Общая хорда двух пересекающихся окружностей перпендикулярна прямой, проходящей через центры этих окружностей.
Дано : окр. (O1; R) ∩ окр. (O2; r)=A, B.
Соединим центры окружностей с точками A и B. Обозначим точку пересечения прямой O1O2 с хордой AB как F.
Рассмотрим треугольники O1AO2 и O1BO2.
3) O1O2 — общая сторона.
Из равенства треугольников следует равенство соответствующих углов: ∠AO1F=BO1F, то есть O1F- биссектриса угла AO1B.
Треугольник AO1B — равнобедренный с основанием AB (O1A=O1B=R). Следовательно, биссектриса O1F является также его высотой и медианой. Таким образом,
Аналогично доказывается, что
По теореме о существовании и единственности прямой, перпендикулярной данной,через точку F можно провести только одну прямую, перпендикулярную данной прямой AB.
Следовательно, центры окружностей O1, O2 и точка F лежат на одной прямой O1O2, а общая хорда окружностей перпендикулярна этой прямой:
Видео:Геометрия Общая хорда двух пересекающихся окружностей видна из их центров под углами 90 и 60. НайтиСкачать
Окружность. Относительное взаимоположение окружностей.
Если две окружности имеют только одну общую точку, то говорят, что они касаются.
Если же две окружности имеют две общие точки, то говорят, что они пересекаются.
Трех общих точек две не сливающиеся окружности иметь не могут, потому, что в противном случае через три точки можно было бы провести две различные окружности, что невозможно.
Будем называть линией центров прямую, проходящую через центры двух окружностей (например, прямую OO1).
Теорема.
Если две окружности имеют общую точку по одну сторону от линии центров, то они имеют общую точку и по другую сторону от этой линии, т.е. такие окружности пересекаются.
Пусть окружности O и O1 имеют общую точку A, лежащую вне линии центров OO1. Требуется доказать, что эти окружности имеют еще общую точку по другую сторону от прямой OO1.
Опустим из A на прямую OO1 перпендикуляр AB и продолжим его на расстояние BA1, равное AB. Докажем теперь, что точка A1 принадлежит обеим окружностям. Из построения видно, что точки O и O1 лежат на перпендикуляре, проведенном к отрезку AA1 через его середину. Из этого следует, что точка O одинаково удалена от A и A1. То же можно сказать и о точке O1. Значит обе окружности, при продолжении их, пройдут через A1.Таким образом, окружности имеют две общие точки : A (по условию) и A1 (по доказанному). Следовательно, они пересекаются.
Следствие.
Общая хорда (AA1) двух пересекающихся окружностей перпендикулярна к линии центров и делится ею пополам.
Теоремы.
1. Если две окружности имеют общую точку на линии их центров или на ее продолжении, то они касаются.
2. Обратно: если две окружности касаются, то общая их точка лежит на линии центров или на ее продолжении.
Признаки различных случаев относительного положения окружностей.
Пусть имеем две окружности с центрами O и O1, радиусами R и R1 и расстоянием между центрами d.
Эти окружности могут находиться в следующих 5-ти относительных положениях:
1. Окружности лежат одна вне другой, не касаясь. В этом случае, очевидно, d > R + R1 .
2. Окружности имеют внешнее касание. Тогда d = R + R1, так как точка касания лежит на линии центров O O1.
3. Окружности пересекаются. Тогда d R + R1, потому что в треугольнике OAO1 сторона OO1 меньше суммы, но больше разности двух других сторон.
4. Окружности имеют внутреннее касание. В этом случае в d = R — R1, потому что точка касания лежит на продолжении линии OO1.
5. Одна окружность лежит внутри другой, не касаясь. Тогда, очевидно,
d R + R1, то окружности расположены одна вне другой, не касаясь.
2. Если d = R + R1, то окружности касаются извне.
3. Если d R — R1, то окружности пересекаются.
4. Если d = R — R1, то окружности касаются изнутри.
5. Если d R Е R1. Значит, все эти случаи исключаются. Остается один возможный, именно тот, который требовалось доказать. Таким образом, перечисленные признаки различных случаев относительно положения двух окружностей не только необходимы, но и достаточны.
Видео:Задание 24 Две пересекающиеся окружностиСкачать
Основные теоремы, связанные с окружностями
Радикальная ось — прямая, проходящая через точки пересечения двух окружностей.
Линия центров окружностей — прямая, проходящая через центры двух окружностей.
Теорема 1.
1) Радикальная ось перпендикулярна линии центров окружностей.
2) Отрезки касательных, проведенных из любой точки радикальной оси к этим окружностям, равны.
Доказательство:
1) Рассмотрим (triangle BMN) и (triangle AMN) : они равны по трем сторонам ( (BM=AM=R_1, BN=AN=R_2) — радиусы первой и второй окружностей соответственно). Таким образом, (angle BNM=angle ANM) , следовательно, (MN) — биссектриса в равнобедренном (triangle ANB) , следовательно, (MNperp AB) .
2) Отметим произвольную точку (O) на радикальной оси и проведем касательные (OK_1, OK_3) к первой окружности и (OK_2, OK_4) ко второй окружности. Т.к. квадрат отрезка касательной равен произведению секущей на ее внешнюю часть, то (OK_1^2=OK_2^2=OK_3^2=OK_4^2=OBcdot OA) .
Теорема 2.
Пусть две окружности с центрами (M) и (N) касаются внешним образом в точке (A) . Две общие касательные (внутренняя и внешняя) (a) и (b) этих окружностей пересекаются в точке (B) . Точки касания — точки (A, K_1, K_2) (как показано на рисунке). Тогда [(1) <large>] [(2) <large>]
Доказательство:
1) Т.к. (BA) и (BK_1) — две касательные, проведенные к первой окружности из одной точки, то отрезки касательных равны: (BA=BK_1) . Аналогично, (BA=BK_2) . Таким образом, (BA=BK_1=BK_2) .
2) Значит, (BA) — медиана в (triangle K_1AK_2) , равная половине стороны, к которой она проведена. Значит, (angle A=90^circ) .
Теорема 3.
Пусть две окружности касаются внешним образом в точке (A) . Через точку (A) проведены две прямые (B_1B_2) и (C_1C_2) , пересекающие каждую окружность в двух точках, как показано на рисунке. Тогда: [(1) <large>] [(2) <large>]
Доказательство:
1) Проведем через точку (A) общую касательную этих окружностей (OQ) . (angle OAC_2=angle QAC_1=alpha) как вертикальные. Т.к. угол между касательной и хордой, проведенной через точку касания, равен половине дуги, заключенной между ними, то (angle OAC_2=frac12buildrelsmileover) , (angle QAC_1=frac12buildrelsmileover) . Следовательно, (buildrelsmileover=buildrelsmileover=2alpha) . Таким образом, (angle AB_1C_1=angle AB_2C_2=alpha) . Значит, по двум углам (triangle AB_1C_1sim triangle AB_2C_2) .
2) Т.к. (angle AB_1C_1=angle AB_2C_2) , то прямые (B_1C_1parallel B_2C_2) по накрест лежащим углам при секущей (B_1B_2) .
Теорема Птолемея
Во вписанном четырехугольнике произведение диагоналей равно сумме произведений противоположных сторон: [ACcdot BD=ABcdot CD+BCcdot AD]
Доказательство
Пусть для определенности (angle ABD . Проведем отрезок (BO) так, чтобы (O) лежала на (AC) и (angle ABD=angle CBO) :
Т.к. (angle ACB=angle ADB) (опираются на одну и ту же дугу), то по двум углам (triangle OBCsim triangle ABD) . Значит: [dfrac=dfrac Rightarrow ADcdot BC=OCcdot BDphantom (1)]
Т.к. (angle BAC=angle BDC) (опираются на одну и ту же дугу), (angle ABO=angle CBD) (состоят из равных по построению (оранжевых) углов и общего угла (angle DBO) ), то по двум углам (triangle ABOsim triangle BDC) . Значит: [dfrac=dfrac Rightarrow ABcdot CD=AOcdot BD phantom (2)]
Сложим равенства ((1)) и ((2)) : (ADcdot BC+ABcdot CD=OCcdot BD+AOcdot BD=ACcdot BD) , чтд.
Формула Эйлера:
Пусть (R) — радиус описанной около треугольника (ABC) окружности, (r) — радиус вписанной окружности. Тогда расстояние (d) между центрами этих окружностей вычисляется по формуле: [<large>] 
Доказательство:
а) Предположим, что (dne 0) . Пусть (O, Q) — центры описанной и вписанной окружности соответственно. Проведем диаметр описанной окружности (PS) через точку (Q) . Проведем также биссектрисы углов (angle A, angle B) — (AA_1, BB_1) соответственно (заметим, что они пересекутся в точке (Q) , т.к. центр вписанной окружности лежит на пересечении биссектрис). Хорды (PS) и (BB_1) пересекаются, следовательно, отрезки этих хорд равны: (PQcdot QS=BQcdot QB_1) .
Т.к. (OP=OS=R, OQ=d) , то последнее равенство можно переписать в виде ((R-d)(R+d)=BQcdot QB_1 (*)) .
Заметим, что т.к. (AA_1, BB_1) — биссектрисы, то (buildrelsmileover=buildrelsmileover=x, buildrelsmileover=buildrelsmileover=y) . Т.к. угол между хордами равен полусумме дуг, заключенных между ними, то:
(angle AQB_1=frac12(x+y)) .
С другой стороны, (angle B_1AA_1=frac12big(buildrelsmileover+buildrelsmileoverbig)=frac12(x+y))
Таким образом, (angle AQB_1=angle B_1AA_1) . Следовательно, (triangle QB_1A) — равнобедренный и (B_1Q=B_1A) . Значит, равенство ((*)) можно переписать как:
(R^2-d^2=BQcdot AB_1 (**)) .
Проведем еще один диаметр описанной окружности (B_1B_2) . Тогда (triangle B_1AB_2) — прямоугольный ( (angle A) опирается на диаметр). Пусть также вписанная окружность касается стороны (AB) в точке (K) . Тогда (triangle BKQ) — прямоугольный.
Заметим также, что (angle KBQ=angle AB_2B_1) (т.к. они опираются на одну и ту же дугу).
Значит, (triangle B_1AB_2sim triangle BKQ) по двум углам, следовательно:
(dfrac=dfrac Rightarrow dfrac=dfrac Rightarrow BQcdot AB_1=2Rr) .
Подставим это в ((**)) и получим:
(R^2-d^2=2Rr Rightarrow d^2=R^2-2Rr) .
б) Если (d=0) , т.е. центры вписанной и описанной окружностей совпадают, то (AK=BK=sqrt Rightarrow AB=2sqrt) . Аналогично (AC=BC=AB=sqrt) , т.е. треугольник равносторонний. Следовательно, (angle A=60^circ Rightarrow angle KAO=30^circ Rightarrow r=frac12R Rightarrow R=2r) или (0=R^2-2Rr) (т.е. в этом случае формула также верна).
Теорема о бабочке:
Пусть через середину хорды (AB) — точку (O) , проведены две хорды (MN) и (KP) . Пусть (MPcap AB=X, KNcap AB=Y) . Тогда [<large>]
Доказательство:
Проведем перпендикуляры (XX_1, YY_2perp MN, XX_2, YY_1perp KP) .
Следующие углы равны, т.к. опираются на одну и ту же дугу: (angle PMO=angle NKO, angle MPO=angle KNO) .
Следующие углы равны, т.к. вертикальные: (angle XOX_1=angle YOY_2, angle XOX_2=angle YOY_1) .
Следующие прямоугольные треугольники подобны:
1) (triangle XX_1Osim triangle YY_2O Rightarrow dfrac=dfrac)
2) (triangle XX_2Osim triangle YY_1O Rightarrow dfrac=dfrac)
3) (triangle MXX_1sim triangle KYY_1 Rightarrow dfrac=dfrac)
4) (triangle PXX_2sim triangle NYY_2 Rightarrow dfrac=dfrac)
Из 1) и 2) следует, что
Из 3) и 4) следует, что
Совместив последние два равенства, получим:
Заметим, что для пересекающихся хорд (AB) и (MP) : (AXcdot XB=MXcdot PX) . Аналогично (AYcdot YB=KYcdot NY) . Значит:
Обозначим (OX=x, OY=y, OA=OB=t Rightarrow)
🔍 Видео
Теорема о числе точек пересечения двух окружностейСкачать
Сопряжение двух пересекающихся прямых. Урок 9. (Часть 1. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ПОСТРОЕНИЯ)Скачать
Алгоритмы. Пересечение окружностейСкачать
1 2 4 сопряжение окружностейСкачать
Планиметрия 11 |mathus.ru| расстояние между центрами пересекающихся окружностейСкачать
Всё про углы в окружности. Геометрия | МатематикаСкачать
Пара касающихся окружностей | Осторожно, спойлер! | Борис Трушин |Скачать
Внутреннее сопряжение двух дуг окружностей третьей дугой. Урок14.(Часть1.ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ПОСТРОЕНИЯ)Скачать
Задача №16. Пересекающиеся и касающиеся окружности.Скачать
Геометрия 8 класс (Урок№28 - Свойства хорд окружности.)Скачать
№1035. В окружности проведены хорды АВ и CD, пересекающиеся в точке Е. Найдите острыйСкачать
Определение центра дуги окружности, построение окружности по 3 точкамСкачать
[10] Окружности с нуля для ЕГЭ по математике. Линия центров перпендикулярна общей хорде и делит...Скачать
![[10] Окружности с нуля для ЕГЭ по математике. Линия центров перпендикулярна общей хорде и делит...](https://i.ytimg.com/vi/OuPstDE05CQ/0.jpg)
Геометрия 9 класс (Урок№10 - Взаимное расположение двух окружностей.)Скачать
Быстро и легко определяем центр любой окружностиСкачать
Черчение. Внутреннее, внешнее и смешенное сопряжение двух окружностей.Скачать
4K Как найти центр окружности, how to find the center of a circleСкачать
#207. Окружность девяти точек | лемма о трезубце | ортотреугольник | прямая ЭйлераСкачать
