.m.th., ajo ka dy pika të përbashkëta me rrethin), që bie ndesh me kushtin e teoremës (p-tangjente).

Pra, supozimi është i rremë, prandaj drejtëza p është pingul me OA.

Teorema (vetia e segmenteve tangjente të tërhequra nga një pikë)

Segmentet e tangjentëve të rrethit, të tërhequra nga një pikë, janë të barabarta dhe bëjnë kënde të barabarta me drejtëzën që kalon nga kjo pikë dhe nga qendra e rrethit.

E dhënë: përafërsisht. (O; r)

AB dhe AC janë tangjente me env. (O; r)

Provoj: AB=AC

Dëshmi

1) OB AB, OS AC, si rreze të tërhequra në pikën e kontaktit (vetia tangjente)

2) Konsideroni tr. AOV, etj. AOS - p / y

AO - total

OB=OC (si rreze)

Pra, ABO \u003d AOC (përgjatë hipotenuzës dhe këmbës). Prandaj,

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

Teorema (Shenja e një tangjente)

Nëse një vijë e drejtë kalon nga fundi i një rrezeje të shtrirë në një rreth dhe është pingul me këtë rreze, atëherë ajo është një tangjente.

E dhënë: OA – rrezja e rrethit

Provoj: p- tangjente me rrethin

Dëshmi

OA - rrezja e rrethit (sipas kushtit) (OA \u003d r)

OA - pingul nga O në vijën p (OA \u003d d)

Pra, r=OA=d, pra drejtëza p dhe rrethi kanë një pikë të përbashkët.

Prandaj, drejtëza p është tangjente me rrethin. h.t.d.

3. Veti e kordave dhe e sekanteve.

Vetitë tangjente dhe sekante

PËRKUFIZIM

perimetri quhet vendndodhja e pikave të barabarta nga një pikë, e cila quhet qendra e rrethit.

Një segment i vijës që bashkon dy pika në një rreth quhet akord(në figurë është një segment). Korda që kalon në qendër të rrethit quhet diametri rrathët.

1. Tangjentja është pingul me rrezen e tërhequr në pikën e kontaktit.

2. Segmentet e tangjentave të tërhequra nga një pikë janë të barabarta.

3. Nëse një tangjente dhe një sekante janë tërhequr nga një pikë e shtrirë jashtë rrethit, atëherë katrori i gjatësisë së tangjentës është i barabartë me prodhimin e sekantës nga pjesa e jashtme e saj.

Më shpesh, janë problemet gjeometrike ato që shkaktojnë vështirësi për aplikantët, maturantët dhe pjesëmarrësit në olimpiadat matematikore. Nëse shikoni statistikat e USE në 2010, mund të shihni se rreth 12% e pjesëmarrësve filluan detyrën gjeometrike C4, dhe vetëm 0.2% e pjesëmarrësve morën një rezultat të plotë, dhe në përgjithësi, detyra doli të ishte më e vështira nga të gjitha të propozuara.

Natyrisht, sa më shpejt t'u ofrojmë nxënësve të shkollave të bukura ose të papritura përsa i përket mënyrës se si i zgjidhin problemet, aq më shumë ka gjasa që ata t'i interesojnë dhe t'i magjepsin ata seriozisht dhe për një kohë të gjatë. Por, sa e vështirë është të gjesh probleme interesante dhe të vështira në nivelin e klasës së 7-të, kur studimi sistematik i gjeometrisë sapo ka filluar. Çfarë mund t'i ofrohet një studenti të interesuar për matematikën, i cili njeh vetëm shenjat e barazisë së trekëndëshave, vetitë e këndeve ngjitur dhe vertikalë? Megjithatë, është e mundur të prezantohet koncepti i një tangjente në një rreth, si një vijë e drejtë që ka një pikë të përbashkët me rrethin; pranoni që rrezja e tërhequr në pikën e kontaktit të jetë pingul me tangjenten. Sigurisht, ia vlen të merren parasysh të gjitha rastet e mundshme të vendndodhjes së dy rrathëve dhe tangjentëve të përbashkët ndaj tyre, të cilat mund të tërhiqen nga zero në katër. Duke vërtetuar teoremat e propozuara më poshtë, është e mundur të zgjerohet ndjeshëm grupi i detyrave për nxënësit e klasës së shtatë. Në të njëjtën kohë, gjatë rrugës, provoni fakte të rëndësishme ose thjesht interesante dhe argëtuese. Për më tepër, duke qenë se shumë pohime nuk janë përfshirë në tekstin shkollor, ato mund të diskutohen si në klasë ashtu edhe me maturantët gjatë përsëritjes së planimetrisë. Këto fakte rezultuan të rëndësishme në vitin e kaluar akademik. Meqenëse shumë punë diagnostikuese dhe vetë puna e USE përmbante një problem, për zgjidhjen e të cilit ishte e nevojshme të përdorej vetia e segmentit tangjent të provuar më poshtë.

T 1 Segmentet e tangjentëve në një rreth të tërhequr nga
një pikë janë të barabarta (Fig. 1)

Kaq me teoremën, fillimisht mund të prezantoni nxënësit e klasës së shtatë.
Në procesin e vërtetimit, ne përdorëm shenjën e barazisë së trekëndëshave kënddrejtë, arritëm në përfundimin se qendra e rrethit shtrihet në përgjysmuesin e këndit. BCA.
Në kalim, ne kujtuam se përgjysmuesja e një këndi është vendndodhja e pikave të rajonit të brendshëm të këndit, në distancë të barabartë nga anët e tij. Zgjidhja e një problemi jo të parëndësishëm bazohet në këto fakte, të arritshme edhe për fillestarët në studimin e gjeometrisë.

1. Përgjysmuesit e këndeve POR, AT dhe Me katërkëndësh konveks ABCD kryqëzohen në një pikë. Rrezet AB dhe DC kryqëzohen në një pikë E, dhe rrezet
dielli dhe pas Krishtit në pikën F. Vërtetoni se një katërkëndësh jo konveks AECF shuma e gjatësive të brinjëve të kundërta është e barabartë.

Zgjidhje (Fig. 2). Le te jete Oështë pika e kryqëzimit të këtyre përgjysmuesve. Pastaj O të barabarta nga të gjitha anët e katërkëndëshit ABCD, d.m.th
është qendra e një rrethi të gdhendur në një katërkëndësh. Nga teorema 1 barazitë janë të sakta: AR = AK, ER = EP, FT = FK. Shtojmë pjesët e majta dhe të djathta term pas termi, marrim barazinë e saktë:

(AR + ER) + FT = (AK +FK) + EP; AE + (FC + CT) = AF + (BE + PC). Si ST = RS, pastaj AE + FC = AF + BE, që duhej vërtetuar.

Le të shqyrtojmë një problem me një formulim të pazakontë, për zgjidhjen e të cilit mjafton të dihet teorema 1 .

2. A ka n-gon brinjët e të cilit janë radhazi 1, 2, 3, ..., n në të cilin rrethi mund të brendashkruhet?

Vendimi. Le të themi të tilla n-gon ekziston. POR 1 POR 2 =1, …, POR n-1 POR n= n– 1,POR n POR 1 = n. B 1 , …, B n janë pikat përkatëse të prekjes. Pastaj nga teorema 1 A 1 B 1 = A 1 B n< 1, n – 1 < A n B n< n. Nga vetia e segmenteve tangjente A n B n= A n B n-1 . Por, A n B n-1< A n-1 POR n= n- 1. Kontradikta. Prandaj, jo n-gon që plotëson kushtin e problemit.

T 2 Shumat e brinjëve të kundërta të një katërkëndëshi të kufizuar rreth
rrathët janë të barabartë (Fig. 3)

Nxënësit, si rregull, e vërtetojnë lehtësisht këtë pronë të katërkëndëshit të përshkruar. Pas vërtetimit të teoremës 1 , është një ushtrim stërvitor. Ky fakt mund të përgjithësohet - shumat e anëve të këndit çift të rrethuar, të marra përmes një, janë të barabarta. Për shembull, për një gjashtëkëndësh ABCDEF drejtë: AB + CD + EF = BC + DE + FA.

Zgjidhje (Fig. 1). Meqenëse katërkëndëshat ABEF dhe ECDF janë të brendashkruara, nga teorema 2 Р ABEF = 2(AB + EF) dhe Р ECDF = 2 (CD + EF), sipas kushtit

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

Zgjidhje (Fig. 5). Nga teorema 1 MB = MX dhe PC = RX. Pra, perimetri i trekëndëshit USAID e barabartë me shumën e segmenteve AB dhe AS. Ose tangjente e dyfishtë e tërhequr në rrethin për një trekëndësh USAID . Vlera e këndit MOP matet me gjysmën e vlerës së këndit WOS, e cila nuk varet nga zgjedhja e pikës X.

Zgjidhje (Fig. 6). Metoda e parë (algjebrike). Le te jete AK \u003d AN \u003d x, pastaj BK = BM = c - x, CM = CN = a - c + x. AC = AN + NC, atëherë mund të shkruajmë një ekuacion për x: b \u003d x + (a - c + x). ku .

Metoda e dytë (gjeometrike). Le të kthehemi te diagrami. Segmentet e tangjentave të barabarta, të marra një nga një, mblidhen deri në një gjysmëperimetër
trekëndëshi. E kuqja dhe jeshile përbëjnë një anë a. Pastaj segmenti me interes për ne x = p - a. Natyrisht, rezultatet e marra janë të qëndrueshme.

. W

4. Gjeni rrezen e një rrethi të gdhendur në një trekëndësh kënddrejtë me këmbë a, b dhe hipotenuzë me. Zgjidhje (Fig. 8). T si OMCN- katror, ​​atëherë rrezja e rrethit të brendashkruar është e barabartë me segmentin e tangjentes CN. .

5. Vërtetoni se pikat e tangjences së rrathëve të brendashkruar dhe rrethor me brinjën e trekëndëshit janë simetrike në lidhje me mesin e kësaj brinjë.

Zgjidhje (Fig. 9). Vini re se AK është segmenti i tangjentes së rrethit për trekëndëshin ABC. Sipas formulës (2) . VM- segmenti i linjës rrethore tangjente për trekëndësh ABC. Sipas formulës (1) . AK = VM, dhe kjo do të thotë se pikat K dhe M të barabarta nga mesi i anës AB, Q.E.D.

6. Dy tangjente të zakonshme të jashtme dhe një tangjente e brendshme janë tërhequr në dy rrathë. Tangjentja e brendshme kryqëzon ato të jashtme në pika A, B dhe prek rrathët në pika A 1 dhe NË 1. Vërtetoni këtë AA 1 \u003d BB 1.

Zgjidhje (Fig. 10). Ndalo... Por çfarë ka për të vendosur? Është vetëm një formulim tjetër i problemit të mëparshëm. Është e qartë se njëri prej rrathëve është i brendashkruar dhe tjetri është rrethor për ndonjë trekëndësh ABC. Dhe segmentet AA 1 dhe BB 1 korrespondojnë me segmentet AK dhe VM detyrat 5. Vlen të përmendet se problemi i propozuar në Olimpiadën Gjith-Ruse për nxënësit e shkollave në matematikë zgjidhet në një mënyrë kaq të dukshme.

7. Brinjët e pesëkëndëshit janë 5, 6, 10, 7, 8 sipas radhës së rrotullimit. Vërtetoni se në këtë pesëkëndësh nuk mund të brendashkrohet një rreth.

Zgjidhje (Fig. 11). Le të supozojmë se pesëkëndëshi ABCDE mund të futni një rreth. Për më tepër, palët AB, para Krishtit, CD, DE dhe EA janë të barabartë me 5, 6, 10, 7 dhe 8, respektivisht. F, G, H, M dhe N. Lëreni gjatësinë e segmentit AFështë e barabartë me X.

Pastaj bf = FD – AF = 5 – x = BG. GC = para Krishtit – BG = = 6 – (5 – x) = 1 + x = CH. Etj: HD = DM = 9 – x; UNË = SHQIP = x – 2, AN = 10 – X.

Por, AF = AN. Kjo është 10 - X = X; X= 5. Megjithatë, segmenti i tangjentes AF nuk mund të jetë e barabartë me anën AB. Kontradikta që rezulton vërteton se një rreth nuk mund të futet në një pesëkëndësh të caktuar.

8. Një rreth është i gdhendur në një gjashtëkëndësh, anët e tij sipas rendit të anashkalimit janë 1, 2, 3, 4, 5. Gjeni gjatësinë e brinjës së gjashtë.

Vendimi. Natyrisht, segmenti tangjent mund të shënohet si X, si në problemin e mëparshëm, shkruani një ekuacion dhe merrni një përgjigje. Por, është shumë më efikase dhe më efektive të përdoret shënimi i teoremës 2 : shumat e brinjëve të gjashtëkëndëshit të rrethuar, të marra në një, janë të barabarta.

Pastaj 1 + 3 + 5 = 2 + 4 + X, ku X- ana e gjashtë e panjohur, X = 3.

Zgjidhje (fig.12). Meqenëse gjatësitë e të gjitha anëve janë numra të plotë, pjesët fraksionale të gjatësive të segmenteve janë të barabarta BT, BP, DM, DN, AK dhe AT. Ne kemi AT + TV= 1, dhe pjesët fraksionale të gjatësive të segmenteve AT dhe TV janë të barabartë. Kjo është e mundur vetëm kur AT + TV= 0,5. Nga teorema 1 WT + BP.
Do të thotë, BP= 0,5. Vini re se kushti CD= 3 rezultoi e padeklaruar. Natyrisht, autorët e problemit supozuan një zgjidhje tjetër. Përgjigje: 0.5.

10. Në një katërkëndësh ABCD AD=DC, AB=3, BC=5. Rrethe të gdhendura në trekëndësha ABD dhe CBD prekni segmentin BD në pika M dhe N përkatësisht. Gjeni gjatësinë e një segmenti MN.

Zgjidhje (Fig. 13). MN = DN - DM. Sipas formulës (1) për trekëndëshat DBA dhe DBC përkatësisht kemi:

11. Në një katërkëndësh ABCD mund të futni një rreth. Rrethe të gdhendura në trekëndësha ABD dhe CBD kanë rreze R dhe r përkatësisht. Gjeni distancën midis qendrave të këtyre rrathëve.

Zgjidhje (Fig. 13). Meqenëse, sipas kushtit, katërkëndëshi ABCD brendashkruar, nga teorema 2 ne kemi: AB + DC = AD + BC. Le të përdorim idenë e zgjidhjes së problemit të mëparshëm. . Kjo do të thotë se pikat e kontaktit të rrathëve me segmentin DM ndeshje. Distanca midis qendrave të rrathëve është e barabartë me shumën e rrezeve. Përgjigje: R + r.

Në fakt vërtetohet se kushti është në katërkëndësh ABCD mund të futni një rreth, i cili është i barabartë me kushtin - në një katërkëndësh konveks ABCD rrathë të gdhendur në trekëndësha ABC dhe ADC prekin njëri-tjetrin. E kundërta është e vërtetë.

Propozohet të vërtetohen këto dy pohime reciproke të anasjellta në problemin e mëposhtëm, i cili mund të konsiderohet një përgjithësim i këtij.

12. Në një katërkëndësh konveks ABCD (oriz. katërmbëdhjetë) rrathë të brendashkruar në trekëndësha ABC dhe ADC prekin njëri-tjetrin. Vërtetoni se rrathët e gdhendur në trekëndësha ABD dhe bdc prekin edhe njëri-tjetrin.

13. Në një trekëndësh ABC me palët a, b dhe c në anën dielli pikë e shënuar D në mënyrë që rrathët e gdhendur në trekëndësha ABD dhe ACD prekni segmentin pas Krishtit në një moment. Gjeni gjatësinë e një segmenti BD.

Zgjidhje (Fig. 15). Ne aplikojmë formulën (1) për trekëndëshat ADC dhe adb, duke llogaritur DM dy

Rezulton, D- pika e kontaktit me anën dielli rreth i gdhendur në një trekëndësh ABC. E kundërta është e vërtetë: nëse kulmi i një trekëndëshi lidhet me pikën tangjente të rrethit të brendashkruar në anën e kundërt, atëherë rrathët e gdhendur në trekëndëshat që rezultojnë prekin njëri-tjetrin.

14. Qendrat O 1 , O 2 dhe O 3 tre rrathë jo të kryqëzuar me të njëjtën rreze janë të vendosura në kulmet e trekëndëshit. Nga pikat O 1 , O 2 , O 3, tangjentet e këtyre rrathëve janë vizatuar siç tregohet në figurë.

Dihet se këto tangjente, duke u kryqëzuar, formuan një gjashtëkëndësh konveks, anët e të cilit përmes njërës janë me ngjyrë të kuqe dhe blu. Vërtetoni se shuma e gjatësive të segmenteve të kuqe është e barabartë me shumën e gjatësive të atyre blu.

Zgjidhje (Fig. 16). Është e rëndësishme të kuptohet se si të përdoret fakti që rrathët e dhënë kanë të njëjtat rreze. Vini re se segmentet BR dhe DM janë të barabarta, që rrjedh nga barazia e trekëndëshave kënddrejtë O 1 BR dhe O 2 BM. Në mënyrë të ngjashme DL = D.P., FN = FK. Shtojmë barazitë term pas termi, pastaj zbresim nga shumat rezultuese të njëjtat segmente të tangjenteve të nxjerra nga kulmet POR, Me, dhe E gjashtëkëndësh ABCDEF: AR dhe AK, CL dhe CM, SHQIP dhe EP. Ne marrim atë që na nevojitet.

Këtu është një shembull i një problemi stereometrik të propozuar në Turneun e XII Ndërkombëtar të Matematikës për Nxënësit e shkollave të mesme "A. N. Kolmogorov Memory Cup".

16. Jepet një piramidë pesëkëndëshe SA 1 A 2 A 3 A 4 A 5 . Ka një shtrirje w, që prek të gjitha skajet e piramidës dhe një sferë tjetër w 1, që prek të gjitha anët e bazës A 1 A 2 A 3 A 4 A 5 dhe zgjatimet e brinjëve anësore SA 1 , SA 2 , SA 3 , SA 4 , SA 5 për majat e bazës. Vërtetoni se kulmi i piramidës është në distancë të barabartë nga kulmet e bazës. (Berlov S. L., Karpov D. V.)

17. PËRDORIMI. Puna diagnostike 8 dhjetor 2009, С–4. Dana trapezoid ABCD, bazat e të cilave BC= 44,pas Krishtit = 100, AB=CD= 35. Rretho tangjent me vijat pas Krishtit dhe AC prek anash CD në pikën K. Gjeni gjatësinë e segmentit CK.VDC dhe BDA, prekni anën BD në pika E dhe F. Gjeni gjatësinë e segmentit EF.

Vendimi. Dy raste janë të mundshme (Fig. 20 dhe Fig. 21). Duke përdorur formulën (1), gjejmë gjatësitë e segmenteve DE dhe D.F..

Në rastin e parë pas Krishtit = 0,1AC, CD = 0,9AC. Në të dytën - pas Krishtit = 0,125AC, CD = 1,125AC. Zëvendësojmë të dhënat dhe marrim përgjigjen: 4.6 ose 5.5.

Detyrat për zgjidhje të pavarur /

1. Perimetri i një trapezi dykëndor të brendashkruar rreth një rrethi është 2r. Gjeni projeksionin e diagonales së trapezit në bazën më të madhe. (1/2 r)

2. Problemet e hapura të bankës së përdorimit në matematikë. NË 4. Në një rreth të gdhendur në një trekëndësh ABC (fig. 22), vizatohen tre tangjente. Perimetrat e trekëndëshave të cunguar janë 6, 8, 10. Gjeni perimetrin e këtij trekëndëshi. (24)

3. Në një trekëndësh ABC rrethi i brendashkruar. MN- tangjente me rrethin MО AC, JO BC, BC = 13, AC = 14, AB = 15. Gjeni perimetrin e një trekëndëshi MNC. (12)

4. Në një rreth të brendashkruar në një katror me brinjën a, vizatohet një tangjente që pret dy brinjë të tij. Gjeni perimetrin e trekëndëshit të prerë. (a)

5. Një rreth është brendashkruar në një pesëkëndësh me brinjë a, d, c, d dhe e. Gjeni segmentet në të cilat pika e kontaktit ndan anën e barabartë me a.

6. Një rreth është brendashkruar në një trekëndësh me brinjët 6, 10 dhe 12. Një tangjente është tërhequr në rreth në mënyrë që ai të kryqëzojë dy anë të mëdha. Gjeni perimetrin e trekëndëshit të prerë. (gjashtëmbëdhjetë)

7. CDështë mediana e trekëndëshit ABC. Rrethe të gdhendura në trekëndësha ACD dhe BCD, prekni segmentin CD në pika M dhe N. Gjej MN, nëse AC – dielli = 2. (1)

8. Në një trekëndësh ABC me palët a, b dhe c në anën dielli pikë e shënuar D. Tek rrathët e gdhendur në trekëndësha ABD dhe ACD, vizatohet një tangjente e përbashkët që kryqëzohet pas Krishtit në pikën M. Gjeni gjatësinë e një segmenti JAM. (Gjatesia JAM nuk varet nga pozicioni i pikës D dhe
është e barabartë me ½ ( c + b - a))

9. Një rreth me rreze është brendashkruar në një trekëndësh kënddrejtë a. Rrezja e rrethit tangjent me hipotenuzën dhe zgjatimet e këmbëve është R. Gjeni gjatësinë e hipotenuzës. ( R-a)

10. Në një trekëndësh ABC dihen gjatësitë e anëve: AB = me, AC = b, dielli = a. Një rreth i gdhendur në një trekëndësh është tangjent me një anë AB në pikën Nga 1. Rrethi është tangjent me shtrirjen e anës AB për pikë POR në pikën Nga 2. Përcaktoni gjatësinë e segmentit S 1 S 2. (b)

11. Gjeni gjatësitë e brinjëve të trekëndëshit, të ndarë me pikën e kontaktit të rrethit të brendashkruar me rreze 3 cm në segmente 4 cm dhe 3 cm (7, 24 dhe 25 cm në një trekëndësh kënddrejtë)

12. Olimpiada Soros 1996, raundi i dytë, klasa e 11-të. Trekëndëshi i dhënë ABC, në anët e të cilave janë shënuar pikat A 1, B 1, C 1. Rrezet e rrathëve të gdhendur në trekëndësha AC 1 B 1 , BC 1 A 1 , CA 1 B 1 të barabartë në r. Rrezja e një rrethi të gdhendur në një trekëndësh A 1 B 1 C 1 barazohet R. Gjeni rrezen e një rrethi të gdhendur në një trekëndësh ABC. (R +r).

Detyrat 4–8 janë marrë nga libri me probleme i R. K. Gordin “Geometria. Planimetria." Moska. Shtëpia botuese MTSNMO. 2004.

Direkt ( MN) që ka vetëm një pikë të përbashkët me rrethin ( A), quhet tangjente te rrethi.

Pika e përbashkët quhet në këtë rast pikë prekjeje.

Mundësia e ekzistencës tangjente, dhe, për më tepër, të tërhequr nëpër çdo pikë rrathët, si pikë kontakti, vërtetohet nga sa vijon teorema.

Le të kërkohet që rrathët të përqendruar O tangjente përmes një pike A. Për këtë, nga pika A, si nga qendra, përshkruani hark rreze AO, dhe nga pika O, si qendër, ne e kryqëzojmë këtë hark në pika B dhe Me zgjidhje busull e barabartë me diametrin e rrethit të dhënë.

Pas shpenzimeve pastaj akorde OB dhe OS, lidhni pikën A me pika D dhe E ku këto korda kryqëzojnë rrethin e dhënë. Direkt pas Krishtit dhe AE - tangjente me rrethin O. Në të vërtetë, nga ndërtimi është e qartë se trekëndëshat AOB dhe AOC izosceles(AO = AB = AC) me baza OB dhe OS, e barabartë me diametrin e rrethit O.

Si OD dhe OE janë rrezet, pra D - e mesme OB, a E- mes OS, do të thotë pas Krishtit dhe AE - mesataret të tërhequr në bazat e trekëndëshave dykëndësh, dhe për rrjedhojë pingul me këto baza. Nëse e drejtpërdrejtë DA dhe EA pingul me rrezet OD dhe OE, atëherë ata janë tangjentet.

Pasoja.

Dy tangjente të tërhequra nga e njëjta pikë në rreth janë të barabarta dhe formojnë kënde të barabarta me vijën që lidh këtë pikë me qendrën.

Kështu që AD=AE dhe ∠ OAD = ∠OAE sepse trekëndëshat kënddrejtë AOD dhe AOE duke pasur një të përbashkët hipotenuzë AO dhe të barabartë këmbët OD dhe OE(si rreze) janë të barabarta. Vini re se këtu fjala "tangjente" do të thotë "aktuale" segment tangjent” nga pika e dhënë në pikën e kontaktit.