Касательная к окружности, секущая и хорда — в чем разница
В самом названии касательной отражается суть понятия — это прямая, которая не пересекает окружность, а лишь касается ее в одной точке. Взглянув на рисунок окружности ниже, несложно догадаться, что точку касания от центра отделяет расстояние, в точности равное радиусу.
Касательная к окружности — это прямая, имеющая с ней всего одну общую точку.
Если мы проведем прямую поближе к центру окружности — так, чтобы расстояние до него было меньше радиуса — неизбежно получится две точки пересечения. Такая прямая называется секущей, а отрезок, расположенный между точками пересечения, будет хордой (на рисунке ниже это ВС ).
Секущая к окружности — это прямая, которая пересекает ее в двух местах, т. е. имеет с ней две общие точки. Часть секущей, расположенная внутри окружности, будет называться хордой.
Видео:Математика | 5 ЗАДАЧ НА ТЕМУ ОКРУЖНОСТИ. Касательная к окружности задачиСкачать
Свойства касательной к окружности
Выделяют четыре свойства касательной, которые необходимо знать для решения задач. Два из них достаточно просты и легко доказуемы, а вот еще над двумя придется немного подумать. Рассмотрим все по порядку.
Касательная к окружности и радиус, проведенный в точку касания, взаимно перпендикулярны.
Не будем принимать это на веру, попробуем доказать. Итак, у нас даны:
окружность с центральной точкой А;
прямая а — касательная к ней;
радиус АВ, проведенный к касательной.
Докажем, что касательная и радиус АВ взаимно перпендикулярны, т.е. а ⟂ АВ.
Пойдем от противного — предположим, что между прямой а и радиусом АВ нет прямого угла и проведем настоящий перпендикуляр к касательной, назвав его АС.
В таком случае наш радиус АВ будет считаться наклонной, а наклонная, как известно, всегда длиннее перпендикуляра. Получается, что АВ > АС. Но если бы это было на самом деле так, наша прямая а пересекалась бы с окружностью два раза, ведь расстояние от центра А до нее — меньше радиуса. Но по условию задачи а — это касательная, а значит, она может иметь лишь одну точку касания.
Итак, мы получили противоречие. Делаем вывод, что настоящим перпендикуляром к прямой а будет вовсе не АС, а АВ.
Курсы подготовки к ОГЭ по математике от Skysmart придадут уверенности в себе и помогут освежить знания перед экзаменом.
Задача
У нас есть окружность, центр которой обозначен О. Из точки С проведена прямая, и она касается этой окружности в точке А. Известно, что ∠АСО = 28°. Найдите величину дуги АВ.
Мы знаем, что касательная АС ⟂ АО, следовательно ∠САО = 90°.
Поскольку нам известны величины двух углов треугольника ОАС, не составит труда найти величину и третьего угла.
Поскольку вершина угла АОС лежит в центре окружности, можно вспомнить свойство центрального угла — как известно, он равен дуге, на которую опирается. Следовательно, АВ = 62°.
Если провести две касательных к окружности из одной точки, лежащей вне этой окружности, то их отрезки от этой начальной точки до точки касания будут равны.
Докажем и это свойство на примере. Итак, у нас есть окружность с центром А, давайте проведем к ней две касательные из точки D. Обозначим эти прямые как ВD и CD . А теперь выясним, на самом ли деле BD = CD.
Для начала дополним наш рисунок, проведем еще одну прямую из точки D в центр окружности. Как видите, у нас получилось два треугольника: ABD и ACD . Поскольку мы уже знаем, что касательная и радиус к ней перпендикулярны, углы ABD и ACD должны быть равны 90°.
Итак, у нас есть два прямоугольных треугольника с общей гипотенузой AD. Учитывая, что радиусы окружности всегда равны, мы понимаем, что катеты AB и AC у этих треугольников тоже одинаковой длины. Следовательно, ΔABD = ΔACD (по катету и гипотенузе).. Значит, оставшиеся катеты, а это как раз наши BD и CD (отрезки касательных к окружности), аналогично равны.
Важно: прямая, проложенная из стартовой точки до центра окружности (в нашем примере это AD), делит угол между касательными пополам.
Задача 1
У нас есть окружность с радиусом 4,5 см. К ней из точки D, удаленной от центра на 9 см, провели две прямые, которые касаются окружности в точках B и C. Определите градусную меру угла, под которым пересекаются касательные.
Решение
Для этой задачи вполне подойдет уже рассмотренный выше рисунок окружности с радиусами АВ и АC. Поскольку касательная ВD перпендикулярна радиусу АВ , у нас есть прямоугольный треугольник АВD. Зная длину его катета и гипотенузы, определим величину ∠BDA.
∠BDA = 30° (по свойству прямоугольного треугольника: угол, лежащий напротив катета, равного половине гипотенузы, составляет 30°).
Мы знаем, что прямая, проведенная из точки до центра окружности, делит угол между касательными, проведенными из этой же точки, пополам. Другими словами:
∠BDC = ∠BDA × 2 = 30° × 2 = 60°
Итак, угол между касательными составляет 60°.
Задача 2
К окружности с центром О провели две касательные КМ и КN. Известно, что ∠МКN равен 50°. Требуется определить величину угла ∠NМК.
Решение
Согласно вышеуказанному свойству мы знаем, что КМ = КN. Следовательно, треугольник МNК является равнобедренным.
Углы при его основании будут равны, т.е. ∠МNК = ∠NМК.
∠МNК = (180° — ∠МКN) : 2 = (180° — 50°) : 2 = 65°
Соотношение между касательной и секущей: если они проведены к окружности из одной точки, лежащей вне окружности, то квадрат расстояния до точки касания равен произведению длины всей секущей на ее внешнюю часть.
Данное свойство намного сложнее предыдущих, и его лучше записать в виде уравнения.
Начертим окружность и проведем из точки А за ее пределами касательную и секущую. Точку касания обозначим В, а точки пересечения — С и D. Тогда CD будет хордой, а отрезок AC — внешней частью секущей.
Задача 1
Из точки М к окружности проведены две прямые, пусть одна из них будет касательной МA, а вторая — секущей МB. Известно, что хорда ВС = 12 см, а длина всей секущей МB составляет 16 см. Найдите длину касательной к окружности МA.
Решение
Исходя из соотношения касательной и секущей МА 2 = МВ × МС.
Найдем длину внешней части секущей:
МС = МВ — ВС = 16 — 12 = 4 (см)
МА 2 = МВ × МС = 16 х 4 = 64
Задача 2
Дана окружность с радиусом 6 см. Из некой точки М к ней проведены две прямые — касательная МA и секущая МB . Известно, что прямая МB пересекает центр окружности O. При этом МB в 2 раза длиннее касательной МA . Требуется определить длину отрезка МO.
Решение
Допустим, что МО = у, а радиус окружности обозначим как R.
В таком случае МВ = у + R, а МС = у – R.
Поскольку МВ = 2 МА, значит:
МА = МВ : 2 = (у + R) : 2
Согласно теореме о касательной и секущей, МА 2 = МВ × МС.
(у + R) 2 : 4 = (у + R) × (у — R)
Сократим уравнение на (у + R), так как эта величина не равна нулю, и получим:
Поскольку R = 6, у = 5R : 3 = 30 : 3 = 10 (см).
Ответ: MO = 10 см.
Угол между хордой и касательной, проходящей через конец хорды, равен половине дуги, расположенной между ними.
Это свойство тоже стоит проиллюстрировать на примере: допустим, у нас есть касательная к окружности, точка касания В и проведенная из нее хорда AВ. Отметим на касательной прямой точку C, чтобы получился угол AВC.
Задача 1
Угол АВС между хордой АВ и касательной ВС составляет 32°. Найдите градусную величину дуги между касательной и хордой.
Решение
Согласно свойствам угла между касательной и хордой, ∠АВС = ½ АВ.
АВ = ∠АВС × 2 = 32° × 2 = 64°
Задача 2
У нас есть окружность с центром О, к которой идет прямая, касаясь окружности в точке K. Из этой точки проводим хорду KM, и она образует с касательной угол MKB, равный 84°. Давайте найдем величину угла ОMK.
Решение
Поскольку ∠МКВ равен половине дуги между KM и КВ, следовательно:
КМ = 2 ∠МКВ = 2 х 84° = 168°
Обратите внимание, что ОМ и ОK по сути являются радиусами, а значит, ОМ = ОК. Из этого следует, что треугольник ОMK равнобедренный.
∠ОКМ = ∠ОМК = (180° — ∠КОМ) : 2
Так как центральный угол окружности равен угловой величине дуги, на которую он опирается, то:
∠ОМК = (180° — ∠КОМ) : 2 = (180° — 168°) : 2 = 6°
Видео:Касательные к окружности с центром O в точках A и B ... | ОГЭ 2017 | ЗАДАНИЕ 10 | ШКОЛА ПИФАГОРАСкачать
Об отрезках касательной к окружности
Разделы: Математика
Чаще всего именно геометрические задачи вызывают затруднения у абитуриентов, выпускников, участников математических олимпиад. Если посмотреть статистику ЕГЭ 2010 года, то видно, что к геометрической задаче С4 приступило около 12% участников, а получило полный балл только 0,2% участников, а в целом задача оказалась самой сложной из всех предложенных.
Очевидно, что чем раньше мы предложим школьникам красивые или неожиданные по способу решения задачи, тем больше вероятность заинтересовать и увлечь всерьёз и надолго. Но, как же трудно найти интересные и сложные задачи на уровне 7 класса, когда только начинается систематическое изучение геометрии. Что можно предложить интересующемуся математикой школьнику, знающему только признаки равенства треугольников, свойства смежных и вертикальных углов? Однако, можно ввести понятие касательной к окружности, как прямой, имеющей с окружностью одну общую точку; принять, что радиус, проведённый в точку касания, перпендикулярен касательной. Конечно, стоит рассмотреть все возможные случаи расположения двух окружностей и общих касательных к ним, которых можно провести от нуля до четырёх. Доказав ниже предложенные теоремы, можно значительно расширить набор задач для семиклассников. При этом попутно доказать важные или просто интересные и занимательные факты. Причём, поскольку многие утверждения не входят в школьный учебник, то обсуждать их можно и на занятиях кружка и с выпускниками при повторении планиметрии. Актуальными эти факты оказались в прошлом учебном году. Так как многие диагностические работы и сама работа ЕГЭ содержали задачу, для решения которой необходимо было использовать доказываемое ниже свойство отрезка касательной.
Т1Отрезки касательных к окружности, проведённые из одной точки равны (рис. 1)
Вот именно с теоремой можно сначала познакомить семиклассников. В процессе доказательства использовали признак равенства прямоугольных треугольников, сделали вывод о том, что центр окружности лежит на биссектрисе угла ВСА. Попутно вспомнили, что биссектриса угла есть геометрическое место точек внутренней области угла, равноудалённых от его сторон. На этих доступных даже только начинающим изучать геометрию фактах основывается решение уже далеко нетривиальной задачи.
1. Биссектрисы углов А, В и С выпуклого четырёхугольника АВСD пересекаются в одной точке. Лучи АВ и DC пересекаются в точке Е, а лучи ВС и АD в точке F. Докажите, что у невыпуклого четырёхугольника AECF суммы длин противоположных сторон равны.
Решение (рис. 2). Пусть О – точка пересечения данных биссектрис. Тогда О равноудалена от всех сторон четырёхугольника АВСD, то есть является центром окружности вписанной в четырёхугольник. По теореме 1 верны равенства: AR = AK, ER = EP, FT = FK. Почленно сложим левые и правые части, получим верное равенство:
Рассмотрим необычную по формулировке задачу, для решения которой достаточно знание теоремы 1.
2. Существует ли n-угольник, стороны которого последовательно 1, 2, 3, …, n, в который можно вписать окружность?
Решение. Допустим, такой n-угольник существует. А1А2 =1, …, Аn-1Аn = n – 1, АnА1 = n. B1, …, Bn – соответствующие точки касания. Тогда по теореме 1 A1B1 = A1Bn Можно обобщить этот факт – суммы сторон описанного чётноугольника, взятых через одну, равны. Например, для шестиугольника ABCDEF верно: AB + CD + EF = BC + DE + FА.
3. МГУ. В четырёхугольнике ABCD расположены две окружности: первая окружность касается сторон AB, BC и AD, а вторая – сторон BC, CD и AD. На сторонах BC и AD взяты точки E и F соответственно так, отрезок EF касается обеих окружностей, а периметр четырёхугольника ABEF на 2p больше периметра четырёхугольника ECDF. Найти AB, если CD = a.
Решение (рис. 1). Так как четырёхугольники ABEF и ECDF вписанные, то по теореме 2 РABEF = 2(AB + EF) и РECDF = 2(CD + EF), по условию
РABEF – РECDF = 2(AB + EF) – 2(CD + EF) = 2p. AB – CD = p. АВ = а + р.
Опорная задача 1. Прямые АВ и АС – касательные в точках В и С к окружности с центром в точке О. Через произвольную точку Х дуги ВС проведена касательная к окружности, пересекающая отрезки АВ и АС в точках М и Р соответственно. Докажите, что периметр треугольника АМР и величина угла МОР не зависят от выбора точки Х.
Решение (рис. 5). По теореме 1 МВ = МХ и РС = РХ. Поэтому периметр треугольника АМР равен сумме отрезков АВ и АС. Или удвоенной касательной, проведённой к вневписанной окружности для треугольника АМР. Величина угла МОР измеряется половиной величины угла ВОС, который не зависит от выбора точки Х.
Опорная задача2а. В треугольник со сторонами а, b и c вписана окружность, касающаяся стороны АВ и точке К. Найти длину отрезка АК.
Решение (рис. 6). Способ первый (алгебраический). Пусть АК = АN = x, тогда BK = BM = c – x, CM = CN = a – c + x. АС = АN + NC, тогда можем составить уравнение относительно х: b = x + (a – c + x). Откуда .
Способ второй (геометрический). Обратимся к схеме. Отрезки равных касательных, взятые по одному, в сумме дают полупериметр треугольника. Красный и зелёный составляют сторону а. Тогда интересующий нас отрезок х = р – а. Безусловно, полученные результаты совпадают.
Опорная задача 2б. Найти длину отрезка касательной АК, если К – точка касания вневписанной окружности со стороной АВ. Решение (рис. 7). АК = АM = x, тогда BK = BN = c – x, CM = CN. Имеем уравнение b + x = a + (c – x). Откуда . Заметим, что из опорной задачи 1 следует, что СМ = р Δ АВС. b + x = p; х = р – b. Полученные формулы имеют применение в следующих задачах.
4. Найдите радиус окружности, вписанной в прямоугольный треугольник с катетами а, b и гипотенузой с. Решение (рис. 8). Так как OMCN – квадрат, то радиус вписанной окружности равен отрезку касательной CN. .
5. Докажите, что точки касания вписанной и вневписанной окружности со стороной треугольника симметричны относительно середины этой стороны.
Решение (рис. 9). Заметим, АК – отрезок касательной вневписанной окружности для треугольника АВС. По формуле (2) . ВМ – отрезок касательной вписанной окружности для треугольника АВС. По формуле (1) . АК = ВМ, а это и означает, что точки К и М равноудалены от середины стороны АВ, что и требовалось доказать.
6. К двум окружностям проведены две общие внешние касательные и одна внутренняя. Внутренняя касательная пересекает внешние в точках А, В и касается окружностей в точках А1и В1. Докажите, что АА1 = ВВ1.
Решение (рис. 10). Стоп… Да что тут решать? Это же просто другая формулировка предыдущей задачи. Очевидно, что одна из окружностей является вписанной, а другая вневписанной для некоего треугольника АВС. А отрезки АА1 и ВВ1соответствуют отрезкам АК и ВМ задачи 5. Примечательно, что задача, предлагавшаяся на Всероссийской олимпиаде школьников по математике, решается столь очевидным образом.
7. Стороны пятиугольника в порядке обхода равны 5, 6, 10, 7, 8. Доказать, что в этот пятиугольник нельзя вписать окружность.
Решение (рис. 11). Предположим, что в пятиугольник АВСDE можно вписать окружность. Причём стороны AB, BC, CD, DE и ЕA равны соответственно 5, 6, 10, 7 и 8. Отметим последовательно точки касания – F, G, H, M и N. Пусть длина отрезка AF равна х.
Но, AF = AN. То есть 10 – х = х; х = 5. Однако, отрезок касательной AF не может равняться стороне АВ. Полученное противоречие и доказывает, что в данный пятиугольник нельзя вписать окружность.
8. В шестиугольник вписана окружность, его стороны в порядке обхода равны 1, 2, 3, 4, 5. Найти длину шестой стороны.
Решение. Конечно, можно отрезок касательной обозначить за х, как и в предыдущей задаче, составить уравнение и получить ответ. Но, гораздо эффективнее и эффектнее использовать примечание к теореме 2: суммы сторон описанного шестиугольника, взятых через одну, равны.
Тогда 1 + 3 + 5 = 2 + 4 + х, где х – неизвестная шестая сторона, х = 3.
9. МГУ, 2003 г. химический факультет, № 6(6). В пятиугольник АВСDE вписана окружность, Р – точка касания этой окружности со стороной ВС. Найдите длину отрезка ВР, если известно, что длины всех сторон пятиугольника есть целые числа, АВ = 1, СD = 3.
Решение (рис.12). Так как длины всех сторон являются целыми числами, то равны дробные части длин отрезков BT, BP, DM, DN, AK и AT. Имеем, АТ + ТВ = 1, и дробные части длин отрезков AT и TB равны. Это возможно только тогда, когда АТ + ТВ = 0,5. По теореме 1ВТ + ВР. Значит, ВР = 0,5. Заметим, что условие СD = 3 оказалось невостребованным. Очевидно, авторы задачи предполагали какое-то другое решение. Ответ: 0,5.
10. В четырёхугольнике ABCD AD = DC, AB = 3, BC = 5. Окружности, вписанные в треугольники ABD и CBD касаются отрезка BD в точках M и N соответственно. Найти длину отрезка MN.
Решение (рис. 13). MN = DN – DM. По формуле (1) для треугольников DBA и DBС соответственно, имеем:
11. В четырёхугольник ABCD можно вписать окружность. Окружности, вписанные в треугольники ABD и CBD имеют радиусы R и r соответственно. Найти расстояние между центрами этих окружностей.
Решение (рис. 13). Так как по условию четырёхугольник ABCD вписанный, по теореме 2 имеем: AB + DC = AD + BC. Воспользуемся идеей решения предыдущей задачи. . Это означает, что точки касания окружностей с отрезком DM совпадают. Расстояние между центрами окружностей равно сумме радиусов. Ответ: R + r.
Фактически доказано, что условие – в четырёхугольник ABCD можно вписать окружность, равносильно условию – в выпуклом четырехугольнике ABCD окружности, вписанные в треугольники ABC и ADC касаются друг друга. Верно обратное.
Доказать эти два взаимно-обратных утверждения предлагается в следующей задаче, которую можно считать обобщением данной.
12. В выпуклом четырехугольнике ABCD (рис. 14) окружности, вписанные в треугольники ABC и ADC касаются друг друга. Докажите, что окружности, вписанные в треугольники ABD и BDC также касаются друг друга.
13. В треугольнике АВС со сторонами а, b и c на стороне ВС отмечена точка D так, что окружности, вписанные в треугольники АВD и ACD касаются отрезка AD в одной точке. Найти длину отрезка BD.
Решение (рис. 15). Применим формулу (1) для треугольников ADC и ADB, вычислив DM двумя
Оказывается, D – точка касания со стороной ВС окружности, вписанной в треугольник АВС. Верно обратное: если вершину треугольника соединить с точкой касания вписанной окружности на противоположной стороне, то окружности, вписанные в получившиеся треугольники, касаются друг друга.
14. Центры О1, О2 и О3 трёх непересекающихся окружностей одинакового радиуса расположены в вершинах треугольника. Из точек О1, О2, О3 проведены касательные к данным окружностям так, как показано на рисунке.
Известно, что эти касательные, пересекаясь, образовали выпуклый шестиугольник, стороны которого через одну покрашены в красный и синий цвета. Докажите, что сумма длин красных отрезков равна сумме длин синих.
Решение (рис. 16). Важно понять, как использовать тот факт, что заданные окружности имеют одинаковые радиусы. Заметим, что отрезки ВR и DМ равны, что следует из равенства прямоугольных треугольников О1ВR и O2BM. Аналогично DL = DP, FN = FK. Почленно складываем равенства, затем вычитаем из полученных сумм одинаковые отрезки касательных, проведенных из вершин А, С, и Е шестиугольника ABCDEF: АR и AK, CL и CM, EN и EP. Получаем требуемое.
Вот пример задачи по стереометрии, предлагавшейся на XII Международном математическом турнире старшеклассников “Кубок памяти А. Н. Колмогорова”.
16. Дана пятиугольная пирамида SA1A2A3A4A5. Существует сфера w , которая касается всех ребер пирамиды и другая сфера w 1, которая касается всех сторон основания A1A2A3A4A5и продолжений боковых рёбер SA1, SA2, SA3, SA4, SA5за вершины основания. Докажите, что вершина пирамиды равноудалена от вершин основания. (Берлов С. Л., Карпов Д. В.)
Решение. Пересечение сферы w с плоскостью любой из граней сферы – это вписанная окружность грани. Пересечение сферы w 1 с каждой из граней SAiAi+1 – вневписанная окружность, касающаяся стороны AiAi+1 треугольника SAiAi+1 и продолжений двух других сторон. Обозначим точку касания w 1 с продолжением стороны SAi через Bi. По опорной задаче 1 имеем, что SBi = SBi+1 = pSAiAi+1 , следовательно, периметры всех боковых граней пирамиды равны. Обозначим точку касания w со стороной SAi через Сi. Тогда SC1 = SC2 = SC3 = SC4 = SC5= s, так как отрезки касательных равны. Пусть CiAi = ai. Тогда pSAiAi+1 = s+ai+ai+1, и из равенства периметров следует, что a1 = a3 = a5 = a2 = a4, откуда SA1 = SA2 = SA3 = SA4 = SA5.
17. ЕГЭ. Диагностическая работа 8.12.2009 г, С–4. Дана трапеция ABCD, основания которой BC = 44, AD = 100, AB = CD = 35. Окружность, касающаяся прямых AD и AC, касается стороны CD в точке K. Найдите длину отрезка CK.
Найдем диагональ AC. Опустим из вершин B и C на сторону AD перпендикуляры BE и CF соответственно. AE = FD, так как трапеция равнобедренная. BCFE – прямоугольник.
Возможны две геометрические конфигурации.
Первый случай (рис. 18): окружность вписана в треугольник ACD.
По формуле (1)
Второй вариант (рис.19): окружность касается продолжений сторон AC и AD за точками C и D соответственно и отрезка CD.
По формуле (2)
18. ЕГЭ. 4.6. 2010 г. В треугольнике АВСАВ = 13, ВС = 11, СА = 9. Точка D лежит на прямой АС, причём АD : DС = 1 : 9. Окружности, вписанные в каждый из треугольников ВDС и ВDА, касаются стороны ВD в точках Е и F. Найдите длину отрезка EF.
Решение. Возможны два случая (рис. 20 и рис. 21). По формуле (1) найдём длины отрезков DE и DF.
В первом случае AD = 0,1АС, СD = 0,9AC. Во втором – AD = 0,125АС, СD = 1,125AC. Подставляем данные и получаем ответ: 4,6 или 5,5.
Задачи для самостоятельного решения/
1. Периметр равнобедренной трапеции, описанной около окружности равен 2р. Найдите проекцию диагонали трапеции на большее основание. (1/2р)
2. Открытый банк задач ЕГЭ по математике. В4. К окружности, вписанной в треугольник ABC (рис. 22), проведены три касательные. Периметры отсеченных треугольников равны 6, 8, 10. Найдите периметр данного треугольника. (24)
3. В треугольник АВС вписана окружность. MN – касательная к окружности, M Î АС, N Î ВС, ВС = 13, АС = 14, АВ = 15. Найдите периметр треугольника MNC. (12)
4. К окружности, вписанной в квадрат со стороной а, проведена касательная, пересекающая две его стороны. Найдите периметр отсечённого треугольника. (а)
5. Окружность вписана в пятиугольник со сторонами а, d, c, d и e. Найдите отрезки, на которые точка касания делит сторону, равную а.
Ответ:
6. В треугольник со сторонами 6, 10 и 12 вписана окружность. К окружности проведена касательная так, что она пересекает две большие стороны. Найдите периметр отсечённого треугольника. (16)
7. CD – медиана треугольника ABC. Окружности, вписанные в треугольники ACD и BCD, касаются отрезка CD в точках M и N. Найдите MN, если АС – ВС = 2. (1)
8. В треугольнике АВС со сторонами а, b и c на стороне ВС отмечена точка D. К окружностям, вписанным в треугольники АВD и ACD, проведена общая касательная, пересекающая AD в точке М. Найти длину отрезка АМ. (Длина АМ не зависит от положения точки D и равна ½ (c + b – a))
9. В прямоугольный треугольник вписана окружность радиуса а. Радиус окружности, касающейся гипотенузы и продолжений катетов, равен R. Найдите длину гипотенузы. (R – a)
10. В треугольнике АВС известны длины сторон: АВ = с, АС = b, ВС = а. Вписанная в треугольник окружность касается стороны АВ в точке С1. Вневписанная окружность касается продолжения стороны АВ за точку А в точке С2. Определите длину отрезка С1С2. (b)
11. Найдите длины сторон треугольника, разделённых точкой касания вписанной окружности радиуса 3 см на отрезки 4 см и 3 см. (7, 24 и 25 см в прямоугольном треугольнике)
12. Соросовская олимпиада 1996 г, 2 тур, 11 класс. Дан треугольник АВС, на сторонах которого отмечены точки А1, В1, С1. Радиусы окружностей вписанных в треугольники АС1В1, ВС1А1, СА1В1 равны по r. Радиус окружности, вписанной в треугольник А1В1С1равен R. Найти радиус окружности, вписанной в треугольник АВС. (R + r).
Задачи 4–8 взяты из задачника Гордина Р. К. “Геометрия. Планиметрия.” Москва. Издательство МЦНМО. 2004.
Видео:#59. Олимпиадная задача о касательной к окружности!Скачать
Формирование умений учащихся и их наставников к решению и объяснению заданий ЕГЭ
Калмыцкий государственный университет
NovaInfo38 Опубликовано 12 ноября 2015 Раздел: Педагогические науки Просмотров за месяц: 12 CC BY-NC
Видео:8 класс, 32 урок, Касательная к окружностиСкачать
Аннотация
При изучении геометрического материала ученикам помимо запоминания большого количества определений, теорем, правил, различных формул важно ещё умение применять их к решению задач и упражнений. При решении и объяснении заданий ЕГЭ необходимо правильно и удачно выбрать линейку основных примеров.
Большинство населения воспринимают ЕГЭ как более объективную, более справедливую по сравнении с существовавшей системой вступительных экзаменов (до 2005 г). Заметим, что английские to test означают — «проверять». У нас же в обществе слово «тест» воспринимается как выбор ответа из нескольких предложенных.
В организационном плане процедура ЕГЭ была заимствована из практики большинства стран Европы.
В последнее время произошли качественные изменения в использовании и понимании обществом социально-ориентируемой математической информацией в заданиях ОГЭ, ЕГЭ. Всё большее количество людей, прямо или косвенно являются учителями и советниками учащихся, обсуждая с ними содержание заданий.
Сейчас особенно активны родители или родственники выпускников, получившие физико-математическое или техническое образование в советское время. Для того, чтобы составить очень много различных по числовым параметрам заданий, необходимо правильно и удачно выбрать линейку основных примеров. Здесь очень важна информационная база знаний о предмете. Решение любой геометрической задачи предполагает определенный теоретический баланс и вполне естественно, что чем он больше, тем больше возможностей для достижения этой цели.
Запоминание учениками определений, теорем, правил и умение пользоваться ими на практике происходит в процессе решения соответствующих задач и упражнений.
Поэтому одним из самых важных аспектов обучения математике в средней школе, несомненно является работа над задачей. Несмотря на изменяющиеся стандарты математического образования, решение задач было и остается основным фактором формирования важнейших качеств личности ученика.
Математическое знание в отличие от других наук, может быть проверено самим учащимся, причём эта проверка носит для него творческий характер, показывающий его уровень понимания темы.
Рассмотрим далее теорему об отрезках касательных к окружности и её применение к решению планиметрических задач.
Основнаятеорема. Отрезки касательных к окружности, проведенные из одной точки, равны и составляют равные углы с прямой, проходящей через эту точку и центр окружности [2].
Т.е AB=AC; ∠1=∠2 (рис.1).
Задача 1. Катеты прямоугольного треугольника равны a и b, гипотенуза с. Найти радиус вписанной окружности (рис.2).
Обозначим точки касания вписанной окружности со сторонами треугольника М, N, P.
О — центр окружности.
По указанной выше теореме AM=AN, BN=BP, CM=CP и четырехугольник СMOP — квадрат.
Пусть AM=AN=x, BN=BP=y, CM=CP=r.
Составим систему 3 уравнений:
Сложив два последних уравнения,
x+y+2r=a+b или c+2r=a+b. Отсюда r=(a+b−c):2. Задача решена.
Преобразовав последнее равенство, получим ещё одну полезную формулу:
Радиус вписанной окружности равен разности полупериметра и гипотенузы.
Задача 2. В прямоугольном треугольнике точка касания вписанной окружности делит гипотенузу на отрезки 5 и 12. Найти катеты треугольника (рис.3).
AK=12, BK=5. Пусть M и N — точки касания окружности с катетами BC и AC.
BM=BK=5, AN=AK=12, CN=CM=r, тогда AC=12+r, BC=5+r, AB=12+5=17.
Понятно, что интересующий нас ответ r=3, но у пытливого ученика может возникнуть вопрос: а в чем смысл второго корня? Ведь, составляя уравнение, мы поставим перед ним вполне определенную задачу — найти радиус вписанной окружности. Но при составлении уравнения мы запрограммировали определенное условие: найти радиус окружности, которая касается прямых AC, BC и AB и делит отрезок AB на отрезки, равные 5 и 12.
Вот уравнение и выдало нам ещё один радиус, как оказалось вневписанной окружности, для которой все указанные выше условия выполняются, но центр её находится вне треугольника.
Задача 3. Из точки, лежащей вне окружности радиуса 1, проведены к ней две взаимно перпендикулярные касательные MB и MA. Между точками касания A и B на меньшей дуге AB взята произвольная точка С и через неё проведена третья касательная KL, образующая с касательными MA и MB треугольник KLM. Найти его периметр (рис.4).
В самом условии задачи кроется подсказка: положение точки С определено только принадлежностью дуге AB и более никак не уточняется, следует ожидать, что оно и не влияет на ответ, что на самом деле и оказывается:
Задача 4. Равнобедренный треугольник описан около окружности с радиусом, равным 6. К окружности проведена касательная, параллельная основанию, причём длина отрезка касательной, заключенной между боковыми сторонами треугольника равна 8. Найдите основание треугольника (рис.5).
В одном из пособий есть решение этой задачи, с использованием подобия треугольников MBN и ABC, приводящее к квадратному уравнению. Решение задачи с использованием нашей темы выглядит более компактным и изящным.
Обозначим D,E,F и G — точки касания вписанной окружности со сторонами треугольника ABC и отрезком MN. O — центр окружности. NE=NG=4. Соединим точку О с N и C. Получим прямоугольный треугольник ONC, в котором OG — высота.
По теореме о пропорциональных отрезках в прямоугольном треугольнике: OG 2 =NG∙GC и GC=OG 2 :NG=>GC=9 и AC=18.
Задача 5. В трапецию вписана окружность r=6. Точка касания делит нижнее основание трапеции на отрезки 9 и 12. Найти стороны и площадь трапеции (рис.6).
Эта задача похожа на задачу 4.
Дважды применив способ, получаем отрезки CP и CK, из которых складывается верхнее основание, попутно определяются длины боковых сторон и площадь можно определить по формуле S=pr, где p=0,5r, а r нам известно.
Ответ: BC=7, AB=13, CD=15, S=168.
Задача 6. В треугольнике ABC: AB=10, BC=5, CA=6. Точка D лежит на прямой BC так, что BD:DC=1:2. Окружности, вписанные в каждый из треугольников ADC и ADB, касаются отрезка AD в точках E и F. Найти EF.
Из соотношения сторон видно, что треугольник ABC тупоугольный. Рассмотрим два случая.
Случай 1. Точка O находится на отрезке BC (рис.7).
Обозначив точки касания окружностей со сторонами треугольника M,N,P и K и по теореме об отрезках касательных, получаем:
Из уравнения EF=17/3−EF находим EF=17/6.
Случай 2. Точка D находится на прямой BC так, что точка B лежит между точками C и D (рис.8).
В этой части будут рассмотрены задачи, в которых главенствует теорема о пропорциональных отрезках на сторонах угла, которая, как известно обобщает теорему Фалеса и связанные с ней отношения площадей треугольников имеющих: а) равные высоты б) равные основания в) равные углы
Основная теорема. Если стороны угла пересечены параллельными прямыми, то отрезки, отсекаемые ими на одной стороне угла, пропорциональны соответственным отрезкам, отсекаемым ими на другой стороне (рис.9).
Также нам будут полезны следующие утверждения:
Площади треугольников, имеющих равные высоты относятся как длины оснований;
Площади треугольников, имеющих равные основания, относятся как длины высот, к ним проведенных;
Площади треугольников, имеющих по одному равному углу относятся как произведение сторон их образующих;
Площади подобных фигур относятся как квадрат коэффициента подобия.
Рассмотрим два подхода к решению одной задачи.
Задача 1. В треугольнике ABC на стороне AC взята точка М, такая, что AM=2AC:5, а на стороне BC — точка K, такая, что BK=BC:3. В каком отношении отрезок BM делит отрезок AK.
Из условий задачи следует, что AM:MC=2:3 и BK:KC=1:2.
Самое сложное в подобных задачах — провести нужный отрезок, чтобы использовать вышеуказанную теорему.
В этой задаче это отрезок KL параллельный BM. Тогда BK:KC=ML:LC=1:2, но поскольку в первом отношении на MС приходилось три части, то тогда отрезок ML содержит одну часть и AM:MC=2:1, и вновь по той же теореме AN:NK=AM:MC=1:2.
В пособии [3], решения этой задачи представлялось несколько иначе: все указанные в условии отношения конвертируются с дополнительного построения, которое позволяет переводить их с одной прямой на другую, ей непараллельную (рис.11).
Проведём через точку А прямую параллельную BC и продолжим BM до пересечения с ней в точке L. ΔAMC
Пусть BK=a, тогда BC=3a. AL:BC=AM:MC=>AL=2a. Далее, из подобия треугольников ANL и BNK AN:NK=AL:BK=2a:a=2.
Задача 2. В треугольнике ABC на прямой BC выбрана точка K, что BK:KC=1:2, точка E — середина стороны AB. Прямая CE пересекает отрезок AK в точке P. Найти площадь ΔAEP, если площадь ΔABC равна 120 (рис.12).
Медиана CE делит площадь треугольника ABC на две равные части SAEC=60. Осталось найти отношение EP:PC, а ещё лучше EP:EC.
Проведём EF параллельно AK. EF — средняя линия треугольника ABK. Следовательно, FK:KC=0,5:2=1:4. Из чего следует: EP:PC=1:4 и EP:EC=1:5, т.е. площадь треугольника AEP равна пятой части площади ΔABC т.е. SAEP=60:5=12.
Второй случай этой задачи заложен в слове «прямая BC». Согласно которому точку К можно выбрать и за пределами отрезка ВС при том, что условие задачи будет выполнено (рис.13).
Продолжим ВС за точку B и отложим отрезок BK=BC. Условие BK:KC=1:2 выполняется. Решение аналогично. Можно смотреть решение 1-го случая и все повторять здесь:
Проведём EF||AK. В ΔABK EF — средняя линия. Следовательно, FK:KC=0,5:2=1:4 отсюда EP:PC=FK:KC=1:4 или EP:EC=1:3.
Задачи для самостоятельного решения:
1. В равнобедренном треугольнике ABC (AB=BC) на стороне BC выбрана точка D так, что BD:DC=1:4. В каком отношении прямая AD делит высоту BM треугольника ABC.
2. На медиане BD треугольника ABC, площадь которого S выбрана точка E так, что DE=BD:4. Прямая AE пересекает сторону BC в точке F. Найти площадь треугольника AFC.
3. В треугольнике ABC на стороне AB взята точка K так, что AK:BK=1:2, а на стороне BC взята точка L так, что CL:BL=2:1. Пусть Q — точка пересечения прямых AC и CK. Найти площадь треугольника ABC, если площадь ΔBQC=1
4. В треугольнике ABC основание BC=9,5, площадь треугольника 28,5. Окружность, вписанная в треугольник, касается средней линии, параллельной основанию.
Докажите, что AC+AB=3BC;
Найдите наименьшую из боковых сторон.
5. В треугольнике ABC AB=BC=10, AC=12. Биссектриса угла BAC пересекает сторону BC точке D и описанную около треугольника окружность в точке P.
Докажите, что углы ABP и BDP равны;
Найдите отношение площадей треугольников ADB и BDP.
6. Площадь треугольника ABC равна 10. Площадь треугольника AHB, где H — точка пересечения высот, равна 8. На прямой CH взята точка K так, что треугольник ABK прямоугольный.
Доказать, что 2 ABK=∙;
Найти площадь треугольника.
7. Все четыре треугольника заштрихованные на рис. 14 равновелики.
Рисунок 14.
Докажите, что все четыре четырехугольника, не заштрихованные на нём равновелики;
Найдите площадь одного четырехугольника, если площадь одного заштрихованного треугольника равна 1.
8. В треугольнике ABC на сторонах AB,BC и CA отложены соответственно отрезки. AD=AB:3, BE=BC:3, CF=CA:3
Докажите, что SAMC=SANB=SBKC, где M=AE∩CD, K=CD∩BF, N=AE∩BF;
Найдите, какую часть от площади треугольника ABC составляет площадь треугольника MNK.
9. Площадь треугольника ABC равна 12. На прямой AC взята точка D так, что точка С является серединой отрезка AD. Точка K — середина стороны AB, прямая KD пересекает сторону BC в точке L.
Докажите, что BL:LC=2:1;
Найдите площадь треугольника BLK.
10. В треугольник ABC вписана окружность. Точка касания окружности стороны AC делит её на отрезки с длинами 6 и 4. Периметр треугольника равен 24. Найти синус угла BAC.
Ответ: 0,6 или 0,8.
11. К окружности, вписанной в треугольник с периметром 18, проведена касательная параллельно основанию треугольника. Отрезок касательной между боковыми сторонами равен 2. Найдите основание треугольника.
Видео:Строим касательную к окружности (Задача 3).Скачать
Читайте также
Проблемы формирования патриотического сознания у подрастающего поколения
Роль родителей в формировании здорового образа жизни ребенка
Ларионова Т.А.
NovaInfo60, с.401-404, 22 февраля 2017 , Педагогические науки, CC BY-NC
Закрепление и обновление символьных основ математики в процессе обучения заданиям ЕГЭ
Баталаев А.В.
NovaInfo31, 22 февраля 2015 , Педагогические науки, CC BY-NC
Задачи экологического образования в системе высшего профессионального образования
Зачиняев Я.В.
NovaInfo7, 10 декабря 2011 , Педагогические науки, CC BY-NC
Положительные и отрицательные стороны современного образования в России
Макарова Н.А.
NovaInfo1, 7 апреля 2010 , Педагогические науки, CC BY-NC
Видео:Доказательство того, что радиус перпендикулярен касательной | Окружность | ГеометрияСкачать
Список литературы
Корямов А.Г. Прокофьев А.А. Планиметрические задачи с неоднозначностью в условии (многовариантные задачи).
www.alexlarin.net – сайт по оказанию информационной поддержки студентам и аби-туриентам при подготовке к ЕГЭ, поступлению в ВУЗы.
Шарыгин И.Ф. Решение задач 10 класс. — М.: Просвещение, 1994.
Габович И.Г. Алгоритмический подход к решению геометрических задач. — М.: Про-свещение, 1994.
Атанасян Л.С. и др. Геометрия 8. Дополнительные главы к школьному учебнику. — М.: Просвещение, 1996.
Атанасян Л.С. и др. Геометрия 7-9. М.: Просвещение, 2000.
Видео:Уравнение касательной в точке. Практическая часть. 1ч. 10 класс.Скачать
Цитировать
Баталаев, А.В. Формирование умений учащихся и их наставников к решению и объяснению заданий ЕГЭ / А.В. Баталаев. — Текст : электронный // NovaInfo, 2015. — № 38. — URL: https://novainfo.ru/article/3934 (дата обращения: 03.02.2022).
Видео:Окружность, касательная, секущая и хорда | МатематикаСкачать
Поделиться
Электронное периодическое издание зарегистрировано в Федеральной службе по надзору в сфере связи, информационных технологий и массовых коммуникаций (Роскомнадзор), свидетельство о регистрации СМИ — ЭЛ № ФС77-41429 от 23.07.2010 г.
Соучредители СМИ: Долганов А.А., Майоров Е.В.
📺 Видео
Отрезки касательных из одной точки до точек касания окружности равны | Окружность | ГеометрияСкачать
Составить уравнения касательных к окружности (x-1)2+(y+3)2=40, перпендикулярных прямой 3x+y-4=0Скачать
Урок 3. №23 ОГЭ. Касательная. Окружность с центром на стороне AC касается АВ в точке В.Скачать
.
. Заметим, что из опорной задачи 1 следует, что СМ = р Δ АВС. b + x = p; х = р – b. Полученные формулы имеют применение в следующих задачах.
.
. ВМ – отрезок касательной вписанной окружности для треугольника АВС. По формуле (1) 
. АК = ВМ, а это и означает, что точки К и М равноудалены от середины стороны АВ, что и требовалось доказать.
. Это означает, что точки касания окружностей с отрезком DM совпадают. Расстояние между центрами окружностей равно сумме радиусов. Ответ: R + r.
