A kölcsönös elrendezése vonal és a kör, a tartalom platform

A relatív pozíciója a vonal és a kör tisztázása, hogy hány közös pontja és lehet egyenes kerülete függően kölcsönös megállapodás. Világos, hogy ha egy vonalat közepén halad át a kör, akkor metszi a kerülete a két végét átmérőjű, fekvő. Ez kb.

Legyen P vonal nem halad át a középpontja O r sugarú kör. Rajzoljunk egy egyenesre merőleges hidroxilcsoport és p Jelölje d hossza a merőleges T. E, a távolság a központtól a kör, hogy a vonal (ábra. 1). Vizsgáljuk a kölcsönös elrendezése vonal és a kör, attól függően, hogy az arány közötti d és r. Három eset lehetséges.

1) d

0B = Ezért a A és B pontok egy körön, és ezért közös pontok a sor p és egy adott kört.

Megmutatjuk, hogy a vonal p és ebben a körben nincs közös pont. Tegyük fel, hogy van egy másik közös pont C. Ezután a medián-OD egyenlő szárú háromszög SLA. felhívjuk az AU bázis, a magassága a háromszög, így ODP. OD szegmensek és ez nem egyezik

mivel a középpontját D AC szakasz nem fut, hogy a pont H - középső szegmenst, AB. Kaptunk, hogy attól a ponttól, O tartott két merőleges: OH és OD - a vonal p, ami lehetetlen. Így, ha a távolság a kör középpontját, hogy a vonal a sugara kisebb, mint a kerülete (d <р),топрямая и окружность имеют две общие точки. В этом случае прямая называется секущей по отношению к окружности.

2) d = r. Ebben az esetben, OH = r, r. F. H metszéspont a kör, és így van hüvelyébe dot vonal és a kör (ábra. 1b). Direkt kör p és nincs más közös pont, mert minden pont M vonal p. Eltér a pont H, OM> OH = R (OM ferde hosszabb merőleges OH), és ezért, M pont nem illeszkedik a kör. Tehát, ha a távolság a központtól a kör a vonal egyenlő a kör sugara egyenes és csak egy közös pont.

3) d> r Ebben az esetben, -OH> R így. bármely M pont 0M vonal p OH.> R (ábra. 1, a) M Ezért pont nem illeszkedik a kör. Így, .ha a távolság a kör középpontját a vonal nagyobb, mint a sugara kör, az egyenes vonal és a kör diszjunktak.

Bizonyítottuk, hogy a vonal és a kör egy vagy két közös pontja, és nem lehet semmilyen közös pont. Egy egyenes vonal, amely a kör egyetlen közös pont, az úgynevezett érintőlegesen egy kört, és a közös pont az úgynevezett érintés pont a vonal és a kör. A 2. ábrán, vonal p - érintőlegesen egy kör középpontja O, és A jelentése az érintési pont.

Megmutatjuk, egy tétel a tulajdonát egy érintő.

Tétel. A kör érintője merőleges a sugárral végre, hogy az érintési pont.

Bizonyítás. Legyen p - érintőlegesen egy kör közepén O. - az érintési pont (lásd 2. ábra ..). Belátjuk. p, hogy az érintő merőleges a sugár OA.

Tegyük fel, hogy nem ez a helyzet. Ezután a sugár OA hajlik arra, hogy a vonal p. Mivel a merőleges levonni az O pont az egyenes vonal R, kevésbé hajlik OA. a távolság a központtól O a kör, hogy a vonal kisebb, mint az R sugár. Ennélfogva a vonal p és a kör két közös pontja. De ez ellentmond a feltételnek; vonal p - érintőleges. Így, a vonal p merőleges a sugár OA. A tétel bizonyított.

Tekintsük két érintő egy kör közepén O. ponton áthaladó A és a kerületen B és C pontok (3.). Az AB és AC hívás szegmensek húzott érintő ponttól A. Ezek a tulajdonság eredő tétel:

Szegmensek kör érintője húzott egy pont, egyenlő, és azonos szöget zárnak be a vonal áthalad ezen a ponton, és az a kör közepére.

Ennek bizonyítására térjünk a 3. ábra szerint a tételt az ingatlan az érintő szöge 1 és 2 egyenes, így a háromszögek ABO és ASO téglalap. Ők, mivel van egy közös átfogója OA és az egyenlő lábai OB és OC. Ezért, AB = AC = 3 és 4, szükség szerint. Most bebizonyítjuk, egy tétel, az inverz tétel a tulajdonságait az érintő (jele az érintő).

Tétel. Ha a vonal áthalad a sugár a végén feküdt a kör és merőleges a sugár, az érintő onayavlyaetsya.

Bizonyítás. A feltétel az tétel, hogy a sugár merőleges levonni a kör középpontja az adott sort. Ezért a távolság a kör középpontját a vonal egyenlő a sugárral, ezért vonalakat és köröket csak egy közös pont. De ez azt jelenti, hogy a vonal, amelyet a körnek, QED.

Ez a tétel alapja problémamegoldó építeni egy érintő.

Közvetlen és kerülete nyilvánvalóan csak a következő három relatív pozíciók:

1) távolsága (OS) a középvonaltól (AB) (m. E OS merőleges hossza, csökkent a központtól egy egyenes vonal) nagyobb, mint a kör sugara (ábra. 1). Ezután egy egyenes pont távol van a központtól nagyobb, mint a sugara, és így kívül esik a körön. Mivel az összes többi pont a vonalon eltávolítjuk körülbelül több, mint a C pont (meredekség távolság merőleges), úgy az összes fekszenek a körön kívül, majd miközben az egyenes nincs közös pontja a kör.

2) távolsága (OS) a középvonala kisebb sugarú. Ebben az esetben a (2. ábra), C pont a körben és akkor nyilvánvaló, vonal metszi a kör.

3> távolsága (OS) a középvonaltól megegyezik a sugár. Ezután a pontos C (3.), És tartozik az egyenes vonal és a kör, mind a többi pont a sor, hogy távolítsák el O nagyobb, mint pont C. hazugság a körön kívül. Ezért ebben az esetben, egyenes vonalak és körök csak egy közös pont, nevezetesen az egyik, hogy az alapja a merőleges a központtól egy egyenes vonal.

Egy ilyen vonal, kör, amely csak egyetlen közös pont, az úgynevezett kör érintője; közös pont az úgynevezett érintkezési ponton.

Relatív, hogy a tangens, bizonyítjuk a következő két tételt (előre és hátra) (4. ábra):

1) ha a vonal (MN) merőleges a sugár (OA) a végén (A) fekvő, kör, akkor kasaetsyaokruzhnosti és gyűjtő (4. ábra) .;

2) Ha egy sor kör érintője, a húzott sugárra, hogy az érintkezési pont, erre merőleges.

1) A pont, mint a sugara a végén feküdt a kör kerülete tartozik; Ugyanakkor tartozik, hogy közvetlenül a MN, az azt jelenti, hogy ebben a kérdésben a közös a kör és egyenes. Minden más pont a vonalon a MN, mint a B, C, és mások, elválasztjuk a központtól O távolabb, mint a sugara (mint a szegmensek OB, OC,. Mindkét ferde több merőleges OA), valamint azért, mert fekszenek a körön kívül. Így, a vonal MN Csak egy pont (A), a teljes kerülete, és így van egy érintő vonal MN.

2) Ha az MN kör érintője a pont, az összes többi pont ezen a vonalon kívül kell, hogy a kör; Ezért a szegmensek OB, OC,. nagyobb, mint a sugara OA (O pont az a kör középpontja). Szóval, ez a sugár a legkisebb összekötő szakaszok az O pont bármely pont a vonal az MN, és mivel az OA | MN.

Tétel. Ha az érintő párhuzamos a húrt, akkor érintkezési pont osztja az ívet bezárt akkord felét.

Hagyja, hogy a vonal AB kör érintője azon a ponton, M (5. ábra), és párhuzamos húrja CD; köteles bizonyítani.

Rajz keresztül az érintési pont átmérője NE. van :; ezért

A kapcsolat a ívek, akkordok és akkord távolságra a központtól.

Tétel. Egy kör vagy egyenlő körök:

1), ha az ív egyenlők, akkor meghúzási azok akkordok egyenlő, és egyenlő távolságra a központtól;

2) Ha a két ív, kevesebb, mint egy félkör, nem egyenlő, legtöbbjük szerződött az akkordok és akkordok mind a nagy közelebb helyezkedik el a központ.

1) Legyen AB ív egyenlő CD ív (1.), Akkor köteles bizonyítani, hogy a húrt AB és CD egyenlők, és egyenlő és merőlegesek OE és OF csökkentette a centrumból a húrt.

OAJB forgassa a szektor a központ O a nyíl irányában úgy, hogy a sugár OB egybeesett a OS. Ezután az ív BA. Magától az ív mentén CD, és mert az egyenlőség igazítsa az ív. Ezért, mint akkord igazodik a húrt a CD és DE egybeesik a merőleges OF (az egyik pontról lehet csökkenteni, hogy csak egy merőleges vonal) t. E. AB = CD és OE = OF.

. 2) Legyen AB ív (2. ábra) kisebb, mint az ív CD, és, sőt, mind az ív kevesebb, mint egy félkör; Ez szükséges annak bizonyítása, hogy a húrt AB kevesebb, mint a CD a húrt, és a merőleges OE hosszabb függélytől. Elhalasztja a ív CD SC ív egyenlő AB, és felhívni egy kisegítő akkord IC. amelyről kimutatták, az akkord AB egyenlő és egyformán akkor el kell távolítani a központtól. A COD háromszögek és gyümölcslé a két oldala egy egyenlő két oldalát egy másik (mindkettő sugarak), valamint az a szög között kötött ezek a felek nem egyenlő; ebben az esetben, mint tudjuk, szemben több szögből, azaz a. e. lCOD kell alapulnia nagyobb oldalon, majd, CD> CK, és mivel CD> AB.

Annak bizonyítására, hogy az OE-> OF, OLXCK folytassanak és vegyenek figyelembe, amit bebizonyosodott, OE = OL; Ezért kell csak összehasonlítani az OF OL. Egy derékszögű háromszög 0FM (lefedett ábrán stroke) át a átfogója lábát OM OF; de OL> OM; Ezután, még inkább, OL> OF. és mivel OE> OF.

A tétel bizonyítása velünk egy kört, akkor is érvényes az egyenlő körökben, mert ezek a körök különböztetjük meg egymástól, csak abban a helyzetben.

Inverz tételek. Amint azt az előző részben minden lehetséges esetben kölcsönösen kizárják egymást képest viszonylagos értékei a két ív ugyanolyan sugarú, ahol az egymást kölcsönösen kizáró esztergált következtetéseket a relatív mennyisége akkordokat, és a távolságok a központtól, a fordított javaslatokat kell hibátlannak tekintik. nevezetesen:

Egy kör vagy e egyenlő körök:

1) egyenlő akkordok egyenlő távolságra a központtól és egyenlő meghúzása az ív;

2) akkord azonos távolságból a központtól egyenlő és egyenlő meghúzása az ív;

3) két egyenlőtlen akkordok nagy közelebb a központhoz és kivesz egy nagy ív;

4) A két akkord egyenlőtlenül messze a városközponttól, amely közelebb áll a központban, egyre húz egy nagy ív.

Ezek a javaslatok segítségével könnyen bizonyítható ellentmondást. Például, hogy bizonyítani az első közülük indokolt, hogy ha az adatok a húrt az ív lekötött egyenlőtlen szerint a közvetlen tétel, akkor nem egyenlő, ami ellentmond a hipotézist jelenti az egyenlő akkordok kell húzni egyenlő íveket; de ha az ív egyenlő szerint a Direct tétel, szigorítása az akkordok egyenlő távolságra a központtól.

Tétel. Az átmérője a legnagyobb akkordokat.

Ha csatlakoztatja a központ a végén minden akkord, nem megy át a központtól, mint például az akkord AB (. 3. ábra) megkapjuk a háromszög AOB, amelyben az egyik fél ezt az akkordot, és a másik két - sugarak, de a háromszög két oldalán kisebb összeg a másik két oldal; így akkord AB összege kisebb, mint a két sugár; mivel minden átmérőjű CD összege a két sugár. Átlagos átmérője nagyobb, mint bármelyik húrt, amely nem halad át a központ. Mivel azonban az átmérője is egy akkordot, azt lehet mondani, hogy az átmérője a legnagyobb akkordokat.

Mint már említettük, a szegmensek érintőjének a kerülete egy pont azonos hosszúságú. Ez a hossz az úgynevezett tangens a távolság a lényeg, hogy a kerületet.

Anélkül egy érintő tétel, nem mentesíti a megoldás nem jelent problémát a beírt kör, más szóval a kör érintője az a sokszög oldalainak.

Érintőleges távolságok a háromszöget.

Azt találjuk, a szegmensek hossza, amelybe a ABC háromszög oldalán osztott pontokat érintési beírható kör (ábra. 1a), az ilyen tangenciális távolság ta egy pont egy körbe. Elhelyezés oldala b és c. majd vonjuk ki a mennyiségét az oldalán egy. Mivel az egyenlő érintők levonni egy csúcsot, megkapjuk 2TA. Így

ahol p = (a + b + c) / 2 - fél-kerülete a háromszög. A hossza az oldalán a szegmensek szomszédos csúcsok B és C, p-b és p-c.

Hasonlóképpen, a háromszög escribed kör érintője (külső) oldalán, és (ábra. 1b), a távolság a tangens B, és C rendre p-c és p-b. és a tetején egy - csak p.

Megjegyzendő, hogy ezek a képletek lehet használni „fordított”.

Tegyük fel, hogy BAC szög van beírt kör, az érintő a távolság a vertex a kerülete ravnop ilip-a. gdep - fele-kerületét ABC háromszög. és a = BC. Ezután a kör az érintő a vonal BC (rendre kívül vagy belül a háromszög).

Tény, hogy hagyja, hogy például az érintő távolság p-a. Akkor mi körök érintkezési oldalán a szög ugyanazokon a helyeken, mint a beírt kör az ABC háromszög. ezért egybeesik vele. Ezért, ha az az közvetlen V

Érintőnégyszög. A tétel a egyenlőség az érintőleges azonnal kapott (2A.), Hogy a

Ha a négyszög lehessen helyezni egy kört, majd az összege a szemközti oldal egyenlő:

Vegye figyelembe, hogy érintőnégyszög feltétlenül konvex. Ennek az ellenkezője igaz:

Ha egy konvex négyszög, és az összeget annak ellentétes oldalain egyenlő, akkor a kör írható, benne.

Lássuk be ez a négyszög eltérő paralelogramma. Legyen bármely két szemközti oldalán egy négyszög, például AB és DC, miközben továbbra is metszik E. pont (2B.). Helyezni egy kört a háromszög ADE. A távolság te pontját érintő E általános képlete

De a feltétele az összeg a két oldalán egy négyszög egyenlő, és így, az AD + BC = AB + CD. vagy AD = AB + CD-BC. Behelyettesítve ezt az értéket a kifejezés te. megkapjuk

és ez - a félig kerülete a háromszög BCE. A feltétel bizonyult fent kell érinteni, hogy a kör érintője BC.

Két kör érintője egy pont azon kívül, egyenlő, és azonos szöget zárnak be egy összekötő vonal ezen a ponton, hogy a központ, hogy következik az egyenlet szögben háromszögek AOB és AOV1