Признак принадлежности четырёх точек одной окружности
Если точки B и C лежат в одной полуплоскости относительно прямой AD, и точки B и C видны из отрезка AD под одним углом (то есть ∠ABD=∠ACD), то точки A, B, C и D лежат на одной окружности.
Дано: точки B и C лежат в одной полуплоскости относительно прямой AD,
Доказать: точки A, B, C, D лежат на одной окружности
Обозначим ∠ABD=∠ACD=α.
Опишем около треугольника ABD окружность.
Отметим на этой окружности произвольную точку F, лежащую относительно прямой AD в другой полуплоскости, чем точки B и C.
Четырёхугольник ABDF — вписанный в окружность. Следовательно, сумма его противолежащих углов равна 180°:
Рассмотрим четырехугольник ACDF.
Отсюда следует, что четырёхугольник ABDF — вписанный.
Поскольку около треугольника ABD можно описать только одну окружность, то точка C лежит на той же окружности, что и точки A, B и D.
Видео:#207. Окружность девяти точек | лемма о трезубце | ортотреугольник | прямая ЭйлераСкачать
Окружность. Основные теоремы
Определения
Центральный угол – это угол, вершина которого лежит в центре окружности.
Вписанный угол – это угол, вершина которого лежит на окружности.
Градусная мера дуги окружности – это градусная мера центрального угла, который на неё опирается.
Теорема
Градусная мера вписанного угла равна половине градусной меры дуги, на которую он опирается.
Доказательство
Доказательство проведём в два этапа: сначала докажем справедливость утверждения для случая, когда одна из сторон вписанного угла содержит диаметр. Пусть точка (B) – вершина вписанного угла (ABC) и (BC) – диаметр окружности:
Треугольник (AOB) – равнобедренный, (AO = OB) , (angle AOC) – внешний, тогда (angle AOC = angle OAB + angle ABO = 2angle ABC) , откуда (angle ABC = 0,5cdotangle AOC = 0,5cdotbuildrelsmileover) .
Теперь рассмотрим произвольный вписанный угол (ABC) . Проведём диаметр окружности (BD) из вершины вписанного угла. Возможны два случая:
1) диаметр разрезал угол на два угла (angle ABD, angle CBD) (для каждого из которых теорема верна по доказанному выше, следовательно верна и для исходного угла, который является суммой этих двух и значит равен полусумме дуг, на которые они опираются, то есть равен половине дуги, на которую он опирается). Рис. 1.
2) диаметр не разрезал угол на два угла, тогда у нас появляется ещё два новых вписанных угла (angle ABD, angle CBD) , у которых сторона содержит диаметр, следовательно, для них теорема верна, тогда верна и для исходного угла (который равен разности этих двух углов, значит, равен полуразности дуг, на которые они опираются, то есть равен половине дуги, на которую он опирается). Рис. 2.
Следствия
1. Вписанные углы, опирающиеся на одну и ту же дугу, равны.
2. Вписанный угол, опирающийся на полуокружность, прямой.
3. Вписанный угол равен половине центрального угла, опирающегося на ту же дугу.
Определения
Существует три типа взаимного расположения прямой и окружности:
1) прямая (a) пересекает окружность в двух точках. Такая прямая называется секущей. В этом случае расстояние (d) от центра окружности до прямой меньше радиуса (R) окружности (рис. 3).
2) прямая (b) пересекает окружность в одной точке. Такая прямая называется касательной, а их общая точка (B) – точкой касания. В этом случае (d=R) (рис. 4).
3) прямая (c) не имеет общих точек с окружностью (рис. 5).
Теорема
1. Касательная к окружности перпендикулярна радиусу, проведенному в точку касания.
2. Если прямая проходит через конец радиуса окружности и перпендикулярна этому радиусу, то она является касательной к окружности.
Следствие
Отрезки касательных, проведенных из одной точки к окружности, равны.
Доказательство
Проведем к окружности из точки (K) две касательные (KA) и (KB) :
Значит, (OAperp KA, OBperp KB) как радиусы. Прямоугольные треугольники (triangle KAO) и (triangle KBO) равны по катету и гипотенузе, следовательно, (KA=KB) .
Следствие
Центр окружности (O) лежит на биссектрисе угла (AKB) , образованного двумя касательными, проведенными из одной точки (K) .
Теорема об угле между секущими
Угол между двумя секущими, проведенными из одной точки, равен полуразности градусных мер большей и меньшей высекаемых ими дуг.
Доказательство
Пусть (M) – точка, из которой проведены две секущие как показано на рисунке:
Покажем, что (angle DMB = dfrac(buildrelsmileover — buildrelsmileover)) .
(angle DAB) – внешний угол треугольника (MAD) , тогда (angle DAB = angle DMB + angle MDA) , откуда (angle DMB = angle DAB — angle MDA) , но углы (angle DAB) и (angle MDA) – вписанные, тогда (angle DMB = angle DAB — angle MDA = fracbuildrelsmileover — fracbuildrelsmileover = frac(buildrelsmileover — buildrelsmileover)) , что и требовалось доказать.
Теорема об угле между пересекающимися хордами
Угол между двумя пересекающимися хордами равен полусумме градусных мер высекаемых ими дуг: [angle CMD=dfrac12left(buildrelsmileover+buildrelsmileoverright)]
Доказательство
(angle BMA = angle CMD) как вертикальные.
Из треугольника (AMD) : (angle AMD = 180^circ — angle BDA — angle CAD = 180^circ — frac12buildrelsmileover — frac12buildrelsmileover) .
Но (angle AMD = 180^circ — angle CMD) , откуда заключаем, что [angle CMD = frac12cdotbuildrelsmileover + frac12cdotbuildrelsmileover = frac12(buildrelsmileover + buildrelsmileover).]
Теорема об угле между хордой и касательной
Угол между касательной и хордой, проходящей через точку касания, равен половине градусной меры дуги, стягиваемой хордой.
Доказательство
Пусть прямая (a) касается окружности в точке (A) , (AB) – хорда этой окружности, (O) – её центр. Пусть прямая, содержащая (OB) , пересекает (a) в точке (M) . Докажем, что (angle BAM = frac12cdot buildrelsmileover) .
Обозначим (angle OAB = alpha) . Так как (OA) и (OB) – радиусы, то (OA = OB) и (angle OBA = angle OAB = alpha) . Таким образом, (buildrelsmileover = angle AOB = 180^circ — 2alpha = 2(90^circ — alpha)) .
Так как (OA) – радиус, проведённый в точку касания, то (OAperp a) , то есть (angle OAM = 90^circ) , следовательно, (angle BAM = 90^circ — angle OAB = 90^circ — alpha = frac12cdotbuildrelsmileover) .
Теорема о дугах, стягиваемых равными хордами
Равные хорды стягивают равные дуги, меньшие полуокружности.
И наоборот: равные дуги стягиваются равными хордами.
Доказательство
1) Пусть (AB=CD) . Докажем, что меньшие полуокружности дуги (buildrelsmileover=buildrelsmileover) .
(triangle AOB=triangle COD) по трем сторонам, следовательно, (angle AOB=angle COD) . Но т.к. (angle AOB, angle COD) — центральные углы, опирающиеся на дуги (buildrelsmileover, buildrelsmileover) соответственно, то (buildrelsmileover=buildrelsmileover) .
2) Если (buildrelsmileover=buildrelsmileover) , то (triangle AOB=triangle COD) по двум сторонам (AO=BO=CO=DO) и углу между ними (angle AOB=angle COD) . Следовательно, и (AB=CD) .
Теорема
Если радиус делит хорду пополам, то он ей перпендикулярен.
Верно и обратное: если радиус перпендикулярен хорде, то точкой пересечения он делит ее пополам.
Доказательство
1) Пусть (AN=NB) . Докажем, что (OQperp AB) .
Рассмотрим (triangle AOB) : он равнобедренный, т.к. (OA=OB) – радиусы окружности. Т.к. (ON) – медиана, проведенная к основанию, то она также является и высотой, следовательно, (ONperp AB) .
2) Пусть (OQperp AB) . Докажем, что (AN=NB) .
Аналогично (triangle AOB) – равнобедренный, (ON) – высота, следовательно, (ON) – медиана. Следовательно, (AN=NB) .
Теорема о произведении отрезков хорд
Если две хорды окружности пересекаются, то произведение отрезков одной хорды равно произведению отрезков другой хорды.
Доказательство
Пусть хорды (AB) и (CD) пересекаются в точке (E) .
Рассмотрим треугольники (ADE) и (CBE) . В этих треугольниках углы (1) и (2) равны, так как они вписанные и опираются на одну и ту же дугу (BD) , а углы (3) и (4) равны как вертикальные. Треугольники (ADE) и (CBE) подобны (по первому признаку подобия треугольников).
Тогда (dfrac = dfrac) , откуда (AEcdot BE = CEcdot DE) .
Теорема о касательной и секущей
Квадрат отрезка касательной равен произведению секущей на ее внешнюю часть.
Доказательство
Пусть касательная проходит через точку (M) и касается окружности в точке (A) . Пусть секущая проходит через точку (M) и пересекает окружность в точках (B) и (C) так что (MB . Покажем, что (MBcdot MC = MA^2) .
Рассмотрим треугольники (MBA) и (MCA) : (angle M) – общий, (angle BCA = 0,5cdotbuildrelsmileover) . По теореме об угле между касательной и секущей, (angle BAM = 0,5cdotbuildrelsmileover = angle BCA) . Таким образом, треугольники (MBA) и (MCA) подобны по двум углам.
Из подобия треугольников (MBA) и (MCA) имеем: (dfrac = dfrac) , что равносильно (MBcdot MC = MA^2) .
Следствие
Произведение секущей, проведённой из точки (O) , на её внешнюю часть не зависит от выбора секущей, проведённой из точки (O) :
Видео:Четыре точки на окружности | ЕГЭ-2017. Задание 16. Математика. Профильный уровень| Борис ТрушинСкачать
Отрезок АС виден из точек В и М под одинаковым углом…
Схема 3. У треугольников АВС и АМС сторона АС – общая, угол В равен углу М, причем точки В и М лежат по одну сторону от прямой АС. Тогда точки А, В, С, М лежат на одной окружности.
В самом деле: по теореме синусов, радиус окружности, описанной вокруг треугольника АВС, равен радиусу окружности, описанной вокруг треугольника АМС и равен А это значит, что точки А, В, М и С лежат на одной окружности.
Можно доказать и более общее утверждение: геометрическое место точек М, из которых отрезок АВ виден под данным углом, есть две дуги равных окружностей с общей хордой АВ, без точек А и В.
Задача ЕГЭ (Профильный уровень, №16)
Пусть АВ – хорда окружности с центром О, СВ – касательная к этой окружности, точки А и В лежат по разные стороны от прямой ОС. Радиус окружности ОВ равен 4, углы ОСВ и ОАВ равны.
а) Докажите, что точка О лежит на окружности Ω, описанной вокруг треугольника АВС.
б) Найдите радиус окружности Ω.
а) По условию, углы ОСВ и ОАВ равны. Отрезок ОВ виден из точек А и С под одинаковыми углами. Это значит, что четырехугольник OACB можно вписать в окружность. Тогда точка О лежит на окружности Ω, описанной вокруг треугольника АВС.
б) Мы доказали, что точка О лежит на окружности Ω, описанной вокруг треугольника АВС. Так как ВС – касательная к окружности, ВС ⊥ ОВ, ∠OBC=90°, значит, OC – диаметр. Тогда ∠OAC=90°, и треугольники ОВС и ОАС равны по гипотенузе и катету: OC – общая, OB=OA, ∠OAC=∠OВC=90°. Радиус окружности Ω равен .
Перестроим чертеж. Пусть М – точка пересечения отрезков АВ и ОС.
По условию, ОВ = 4, . Тогда . Из прямоугольного треугольника ОВМ по теореме Пифагора найдем .
Заметим, что на чертеже есть подобные прямоугольные треугольники: по двум углам.
Запишем соотношение сходственных сторон для этих треугольников:
Получим: Отсюда Это диаметр окружности Ω. Радиус в 2 раза меньше:
💥 Видео
Всё про углы в окружности. Геометрия | МатематикаСкачать
Доказать, что точки лежат на одной окружностиСкачать
Как искать точки на тригонометрической окружности.Скачать
Доказать, что точки лежат в одной плоскости - bezbotvyСкачать
№8. Верно ли утверждение: а) если две точки окружности лежат в плоскостиСкачать
Замечательные точки треугольника | Ботай со мной #030 | Борис Трушин ||Скачать
10 класс, 3 урок, Некоторые следствия из аксиомСкачать
✓ Степень точки в ЕГЭ | Резерв досрока ЕГЭ-2022. Задание 16. Профильный уровень | Борис ТрушинСкачать
Доказать, что точки лежат на одной окружности Д301Скачать
Точка O – центр окружности, на которой лежат точки ... | ОГЭ 2017 | ЗАДАНИЕ 10 | ШКОЛА ПИФАГОРАСкачать
✓ Всё, что нужно знать про окружность | ЕГЭ. Задания 1 и 16. Профильный уровень | Борис ТрушинСкачать
Доказательство того, что радиус перпендикулярен касательной | Окружность | ГеометрияСкачать
Окружность. 7 класс.Скачать
10 класс, 11 урок, Числовая окружностьСкачать
Математика | 5 ЗАДАЧ НА ТЕМУ ОКРУЖНОСТИ. Касательная к окружности задачиСкачать
№665. Вершины треугольника ABC лежат на окружности. Докажите, что если АВ — диаметр окружностиСкачать
Точка O – центр окружности, на которой лежат точки ... | ОГЭ 2017 | ЗАДАНИЕ 10 | ШКОЛА ПИФАГОРАСкачать
ОГЭ ЗАДАНИЕ 16 ТОЧКА О ЦЕНТР ОКРУЖНОСТИ, НА КОТОРОЙ ЛЕЖАТ ТОЧКИ А В И ССкачать
