Радикальная ось двух окружностей когда одна внутри другой (5 видео)

Содержание

Радикальная ось.
Радикальная ось двух окружностей
Основные теоремы, связанные с окружностями
💡 Видео

Видео:Степень точки. Радикальная ось. Радикальный центр.Скачать

Радикальная ось.

Определение. Радикальная ось двух не концентрических окружностей — геометрическое место точек, имеющих равные степени относительно этих окружностей.

Теорема. Если две окружности не концентрические, то их радикальная ось существует и является прямой, перпендикулярной линии, проходящей через центры этих окружностей.

Утверждение 1. Если степени точки относительно двух окружностей равны, то равны отрезки касательных, проведенные из нее к этим окружностям.

Утверждение 2. Если к двум окружностям проведены две внешние и две внутренние касательные, то середины отрезков, соединяющих точки касания, лежат на одной прямой.

Утверждение 3. Общая касательная двух окружностей делится их радикальной осью пополам.

Утверждение 4. Радикальная ось двух пересекающихся окружностей проходит через точки их пересечения.

Утверждение 5. Радикальная ось двух касающихся окружностей есть их общая касательная, проведённая в точке касания.

Утверждение 6. Радикальная ось двух непересекающихся окружностей не пересекает ни одну из них.

Теорема. Три прямые, являющиеся радикальными осями пар трех не концентрических окружностей пересекаются в одной точке или параллельны или совпадают. Если центры окружностей лежат на одной прямой, то их радикальные оси перпендикулярны этой прямой, то есть параллельны или совпадают. Если центры окружностей не лежат на одной прямой, то их радикальные оси пересекаются в одной точке.

Определение. Для трех окружностей, центры которых не лежат на одной прямой, точка, для которой ее степени относительно всех трех окружностей равны, называется радикальным центром трех окружностей.

Видео:9 класс, 8 урок, Взаимное расположение двух окружностейСкачать

Радикальная ось двух окружностей

Разделы: Математика

углубить знания по темам «окружность» и «дополнительные построения», расширение математических познаний;
совершенствовать навыки доказательств теорем;
изучить метод решения геометрических задач с помощью свойств радикальной оси двух окружностей.

развивать учебно-познавательную деятельность обучающихся;
развивать логическое мышление и умения применять знания в нестандартных ситуациях.

3. Воспитательная: воспитывать аккуратность, культуру математической речи.

Оборудование: мел, доска, проектор.

Тип урока: изучение нового и первичное закрепления новых знаний.

Организационный момент – 2 мин.
Вступительное слово учителя – 1 мин.
Актуализация опорных знаний – 1 мин.
Формирование нового – 30 мин.
Первичное закрепление – 10 мин.
Рефлексия – 1 мин.

1. Организационный момент. Приветствие.

2. Вступительное слово.

Если отслеживать историю достижений учащихся на математических соревнованиях, то можно не раз заметить такую картину: до 9 класса ученик очень успешно выступает на различных олимпиадах, однако почему то в 10 классе его результаты сильно понижаются. Трудно полностью объяснить причину подобного, однако, несомненно, что это отчасти связано с существенным различием в уровне задач 9 и 10 классов. Непосвященному это трудно заметить. Например, остановимся геометрических задачах, связанных с окружностью. В большинстве случаев такие задачи можно решить методами 9 классов, однако, такое решение будет слишком громоздким и отнимет много времени на оформление, что в виду ограниченности времени на олимпиадах далеко не всегда осуществимо. Поэтому изучение методов 10 класса для решения задач является жизненной необходимостью для успешного участия на олимпиадах, хотя в истории бывали и исключения, когда некоторые умудрялись решить сложную задачу 10 класса методами 9 класса.

3. Актуализация опорных знаний.

Традиционно на олимпиадах есть хотя бы одна геометрическая задача, а среди таких задач наибольшую трудность вызывают задачи связанные с окружностями. Несмотря на то, что не существует общего метода решения всех геометрических задач, связанных с окружностью, для решения достаточно большого класса таких задач оказываются полезным свойства радикальной оси, поляр, полюсов и некоторых элементов проективной геометрии. Сегодня мы начнем изучение некоторых первичных свойств радикальной оси, однако даже эти свойства могут быть полезны для решения сложных геометрических задач, которые встречаются на международных олимпиадах. Также мы разберем решения нескольких задач российских геометрических олимпиад, заслуженно признанных одними из самых сложных по геометрии.

4. Формирование нового.

Определение 1 (см. [1], стр. 122). Пусть дана окружность ω с центром в точке О и радиусом R. Степенью точки М относительно окружности ω называется число ОМ 2 – R 2 .

Определение 2 (см. [1], стр. 122). Пусть даны две окружности ω₁ и ω₂. Радикальной осью двух окружностей называется множество всех точек плоскости, каждая из которых имеет равные степени относительно этих окружностей.

Теорема 1. Пусть даны две окружности ω₁ и ω₂, центры которых различны. Тогда для этих окружностей радикальная ось существует и является прямой линией.

Если две окружности ω₁ и ω₂ пересекаются в двух различных точках, то радикальная осью этих окружностей является прямая проходящая через точки их пересечения.
Если две окружности ω₁ и ω₂ касаются внешним или внутренним образом, то их радикальная ось совпадает с общей касательной в точке касания окружностей.
Если две окружности ω₁ и ω₂ лежат одна вне другой, не касаясь, то радикальная ось содержит середины общих касательных этих окружностей.

Доказательство. Вне зависимости от того как пересекаются окружности согласно теореме о том, что разность квадратов наклонных, проведенных из одной точки, равна разности квадратов из проекций на прямую, геометрическим местом точек, имеющих одинаковые степени относительно двух заданных окружностей, является прямая, перпендикулярная линии центров окружностей. Для того, чтобы однозначно знать положение прямой достаточно знать две ее точки.


I	I I	I I I

В первом случае, когда окружности пересекаются в двух точках, эти точки будут иметь равные степени относительно них, равные нулю, поэтому радикальной осью для таких окружностей будет прямая, проходящая через точки пересечения окружностей.

Во втором случае, когда окружность каются внешним или внутренним образом, также общая точка окружностей будет иметь одинаковые степени относительно них, значит, в этом случае радикальной осью будет прямая, проходящая через точку касания окружностей и перпендикулярная их линии центром.

В третьем случае, радикальная ось будет проходить через середины отрезков общих касательных, поскольку степенью точки этих точки является квадрат отрезка касательной, проведенной из точки к окружности.

Замечание 1. Теорема 1 применима и в случае, если радиус одной из окружностей равен нулю.

Пример 1 (см. [2], стр. 64, задача №3.65). На окружности S с диаметром AB взята точка C, из точки C опущен перпендикуляр CH на прямую AB. Докажите, что общая хорда окружности S и окружности S₁ с центром C и радиусом CH делит отрезок CH пополам.

Решение (см. [2], стр. 76). Пусть M – середина отрезка CH. Докажем, что точка M лежит на радикальной оси окружностей S и S₁, т.е. её степени относительно этих окружностей равны. Пусть радиусы окружностей S и S₁ равны 2R и 2r.

Тогда степень точки M относительно окружности S₁ равна CM 2 – 4r 2 = -3r 2 , а её степень относительно S равна OM 2 – 4R 2 , где O – середина отрезка AB. Ясно, что OH 2 = 4R 2 – 4r 2 , поэтому OM 2 = 4R 2 – 4r 2 + r 2 = 4R 2 – 3r 2 . Следовательно, OM 2 – 4R 2 = -3r 2 . Таким образом, точка М лежит на ED, следовательно, ED делит CH пополам.

Теорема 2 (см. [1], стр.125). Если центры трех окружностей неколлинеарные, то три радикальные оси этих окружностей, взятых попарно, имеют общую точку.

Доказательство. Пусть даны три окружности Ω₁, Ω₂, Ω₃, центры которых неколлинеарные.

Поскольку центры трех окружностей неколлинеарные, то прямые перпендикулярные O₁O₂ и O₁O₃ пересекаются, значит, не параллельны и радикальные оси к Ω₁ и Ω₂, а также к Ω₁ и Ω₃ пересекаются в некоторой точке, которую обозначим буквой Е. Отсюда, степени точки Е относительно Ω₁ и Ω₂ равны, и относительно Ω₁ и Ω₃ тоже равны. Следовательно, точки Е имеет одинаковые степени относительно Ω₂ и Ω₃, а это означает, что она лежит на радикальной оси к окружностям Ω₂ и Ω₃, т.е. все три радикальные оси пересекаются в одной точке. Что и требовалось доказать.

Пример 2 (Турнир городов, весенний тур, базовый вариант, 10-11 класс, 2012 г.). Четырехугольник ABCD без параллельных сторон вписан в окружность. Для каждой пары касающихся окружностей, одна из которых имеет хорду AB, а другая – хорду CD, отметим их точку касания X. Докажите, что все такие точки X лежат на одной окружности.

Решение (см. [3]). обозначим через Ω₁ и Ω₂ касающиеся окружности, содержащие соответственно хорды AB и СD, а через Ω – описанную окружность четырехугольника ABCD. Пусть O – точка пересечения прямых AB и СD.

Тогда согласно теореме 1 прямая AB – радикальная ось окружностей Ω₁ и Ω, CD – радикальная ось окружностей Ω₂ и Ω, а общая касательная окружностей Ω₁ и Ω₂ – их радикальная ось. Согласно теореме 2 эти три радикальные оси пересекаются в одной точке, которую обозначим буквой O.

При этом квадрат длина касательной OX равна степени точки O относительно Ω₁, то есть OA× OB, значит, что точка X лежит на окружности с центром О и радиусом .

Пример 3 (Московская устная олимпиада по геометрии, 8-9 класс, 2005). Дан шестиугольник ABCDEF, в котором AB = BC, CD = DE, EF = FA, а углы A и C – прямые. Докажите, что прямые FD и BE перпендикулярны.

Решение №1 (см. [3]). Поскольку по теореме Пифагора

BD 2 + EF 2 = BC 2 + CD 2 + EF 2 = AB 2 + DE 2 + AF 2 = BF 2 + DE 2 , то согласно критерию перпендикулярности диагоналей выпуклого четырехугольника FD и BE перпендикулярны.

Радикальная ось двух окружностей когда одна внутри другой

Решение №2 (см. [3]). Рассмотрим окружности с центрами D и F и радиусами DC и EF соответственно. Тогда BA = BC – касательные к этим окружностям, а точка E принадлежит обеим окружностям, поэтому BE – их радикальная ось, и следовательно, она перпендикулярна линии центров FD.

5. Первичное закрепление.

(Всероссийская олимпиада по математике, 10 класс, 2011 г.) Периметр треугольника ABC равен 4. На лучах AB и AC отмечены точки X и Y так, что AX = AY = 1. Отрезки BC и XY пересекаются в точке M. Докажите, что периметр одного из треугольников ABM и ACM равен 2.

(Московская устная олимпиада по геометрии, 10-11 класс, 2011 г.) Дана неравнобокая трапеция ABCD (AB ǁ CD). Произвольная окружность, проходящая через точки A и B, пересекает боковые стороны трапеции в точках P и Q, а диагонали – в точках M и N. Докажите, что прямые PQ, MN и CD пересекаются в одной точке.

(Всероссийская олимпиада по математике, 11 класс, 2005 г.) Пусть AA₁ и BB₁ – высоты остроугольного неравнобедренного треугольника ABC. Известно, что отрезок A₁B₁ пересекает среднюю линию, параллельную AB, в точке C’. Докажите, что отрезок CC’ перпендикулярен прямой, проходящей через точку пересечения высот и центр описанной окружности треугольника ABC.

— Что особенно сегодня вам запомнилось?

— Полезно ли для решения некоторых геометрических задач знать свойства радикальной оси двух окружностей?

Видео:Радикальные оси для ЕГЭ профиль. Геометрические конструкции, убивающие №16Скачать

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>]