Raadiuse omadused kokkupuutepunktis. Mis on ringi puutuja? Ringjoone puutuja omadused. Kahe ringi ühine puutuja
Ringjoone puutuja mõiste
Ringil on kolm võimalikku vastastikused kokkulepped sirgjoone suhtes:
Kui kaugus ringi keskpunktist sirgeni on väiksem kui raadius, siis on sirgel kaks lõikepunkti ringiga.
Kui kaugus ringi keskpunktist sirgeni on võrdne raadiusega, siis on sirgel kaks lõikepunkti ringiga.
Kui kaugus ringi keskpunktist sirgjooneni on suurem kui raadius, siis on sirgel ringiga kaks lõikepunkti.
Nüüd tutvustame ringi puutuja kontseptsiooni.
Definitsioon 1
Ringjoone puutuja on sirge, millel on üks lõikepunkt.
Ringjoone ja puutuja ühist punkti nimetatakse puutujapunktiks (joon. 1).
Joonis 1. Ringjoone puutuja
Ringjoone puutuja mõistega seotud teoreemid
1. teoreem
Puutujaomaduse teoreem: Ringjoone puutuja on risti puutujapunkti tõmmatud raadiusega.
Tõestus.
Vaatleme ringi keskpunktiga $O$. Joonestame puutuja $a$ punktis $A$. $OA=r$ (joonis 2).
Tõestame, et $a\bot r$
Tõestame teoreemi meetodiga "vastuolu". Oletame, et puutuja $a$ ei ole risti ringi raadiusega.
Joonis 2. 1. teoreemi illustratsioon
See tähendab, et $OA$ on puutuja suhtes kaldu. Kuna sirge $a$ risti on alati väiksem kui sama sirge kalle, on kaugus ringi keskpunktist sirgeni väiksem kui raadius. Nagu me teame, on sel juhul sirgel kaks lõikepunkti ringiga. Mis on vastuolus puutuja määratlusega.
Seetõttu on puutuja risti ringi raadiusega.
Teoreem on tõestatud.
2. teoreem
Teisenda puutujaomaduse teoreemiga: Kui ringjoone raadiuse otsa läbiv sirge on raadiusega risti, siis on see sirge selle ringjoone puutuja.
Tõestus.
Vastavalt ülesande tingimusele on meil raadius, mis on tõmmatud ringi keskpunktist antud sirgele. Seetõttu on kaugus ringi keskpunktist sirgjooneni võrdne raadiuse pikkusega. Nagu me teame, on sel juhul ringil ainult üks lõikepunkt selle sirgega. Definitsiooni 1 järgi saame, et antud sirge puutub ringiga.
Teoreem on tõestatud.
3. teoreem
Ühest punktist tõmmatud ringi puutujate segmendid on võrdsed ja moodustavad võrdsed nurgad seda punkti ja ringi keskpunkti läbiva sirgjoonega.
Tõestus.
Olgu antud ring, mille keskpunkt on punkt $O$. Punktist $A$ (mis asub kõigil ringidel) tõmmatakse kaks erinevat puutujat. Puutepunktist vastavalt $B$ ja $C$ (joonis 3).
Tõestame, et $\angle BAO=\angle CAO$ ja et $AB=AC$.
Joonis 3. 3. teoreemi illustratsioon
Teoreemi 1 järgi on meil:
Seetõttu on kolmnurgad $ABO$ ja $ACO$ täisnurksed kolmnurgad. Kuna $OB=OC=r$ ja hüpotenuus $OA$ on tavaline, on need kolmnurgad hüpotenuusis ja jalas võrdsed.
Seega saame $\angle BAO=\angle CAO$ ja $AB=AC$.
Teoreem on tõestatud.
Ringjoone puutuja mõiste ülesande näide
Näide 1
Antud ringjoone keskpunktiga $O$ ja raadiusega $r=3\ cm$. Puutujal $AC$ on puutujapunkt $C$. $AO=4\cm$. Otsige üles $AC$.
Lahendus.
Esmalt kujutame kõike, mis on joonisel (joonis 4).
Joonis 4
Kuna $AC$ on puutuja ja $OC$ on raadius, siis 1. teoreemiga saame $\angle ACO=(90)^(()^\circ )$. Selgus, et kolmnurk $ACO$ on ristkülikukujuline, mis tähendab Pythagorase teoreemi järgi, et meil on:
\[(AC)^2=(AO)^2+r^2\] \[(AC)^2=16+9\] \[(AC)^2=25\] \
Joonistame CO ja vaatleme kolmnurki OAC ja OBC1) In ΔOAC ja ΔOBC:OC - ühine, OA = OB, raadiustena, OA ⊥ CA, OB ⊥ CB (kuna AC ja CB on puutujad). Seega ΔОAC = ΔOBC kolmnurkade 1. võrdusmärgi järgi. Kust AC = CO.2) Läbi punkti C tõmmatakse ringi kolm puutujat: CA, CB, CM. Siis järeldub, et CA = CB = CM, millest punktid A, B, M asuvad samal ringil keskpunktiga C. Selgus, et kahel ringil on kolm ühist punkti. Vastuolu. Ringi teoreem: Ringjooned ei saa ristuda rohkem kui kahes punktis. Seega läbi antud punkt antud ringile on võimatu tõmmata rohkem kui kahte puutujat. Seetõttu on SA ja CB ringi puutujad ja nad on võrdsed.Punktist C joonistame lõigu CO. Saame kaks kolmnurka: ∆COA ja ∆SOVV ∆SOA ja ∆COV:CO - ühine, OA = OB, raadiudena, OA ⊥ CA, OV ⊥ CB (kuna CA ja CB on puutujad). Seega ΔCOA = ΔCOV kolmnurkade 1. võrdusmärgi järgi. Kus SA = SW.
Seotud ülesanded:
1. Suvalises kolmnurgas a keskmine joon, mis lõikab sellest ära väiksema kolmnurga. Leidke väiksema kolmnurga pindala ja antud kolmnurga pindala suhe.
2. Trapetsi ümber on kirjeldatud ring, mille keskpunkt asub selle suuremal alusel. Leidke trapetsi nurgad, kui selle väiksem alus on poole väiksem kui suurem alus.
3. Nurk poolitaja ja kolmnurga suurema nurga tipust tõmmatud kõrguse vahel on 12*. Leidke selle kolmnurga nurgad, kui selle suurim nurk on neli korda väiksem.
4. O1 ja O2 on kahe puutuja keskpunktid väliselt ringid. Sirge O1O2 lõikab esimest ringjoont (keskpunktis O1) punktis A. Leidke teise ringi läbimõõt, kui esimese ringi raadius on 5 cm ja punktist A tõmmatud puutuja teisele ringile moodustab nurga 30 * joonega O1O2.
Otsene ( MN), millel on ringiga ainult üks ühine punkt ( A), kutsutakse puutuja ringile.
Sel juhul nimetatakse ühispunkti puutepunkt.
Olemasolu võimalus puutuja, ja pealegi tõmmatud läbi mis tahes punkti ringid, kui kokkupuutepunkti, on tõestatud järgmisega teoreem.
Olgu seda nõutud ringid tsentreeritud O puutuja läbi punkti A. Selleks, punktist A, nagu keskelt, kirjelda kaar raadius AO, ja punktist O, kui keskpunkt, lõikame selle kaare punktides B ja FROM kompassi lahendus, mis võrdub antud ringi läbimõõduga.
Peale kulutamist siis akordid OB ja OS, ühendage punkt A täppidega D ja E kus need akordid ristuvad antud ringiga. Otsene AD ja AE - puutuja ringiga O. Tõepoolest, konstruktsioonist selgub, et kolmnurgad AOB ja AOC võrdhaarne(AO = AB = AC) alustega OB ja OS, võrdub ringi läbimõõduga O.
Sest OD ja OE on siis raadiused D - keskel OB, a E- keskmine OS, tähendab AD ja AE - mediaanid tõmmatud võrdhaarsete kolmnurkade alustele ja seega risti nende alustega. Kui otsene DA ja EA raadiustega risti OD ja OE, siis nad on puutujad.
Tagajärg.
Kaks samast punktist ringile tõmmatud puutujat on võrdsed ja moodustavad seda punkti keskpunktiga ühendava joonega võrdsed nurgad.
Niisiis AD=AE ja ∠ OAD = ∠OAE sest täisnurksed kolmnurgad AOD ja AOE millel on ühine hüpotenuus AO ja võrdne jalad OD ja OE(raadiustena) on võrdsed. Pange tähele, et siin tähendab sõna "puutuja" tegelikku " puutuja segment” antud punktist kokkupuutepunkti.
Enamasti valmistavad taotlejatele, lõpetajatele ja matemaatikaolümpiaadidel osalejatele raskusi just geomeetrilised ülesanded. Kui vaadata 2010. aasta USE statistikat, siis on näha, et geomeetrilise ülesandega C4 alustas umbes 12% osalejatest ning täishinde sai vaid 0,2% osalejatest ning üldiselt osutus ülesandeks kõige keerulisem kõigist pakutud.
Ilmselt mida varem pakume koolilastele probleemide lahendamise viisi poolest ilusaid või ootamatuid, seda tõenäolisemalt nad neid tõsiselt ja pikaks ajaks huvi pakuvad ja köidavad. Aga kui raske on leida huvitavat ja väljakutseid pakkuvad ülesanded 7. klassi tasemel, kui geomeetria süsteemne õppimine alles algab. Mida saab pakkuda matemaatikahuvilisele õpilasele, kes teab vaid kolmnurkade võrdusmärke, külgnevate ja vertikaalnurkade omadusi? Küll aga on võimalik juurutada ringi puutuja mõistet sirgena, millel on ringjoonega üks ühine punkt; nõustuda, et puutepunktini tõmmatud raadius on puutujaga risti. Loomulikult tasub kaaluda kõiki võimalikke kahe ringi asukoha juhtumeid ja nende ühiseid puutujaid, mida saab tõmmata nullist neljani. Allpool välja pakutud teoreemide tõestamisega on võimalik seitsmenda klassi õpilaste ülesannete kogumit oluliselt laiendada. Samas teel olles osutuda oluliseks või lihtsalt huvitavaks ja lõbusad faktid. Veelgi enam, kuna paljusid väiteid kooliõpikusse ei kajastu, saab neid arutada nii klassiruumis kui ka lõpetajatega planimeetriat korrates. Need faktid osutusid aktuaalseteks eelmisel õppeaastal. Kuna paljud diagnostikatööd ise KASUTAGE tööd sisaldas ülesannet, mille lahendamiseks oli vaja kasutada allpool tõestatud puutujalõigu omadust.
T 1
Alates tõmmatud ringi puutujate lõigud
üks punkt on võrdsed (joonis 1)
See on teoreemiga, saate kõigepealt tutvustada seitsmendat klassi.
Tõestamisel kasutasime täisnurksete kolmnurkade võrdsuse märki, järeldasime, et ringi keskpunkt asub nurga poolitajal BCA.
Möödaminnes meenus, et nurga poolitaja on nurga sisemise piirkonna punktide asukoht, mis on selle külgedest võrdsel kaugusel. Nendel faktidel põhineb kaugeltki triviaalse probleemi lahendus, mis on kättesaadav isegi geomeetriaõppe algajatele.
1. Nurkade poolitajad AGA, AT ja FROM kumer nelinurk ABCD ristuvad ühes punktis. Kiired AB ja DC ristuvad punktis E, ja kiired
Päike ja AD punktis F. Tõesta, et mittekumer nelinurk AECF vastaskülgede pikkuste summa on võrdne.
Lahendus (joonis 2). Lase O on nende poolitajate lõikepunkt. Siis O võrdsel kaugusel nelinurga kõikidest külgedest ABCD, see on
on nelinurka kantud ringi keskpunkt. Teoreemi järgi 1
võrdsused on õiged: AR = AK,
ER = EP, FT = FK. Lisame termini kaupa vasaku ja parema osa, saame õige võrdsuse:
(AR + ER) + FT = (AK +FK) + EP; AE + (FC + CT) = AF + (EL + PC). Sest ST = RS, siis AE + FC = AF + EL, mida tuli tõestada.
Vaatleme ebatavalise sõnastusega ülesannet, mille lahendamiseks piisab teoreemi tundmisest 1 .
2. Kas on olemas n-gon, mille küljed on järjestikku 1, 2, 3, ..., n millesse saab ringi kirjutada?
Lahendus. Ütleme nii n-gon on olemas. AGA 1 AGA 2 =1, …, AGA n-1 AGA n= n– 1,AGA n AGA 1 = n. B 1 , …, B n on vastavad puutepunktid. Siis teoreemi 1 järgi A 1 B 1 = A 1 B n< 1, n – 1 < A n B n< n. Puutujate segmentide omaduse järgi A n B n= A n B n-1. Aga, A n B n-1< A n-1 AGA n= n- 1. Vastuolu. Seetõttu ei n-gon, mis rahuldab probleemi tingimusi.
T 2 Umbes ümbritsetud nelinurga vastaskülgede summad
ringid on võrdsed (joonis 3)
Koolilapsed tõestavad reeglina kirjeldatud nelinurga seda omadust kergesti. Pärast teoreemi tõestamist 1 , see on treeningharjutus. Seda asjaolu võib üldistada – piiritletud paarisnurga külgede summad, mis on võetud läbi ühe, on võrdsed. Näiteks kuusnurga jaoks ABCDEFõige: AB + CD + EF = BC + DE + FA.
Lahendus (joonis 1). Kuna nelinurgad ABEF ja ECDF on kirjas teoreemi 2 alusel Р ABEF = 2(AB + EF) ja Р ECDF = 2(CD + EF), tingimusel
P ABEF - P ECDF = 2 (AB + EF) - 2 (CD + EF) = 2p. AB-CD = p. AB = a + p.
joonestatakse ringi puutuja, mis lõikab lõike AB ja AC punktides M ja R vastavalt. Tõesta, et kolmnurga ümbermõõt USAID ja nurk MPA ei sõltu punkti X valikust.
Lahendus (joon. 5). 1. teoreemi järgi MB = MX ja PC = RX. Seega kolmnurga ümbermõõt USAID võrdne segmentide summaga AB ja AS. Või kolmnurga välisringjoonele tõmmatud topeltpuutuja USAID . MOP-nurga väärtust mõõdetakse poole võrra nurga väärtusest WOS, mis ei sõltu punkti valikust X.
Lahendus (joonis 6). Esimene meetod (algebraline). Lase AK \u003d AN \u003d x, siis BK = BM = c - x, CM = CN = a - c + x. AC = AN + NC, siis saame kirjutada võrrandi jaoks x: b \u003d x + (a - c + x). Kus
.
Teine meetod (geomeetriline). Pöördume diagrammi juurde. Ükshaaval võetavad võrdsete puutujate lõigud annavad kokku poolperimeetri
kolmnurk. Punane ja roheline moodustavad ühe külje a. Siis meid huvitav segment x = p - a. Loomulikult on saadud tulemused järjepidevad.
. Z Pange tähele, et põhiprobleemist 1
järgib seda CM = p ∆ ABC. b+x=p; x \u003d p - b. Saadud valemeid kasutatakse järgmistes ülesannetes. 4. Leidke jalgadega täisnurksesse kolmnurka kirjutatud ringi raadius a, b ja hüpotenuus Koos. Lahendus (joonis 8). T kuidas OMCN- ruut, siis on sisse kirjutatud ringi raadius võrdne puutuja CN segmendiga.
.
5. Tõesta, et kolmnurga küljega sissekirjutatud ja välisringkondade puutumispunktid on selle külje keskpunkti suhtes sümmeetrilised.
Lahendus (joonis 9). Pange tähele, et AK on kolmnurga eksringjoone puutuja segment ABC. Valemi (2) järgi
. VM- joonelõik
kolmnurga puutuja sisering ABC. Vastavalt valemile (1)
. AK = VM, ja see tähendab, et punktid K ja M külje keskelt võrdsel kaugusel AB, Q.E.D.
6. Kahele ringile tõmmatakse kaks ühist välimist puutujat ja üks sisemine puutuja. Sisemine puutuja lõikub punktides välimiste puutujatega A, B ja puudutab punktides ringe A 1 ja IN 1 . Tõesta seda AA 1 \u003d BB 1.
Lahendus (joonis 10). Lõpetage ... Aga mida on siin otsustada? See on lihtsalt eelmise probleemi järjekordne sõnastus. On ilmne, et üks ringjoontest on mingi kolmnurga jaoks sisse kirjutatud ja teine on ekscircle ABC. Ja segmendid AA 1 ja BB 1 vastavad segmentidele AK ja VMülesanded 5. Tähelepanuväärne on, et ülevenemaalisel matemaatikaolümpiaadil välja pakutud probleem lahendatakse nii ilmselgelt.
7. Viisnurga küljed on ringi liikumise järjekorras 5, 6, 10, 7, 8. Tõesta, et sellesse viisnurka ei saa kirjutada ringi.
Lahendus (joonis 11). Oletame, et viisnurk ABCDE saate kirjutada ringi. Pealegi pooled AB, eKr, CD, DE ja EA on vastavalt 5, 6, 10, 7 ja 8. F, G, H, M ja N. Laske segmendi pikkus AF on võrdne X.
Siis bf = FD – AF = 5 – x = BG. GC = eKr – BG = = 6 – (5 – x) = 1 + x = CH. Ja nii edasi: HD = DM = 9 – x; MINA = ET = x – 2, AN = 10 – X.
Aga, AF = AN. See on 10 - X = X; X= 5. Kuid puutuja segment AF ei saa võrdne pool AB. Sellest tulenev vastuolu tõestab, et ringjoont ei saa antud viisnurka kirjutada.
8. Ringjoon on kantud kuusnurka, selle küljed möödaviigu järjekorras on 1, 2, 3, 4, 5. Leia kuuenda külje pikkus.
Lahendus. Muidugi võib puutuja segmenti tähistada kui X, nagu eelmises ülesandes, kirjutage võrrand ja saate vastuse. Kuid palju tõhusam ja tulemuslikum on kasutada teoreemi märkust 2 : piiritletud kuusnurga külgede summad läbi ühe on võrdsed.
Siis 1 + 3 + 5 = 2 + 4 + X, kus X- tundmatu kuues külg, X = 3.
Lahendus (joon. 12). Kuna kõigi külgede pikkused on täisarvud, on lõikude pikkuste murdosad võrdsed BT, BP, DM, DN, AK ja AT. Meil on AT + TV= 1 ja lõikude pikkuste murdosad AT ja TV on võrdsed. See on võimalik ainult siis, kui AT + TV= 0,5. Teoreemi järgi 1
WT + VR.
Tähendab, VR= 0,5. Pange tähele, et tingimus CD= 3 osutus taotlemata. Ilmselt eeldasid ülesande autorid mõnda muud lahendust. Vastus: 0,5.
10. Nelinurgas ABCD AD=DC, AB=3, BC=5. Kolmnurkadesse kirjutatud ringid ABD ja CBD puudutage segmenti BD punktides M ja N vastavalt. Leidke lõigu pikkus MN.
Lahendus (joonis 13). MN = DN - DM. Kolmnurkade valemi (1) järgi DBA ja DBC vastavalt on meil:
11. Nelinurgas ABCD saate kirjutada ringi. Kolmnurkadesse kirjutatud ringid ABD ja CBD on raadiused R ja r vastavalt. Leidke nende ringide keskpunktide vaheline kaugus.
Lahendus (joonis 13). Kuna tingimuse järgi nelinurk ABCD sisse kirjutatud, teoreemi järgi 2 meil on: AB + DC = AD + BC. Kasutame eelmise probleemi lahendamise ideed. . See tähendab, et ringide kokkupuutepunktid segmendiga DM vaste. Ringide keskpunktide vaheline kaugus on võrdne raadiuste summaga. Vastus: R + r.
Tegelikult on tõestatud, et tingimus on nelinurgas ABCD võite kirjutada ringi, mis on samaväärne tingimusega - kumeras nelinurgas ABCD kolmnurkadesse kirjutatud ringid ABC ja ADC puudutage üksteist. Tõsi on vastupidi.
Neid kahte vastastikku vastupidist väidet tehakse ettepanek tõestada järgmises ülesandes, mida võib pidada selle üldistuseks.
12. Kumeras nelinurgas ABCD (riis. neliteist) kolmnurkadesse kirjutatud ringid ABC ja ADC puudutage üksteist. Tõesta, et kolmnurkadesse kirjutatud ringid ABD ja bdc puudutavad ka üksteist.
13. Kolmnurgas ABC osapooltega a, b ja c küljel Päike märgitud punkt D nii et kolmnurkadesse kirjutatud ringid ABD ja ACD puudutage segmenti ADühel hetkel. Leidke lõigu pikkus BD.
Lahendus (joonis 15). Kolmnurkade jaoks rakendame valemit (1). ADC ja adb, arvutades DM kaks 
Tuleb välja, D- kokkupuutepunkt küljega Päike kolmnurka kantud ring ABC. See on vastupidine: kui kolmnurga tipp on ühendatud ringjoone puutujapunktiga vastaspool, siis puudutavad saadud kolmnurkadesse kirjutatud ringid üksteist.
14. Keskused O 1 , O 2 ja O 3 kolm mittelõikuvat sama raadiusega ringi asuvad kolmnurga tippudes. Punktidest O 1 , O 2 , O 3, on nende ringide puutujad joonistatud joonisel näidatud viisil.
On teada, et need puutujad, lõikuvad, moodustasid kumera kuusnurga, mille küljed läbi ühe on värvitud punaseks ja siniseks. Tõesta, et punaste lõikude pikkuste summa on võrdne siniste lõikude pikkuste summaga.
Lahendus (joonis 16). Oluline on mõista, kuidas kasutada seda, et antud ringidel on samad raadiused. Pange tähele, et segmendid BR ja DM on võrdsed, mis tuleneb täisnurksete kolmnurkade võrdsusest O 1 BR ja O 2 BM. Samamoodi DL = D.P., FN = FK. Liidame võrdusliikmete kaupa, seejärel lahutame saadud summadest samad tippudest tõmmatud puutujate segmendid AGA, FROM ja E kuusnurk ABCDEF: AR ja AK, CL ja CM, ET ja EP. Me saame, mida vajame.
Siin on näide XII rahvusvahelisel gümnaasiumiõpilaste matemaatikaturniiril “A. N. Kolmogorovi mälukarikas” välja pakutud stereomeetriaülesandest.
16. Antud viisnurkne püramiid SA 1 A 2 A 3 A 4 A 5 . Ulatus on olemas w, mis puudutab kõiki püramiidi servi ja teist sfääri w 1 , mis puudutab aluse kõiki külgi A 1 A 2 A 3 A 4 A 5 ja külgmiste ribide pikendused SA 1, SA 2, SA 3, SA 4, SA 5 aluse tippude jaoks. Tõesta, et püramiidi tipp on aluse tippudest võrdsel kaugusel. (Berlov S. L., Karpov D. V.)
kuna puutujate segmendid on võrdsed. Lase C i A i = a i. Siis p SAiAi +1 = s+a i +a i+1 , ja perimeetrite võrdsusest tuleneb, et a 1 = a 3 = a 5 = a 2 = a 4, kust SA 1 = SA 2 = SA 3 = SA 4 = SA 5 .
17. KASUTADA. Diagnostikatöö 8. detsember 2009, С4. Dana trapets ABCD, mille alused eKr= 44,AD = 100, AB = CD= 35. Ringjoonte puutuja AD ja AC puudutab külge CD punktis K. Leidke lõigu pikkus CK.VDC ja BDA, puudutage külge BD punktides E ja F. Leidke lõigu pikkus EF.
Lahendus. Võimalikud on kaks juhtumit (joonis 20 ja joon. 21). Valemi (1) abil leiame segmentide pikkused DE ja D.F..
Esimesel juhul AD = 0,1AC, CD = 0,9AC. Teises - AD = 0,125AC, CD = 1,125AC. Asendame andmed ja saame vastuseks: 4.6 või 5.5.
Iseseisva lahenduse ülesanded /
1. Ringjoonele kantud võrdhaarse trapetsi ümbermõõt on 2r. Leidke trapetsi diagonaali projektsioon suuremale alusele. (1/2r)
2. Ava pank KASUTAGE ülesandeid matemaatika. KELL 4. Kolmnurga sisse kirjutatud ringile ABC (joonis 22), tõmmatakse kolm puutujat. Kärbitud kolmnurkade ümbermõõt on 6, 8, 10. Leia selle kolmnurga ümbermõõt. (24)
3. Kolmnurga sisse ABC sisse kirjutatud ring. MN- puutuja ringiga MО AC, NО BC, BC = 13, AC = 14, AB = 15. Leidke kolmnurga ümbermõõt MNC. (12)
4. Ringjoonele, mis on kantud ruudule, mille külg on a, tõmmatakse puutuja, mis lõikub selle kahte külge. Leidke äralõigatud kolmnurga ümbermõõt. (a)
5. Ringjoon on kantud külgedega viisnurka a, d, c, d ja e. Leidke segmendid, milleks puutepunkt jagab külje, mis on võrdne a.
6. Kolmnurka, mille küljed on 6, 10 ja 12, on ringjoon kirjutatud. Ringjoonele tõmmatakse puutuja nii, et see lõikab kahte suurt külge. Leidke äralõigatud kolmnurga ümbermõõt. (16)
7. CD on kolmnurga mediaan ABC. Kolmnurkadesse kirjutatud ringid ACD ja BCD, puudutage segmenti CD punktides M ja N. Otsi MN, kui AC – Päike = 2. (1)
8. Kolmnurgas ABC osapooltega a, b ja c küljel Päike märgitud punkt D. Kolmnurkadesse kirjutatud ringidele ABD ja ACD, joonistatakse ühine puutuja, mis lõikub AD punktis M. Leidke lõigu pikkus OLEN. (Pikkus OLEN ei sõltu punkti asukohast D ja
võrdub ½ ( c + b - a))
9. Raadiusega ringjoon on kirjutatud täisnurksesse kolmnurka a. Hüpotenuusi ja jalgade pikenduste puutuja ringi raadius on R. Leidke hüpotenuusi pikkus. ( R-a)
10. Kolmnurgas ABC külgede pikkused on teada: AB = Koos, AC = b, Päike = a. Kolmnurka kantud ringjoon puutub küljega AB punktis Alates 1. Excircle puutub külje pikendusega AB punkti kohta AGA punktis Alates 2. Määrake segmendi pikkus S 1 S 2. (b)
11. Leidke kolmnurga külgede pikkused, mis on jagatud 3 cm raadiusega sissekirjutatud ringi kokkupuutepunktiga lõikudeks 4 cm ja 3 cm (täisnurksel kolmnurgal 7, 24 ja 25 cm)
12. Sorose olümpiaad 1996, 2. voor, 11. klass. Kolmnurk antud ABC, mille külgedele on märgitud punktid A 1, B 1, C 1. Kolmnurkadesse kantud ringide raadiused AC 1 B 1, BC 1 A 1, CA 1 B 1 võrdne sisse r. Kolmnurka kantud ringi raadius A 1 B 1 C 1 võrdub R. Leidke kolmnurga sisse kirjutatud ringi raadius ABC. (R +r).
Ülesanded 4–8 on võetud R. K. Gordini probleemraamatust „Geomeetria. Planimeetria." Moskva. Kirjastus MTSNMO. 2004. aasta.
1. Kaks puutujat ühest punktist.
Punktis $$O$$ koondunud ringile tõmmatakse kaks puutujat $$AM$$ ja $$AN$$, punktid $$M$$ ja $$N$$ asuvad ringil (joonis 1 ).
Puutujate $$OM \perp AM$$ ja $$ON \perp AN$$ definitsiooni järgi. Täisnurksetes kolmnurkades $$AOM$$ ja $$AON$$ on hüpotenuus $$AO$$ ühine, $$OM$$ ja $$ON$$ jalad on võrdsed, seega $$\Delta AOM = \Delta AON$$. Nende kolmnurkade võrdsus tähendab $$AM=AN$$ ja $$\angle MAO = \angle NAO$$. Seega, kui punktist ringile tõmmatakse kaks puutujat, siis:
1,1 $$(\^{\circ}$$. !} sellest punktist puutepunktidesse ulatuvate puutujate segmendid on võrdsed;
1,2 $$(\^{\circ}$$. !} sirgjoon, mis läbib ringi keskpunkti ja antud punkti, poolitab puutujate vahelise nurga.
Kasutatakse atribuuti 1.1$$(\^{\circ}$$, легко решим следующие две задачи. (В решении используется тот факт, что в каждый треугольник можно вписать окружность).!}
Punkt $$D$$ asub võrdhaarse kolmnurga $$ABC$$ alusel $$AC$$, samas kui $$DA = a$$, $$DC = b$$ (joonis 2). Kolmnurkadesse $$ABD$$ ja $$DBC$$ kirjutatud ringid puudutavad joont $$BD$$ vastavalt punktides $$M$$ ja $$N$$. Leidke segment $$MN$$.
.
$$\kolmnurk$$ Olgu $$a > b $$. Tähistage $$x = MN$$, $$y = ND$$, $$z = BM$$.
Puutujate omaduse järgi $$DE = y$$, $$KD = x + y $$, $$AK = AP = a - (x + y)$$, $$CE = CF = b - y$$ , $ $BP = z$$ ja $$BF = z + x$$. Avaldame küljed (joonis 2a): $$AB = z+a-x-y$$, $$BC=z+x-b-y$$. Tingimuse järgi $$AB=BC$$, seega $$z+a-x -y = z+x+b-y$$. Siit leiame $$x=\frac((a-b))(2)$$, st $$MN=\frac((a-b))(2)$$. Kui $$a \lt b$$, siis $$MN=\frac((b-a))(2)$$. Seega $$MN=\frac(1)(2)|a-b|$$. $$\must kolmnurk$$
VASTUS
$$\frac(|a-b|) (2)$$
Tõesta, et täisnurkses kolmnurgas võrdub jalgade summa kahekordse sissekirjutatud ja piiritletud ringide raadiuste summaga, st $$a+b=2R+2r$$.
$$\kolmnurk$$ Olgu $$M$$, $$N$$ ja $$K$$ punktid, kus ring puudutab külgi täisnurkne kolmnurk$$ABC$$ (joonis 3), $$AC=b$$, $$BC=a$$, $$r$$ on sisse kirjutatud ringi raadius, $$R$$ on ringi raadius piiritletud ring. Tuletame meelde, et hüpotenuus on piiritletud ringi läbimõõt: $$AB=2R$$. Lisaks $$OM \perp AC$$, $$BC \perp AC$$, seega $$OM \parallel BC$$, sarnaselt $$ON \perp BC$$, $$AC \perp BC$$, seega $$ON \parallel AC$$. Nelinurk $$MONC$$ on definitsiooni järgi ruut, selle kõik küljed on $$r$$, seega $$AM = b - r$$ ja $$BN = a - r $$.
Puutujate $$AK=AM$$ ja $$BK=BN$$ omaduse järgi, seega $$AB = AK + KB = a+b-2r$$ ning kuna $$AB=2R$$ , siis saame $$a+b=2R+2r$$. $$\must kolmnurk$$
Kinnistu 1,2 $$(\^{\circ}$$ сформулируем по другому: !} Nurga sisse kirjutatud ringi keskpunkt asub selle nurga poolitajal.
Trapets $$ABCD$$ alustega $$AD$$ ja $$BC$$ on ümbritsetud ringi lähedal, mille keskpunkt on $$O$$ (joonis 4a).
a) Tõesta, et $$\angle AOB = \angle COD = $$90$$(\^{\circ}$$ .!}
b) Leidke ringi raadius, kui $$BO = \sqrt(5)$$ ja $$AO = 2 \sqrt(5)$$. (Joonis 4b)
$$\kolmnurk$$ a) Ringjoon on kantud nurka $$BAD$$ omadusega 1.2$$(\^{\circ}$$ $$AO$$ - биссектриса угла $$A$$, $$\angle 1 = \angle 2 = \frac{1}{2} \angle A$$; $$BO$$ - биссектриса угла $$B$$, $$\angle 3 = \angle 4 = \frac{1}{2} \angle B$$. Из параллельности прямых $$AD$$ и $$BC$$ следует, что $$\angle A + \angle B = 180^{\circ}$$,поэтому в треугольнике $$AOB$$ из $$\angle 1 + \angle 3 = \frac{1}{2} (\angle A + \angle B) = 90^{\circ}$$ следует $$\angle AOB = 90^{\circ}$$.!}
Samamoodi on $$CO$$ ja $$DO$$ trapetsi nurkade $$C$$ ja $$D$$ poolitajad, $$\angle COD = 180^(\circ) - \frac(1) (2)(\nurk C + \nurk D) = 90^(\circ)$$.
b) Kolmnurk $$AOB$$ on täisnurkne kolmnurk, mille jalad $$AO = 2 \sqrt(5)$$ ja $$BO = \sqrt(5)$$. Leidke hüpotenuus $$AB=\sqrt(20+5) = 5$$. Kui ringjoon puutub punktis $$AB$$ külge $$AB$$, siis $$OK \perp AB$$ ja $$OK$$ on ringi raadius. Täisnurkse kolmnurga omaduse $$AB \cdot OK = AO \cdot BO$$ järgi, kust $$OK = \frac(2\sqrt(5)\cdot \sqrt(5))(5) = 2$$. $$\must kolmnurk$$
VASTUS
2. Nurk puutuja ja ringjoone ühise punktiga kõõlu vahel.
Tuletame meelde, et sisse kirjutatud nurga kraadimõõt on pool kraadi mõõt kaar, millele see toetub.
Teoreem 1. Ringjoonel ühise punktiga puutuja ja kõõlu vahelise nurga mõõt on võrdne selle külgede vahele jääva kaare poole astmega.
$$\ruut$$ Olgu $$O$$ ringi keskpunkt ja $$AN$$ puutuja (joonis 5). Puutuja $$AN$$ ja kõõlu $$AB$$ vahelist nurka tähistab $$\alpha$$. Ühendage punktid $$A$$ ja $$B$$ ringi keskpunktiga.
Seega on puutuja ja kõõlu vahelise nurga aste võrdne poolega selle külgede vahele jääva kaare $$AnB$$ kraadist ja seetõttu on nurk $$BAN$$ võrdne mis tahes sisse kirjutatud nurgale, mis põhineb kaarel $$AnB$$ . (Sarnaseid arutlusi saab läbi viia ka nurga $$MAB$$ puhul). $$\must ruut$$
Punkt $$C$$ asub ringjoonel ja on eraldatud puutujatest, mis on tõmmatud punktist $$M$$ ringile kaugusel $$CS = a$$ ja $$CP = b$$ (joon. 6). Tõesta, et $$CK = \sqrt(ab)$$.
$$\kolmnurk$$ Joonistame akordid $$CA$$ ja $$CB$$. Nurk $$SAC$$ puutuja $$SA$$ ja kõõlu $$AC$$ vahel on võrdne sisse kirjutatud nurgaga $$ABC$$. Ja puutuja $$PB$$ ja kõõlu $$BC$$ vaheline nurk $$PBC$$ on võrdne sisse kirjutatud nurgaga $$BAC$$. Saime kaks paari sarnaseid täisnurkseid kolmnurki $$\Delta ASC \sim\Delta BKC$$ ja $$\Delta BPC \sim \Delta AKC$$. Sarnasusest lähtudes on $$\dfrac(a)(AC)=\dfrac(x)(BC)$$ ja $$\dfrac(b)(BC)=\dfrac(x)(AC)$$, mis tähendab $ $ab=x^2$$, $$x=\sqrt(ab)$$. (Kui punkti $$C$$ projektsioon sirgele $$AB$$ asub väljaspool lõiku $$AB$$, ei muutu tõestus palju). (H. jne) $$\mustkolmnurk$$
Vastuvõtt, lahenduses rakendatud - "puuduvate" akordide joonistamine - aitab sageli ülesannetes ja teoreemides ringi ja puutujaga, nagu näiteks järgmise teoreemi tõestuses "tangensi ja sekanti kohta".
Teoreem 2. Kui samast punktist $$M$$ tõmmatakse ringile puutuja $$MA$$ ja sekant $$MB$$ ja lõikub ringjoonega punktis $$C$$ (joon. 7) , siis $$MA ^2 = MB \cdot MC$$, st. kui punktist $$M$$ ringile tõmmatakse puutuja ja sekant, siis punktist $$M$$ puutuja punktist puutepunktini ulatuva puutuja lõigu ruut võrdub pikkuste korrutisega lõikepunktist $$M$$ kuni selle lõikepunktideni ringiga.
$$\ruut$$ Joonistame akordid $$AC$$ ja $$AB$$. Puutuja ja kõõlu vaheline nurk $$MAC$$ on võrdne sisse kirjutatud nurgaga $$ABC$$, mõõdetuna kaare $$AnC$$ poole kraadi võrra. Kolmnurkades $$MAC$$ ja $$MBA$$ on nurgad $$MAC$$ ja $$MBA$$ võrdsed ning tipunurk $$M$$ on tavaline. Need kolmnurgad on
on head, sarnasusest tulenevalt on $$MA/MB = MC/MA$$, mis tähendab $$MA^2 = MB \cdot MC$$. $$\must ruut$$
Ringi raadius on $$R$$. Punktist $$M$$ tõmmatakse ringi keskpunkti $$O$$ läbiv puutuja $$MA$$ ja sekant $$MB$$ (joonis 8). Leidke punkti $$M$$ ja ringi keskpunkti vaheline kaugus, kui $$MB = 2MA$$.
$$\kolmnurk$$ (x+R)/2$$. Tangensi ja sekantse teoreemi $$(x+R)^2/4=(x+R)(x-R)$$ abil, millest $$(x+R)$$ võrra tühistades saame $$(x+ R )/4=x-R$$. Leiame lihtsalt $$x = \dfrac(5)(3)R$$. $$\must kolmnurk$$
VASTUS
$$\dfrac(5)(3)R$$
3. Ringjoone akordide omadus.
Neid omadusi on kasulik omal käel tõestada (paremini fikseeritud), tõestusi saab analüüsida õpikust.
1,3 $$(\^{\circ}$$. Диаметр, перпендикулярный хорде, делит её пополам. Обратно: диаметр, проходящей через середину хорды (не являющуюся диаметром) перпендикулярен ей. !}
1,4 $$(\^{\circ}$$. Равные хорды окружности находятся на !} võrdne vahemaa ringi keskelt. Ja vastupidi, ringi keskpunktist võrdsel kaugusel on võrdsed akordid.
1,5 $$(\^{\circ}$$. !} Paralleelsete kõõlude vahele jääva ringi kaared on võrdsed (tõestusviisi näitab joonis 9).
1,6 $$(\^{\circ}$$. Если две хорды $$AB$$ и $$CD$$ пересекаются в точке $$M$$, то $$AM \cdot MB = CM \cdot MD$$, т. е. произведение длин отрезков одной хорды равно произведению длин отрезков другой хорды (на рис. 10 $$\Delta AMC \sim \Delta DMB$$). !}
Tõestame järgmist väidet.
1,7 $$(\^{\circ}$$. !} Kui ringis, mille raadius on $$R$$, on sisse kirjutatud nurk pikkusega $$a$$ võrdne $$\alpha$$, siis $$a = 2R\textrm(sin)\alpha$$ .
$$\must ruut$$ Laske kõõl $$BC = a$$ raadiusega $$R$$, sissekirjutatud nurk $$BAC$$ toetub kõõlule $$a$$, $$\nurk BAC = \alpha$$ (joon. 11 a, b).
Joonistage läbimõõt $$BA^(")$$ ja kaaluge täisnurkset kolmnurka $$BA^(")C$$ ($$\angle BCA^(")= 90^(\circ)$$, lähtudes läbimõõt).
Kui nurk $$A$$ on terav (joonis 11a), siis on keskpunkt $$O$$ ja tipp $$A$$ samal pool joont $$BC$$, $$\angle A^(") = \angle A$$ ja $$BC = BA^(") \cdot \textrm(sin)A^(")$$, st $$a=2R\textrm(sin)A^( ") $ $ .
Kui nurk $$A$$ on nüri, siis keskpunkt $$O$$ ja tipp $$A$$ asuvad joone $$BC$$ vastaskülgedel (joonis 11b), siis $$\nurk A^(") = 180^(\circ) - \angle A$$ ja $$BC = BA^(") \cdot \textrm(sin)A^(")$$, st $$a=2R\textrm(sin )( 180-A^("))=2R\textrm(sin)A^(")$$.
Kui $$\alpha = 90^(\circ)$$, siis $$BC$$ on läbimõõt, $$BC = 2R = 2R\textrm(sin)90^(\circ)$$.
Kõikidel juhtudel $$a=2R\textrm(sin)A^(")$$ . $$\blacktriangle$$
Seega $$\boxed(a = 2R\textrm(sin)\alpha)$$ või $$\boxed(R = \dfrac(a)(2\textrm(sin)\alpha))$$. (*)
Leidke kolmnurga $$ABC$$ ümber piiritletud ringi raadius, kus $$AB = 3\sqrt(3)$$, $$BC = 2$$ ja nurk $$ABC = 150^(\circ)$$.
$$\kolmnurk$$ Kolmnurga $$ABC$$ ümber piiritletud ringis on teada nurk $$B$$ kõõlu $$AC$$ alusel. Ülaltoodud valem tähendab $$R = \dfrac(AC)(2\textrm(sin)B)$$.
Rakendame koosinusteoreemi kolmnurga $$ABC$$ puhul (joonis 12), võttes arvesse, et
$$\textrm(cos)150^(\circ) = \textrm(cos)(180^(\circ)-30^(\circ)) = -\textrm(cos)30^(\circ) = -\ dfrac(\sqrt(3))(2)$$, saame
$$AC^2 = 27+4+2\cdot 3\sqrt(3) \cdot 2 \cdot \dfrac(\sqrt(3))(2) = 49,\: AC=7$$.
Leidke $$R = \dfrac(AC)(2\textrm(sin)150^(\circ)) = \dfrac(7)(2\textrm(sin)30^(\circ)) = 7$$. $$\must kolmnurk$$
VASTUS
Kasutame lõikuvate akordide omadust järgmise teoreemi tõestamiseks.
3. teoreem. Olgu $$AD$$ siis kolmnurga $$ABC$$ poolitaja
$$AD^2 = AB\cdot AC – BD\cdot CD$$ , st. kui$$AB=c,\: AC=b,\: BD=x,\:DC=y$$ , siis$$AD^2 = bc-xy$$ (joonis 13a).
$$\ruut$$ Kirjeldame ringjoont ümber kolmnurga $$ABC$$ (joonis 13b) ja tähistame poolitaja $$AD$$ ja ringiga jätkumise lõikepunkti kui $$B_1$$. Tähistage $$AD = l $$ ja $$DB_1 = z $$. Sissekirjutatud nurgad $$ABC$$ ja $$AB_1C$$ on võrdsed, $$AD$$ on nurga $$A$$ poolitaja, seega $$\Delta ABD \sim \Delta AB_1C$$ (kahe nurga peal) . Sarnasuse põhjal saame $$\dfrac(AD)(AC) = \dfrac(AB)(AB_1)$$, st $$\dfrac(l)(b) = \dfrac(c)(l+z) $ $, kust $$l^2=bc-lz$$. Lõikuvate akordide omaduse järgi $$BD\cdot DC = AD \cdot DB_1$$, st $$xy=lz$$, seega saame $$l^2=bc-xy$$ . $$\must ruut$$
4. Kaks puudutavat ringi
Selle jaotise lõpetuseks kaaluge probleeme kahe puutujaringiga. Kahte ringi, millel on selles punktis ühine punkt ja ühine puutuja, nimetatakse puutujaks. Kui ringid asuvad ühise puutuja samal küljel, nimetatakse neid sisemiselt seotud(joon. 14a) ja kui need asuvad puutuja vastaskülgedel, siis nimetatakse neid väliselt seotud(joonis 14b).
Kui $$O_1$$ ja $$O_2$$ on ringide keskpunktid, siis puutuja $$AO_1 \perp l$$, $$AO_2 \perp l$$ definitsiooni järgi mõlemal juhul ühine punktpuudutus asub tsentrite joonel.
Kaks ringi raadiustega $$R_1$$ ja $$R_2$$ ($$R_1 > R_2$$) puudutavad sisemiselt punktis $$A$$. Läbi punkti $$B$$, mis asub suuremal ringil ja puutub punktis $$C$$ väiksema ringiga, tõmmatakse joon (joonis 15). Leidke $$AB$$, kui $$BC = a$$.
$$\kolmnurk$$ Olgu $$O_1$$ ja $$O_2$$ suuremate ja väiksemate ringide keskpunktid, $$D$$ kõõlu $$AB$$ ja väiksema ringi lõikepunkt. Kui $$O_1N \perp AB$$ ja $$O_2M \perp AB$$, siis $$AN=AB/2$$ ja $$AM=AD/2$$ (kuna akordi jagamisega risti olev raadius lõikab selle pooleks). Kolmnurkade $$AO_2M$$ ja $$AO_1N$$ sarnasus eeldab $$AN:AM = AO_1:AO_2$$ ja seega $$AB:AD = R_1:R_2$$.
Tangensi ja sekanti teoreemi järgi on meil:
$$BC^2 = AB\cdot BD = AB (AB-AD) = AB^2(1 - \dfrac(AD)(AB))$$,
st $$a^2 = AB^2(1-\dfrac(R_2)(R_1))$$.
Seega $$AB = a \sqrt(\dfrac(R_1)(R_1-R_2))$$. $$\must kolmnurk$$
Kaks ringi raadiusega $$R_1$$ ja $$R_2$$ puudutavad väljastpoolt punkti $$A$$ (joonis 16). Nende ühine välimine puutuja puudutab suuremat ringi punktis $$B$$ ja väiksemat punktis $$C$$. Leidke kolmnurga $$ABC$$ ümber piiratud ringi raadius.
$$\triangle$$ Ühendage keskused $$O_1$$ ja $$O_2$$ punktidega $$B$$ ja $$C$$. Tangensi definitsiooni järgi $$O_1B \perp BC$$ ja $$O_2C \perp BC$$. Seega $$O_1B \parallel O_2C$$ ja $$\angle BO_1O_2 + \angle CO_2O_1 = 180^(\circ)$$. Kuna $$\angle ABC = \dfrac(1)(2) \angle BO_1A$$ ja $$\angle ACB = \dfrac(1)(2) \angle CO_2A$$, siis $$\angle ABC + \ nurk ACB = 90^(\circ)$$. Sellest järeldub, et $$\angle BAC = 90^(\circ)$$ ja seetõttu on täisnurkse kolmnurga $$ABC$$ ümber piiratud ringi raadius võrdne poolega hüpotenuusist $$BC$$.
Leiame $$BC$$. Olgu $$O_2K \perp O_1B$$, siis $$KO_2 = BC,\: O_1K = R_1-R_2,\: O_1O_2 = R_1+R_2$$. Pythagorase teoreemi järgi leiame:
$$KO_2 = \sqrt(O_1O_2^2 - O_1K^2)= 2\sqrt(R_1R_2), \: \allakriipsutus(BC = 2\sqrt(R_1R_2) )$$.
Seega on piiritletud kolmnurga $$ABC$$ raadius võrdne $$\sqrt(R_1R_2)$$. Lahenduses $$R_1 > R_2$$, $$R_1 jaoks
VASTUS
$$\sqrt(R_1R_2)$$
