Жанама шеңберлерге жанама салу. Екі шеңбердің өзара орналасуы

Әдетте мұндай есепте сізге шеңбер мен нүкте беріледі. Шеңберге жанама салу қажет, ал жанама берілген нүкте арқылы өтуі керек.

Егер нүктенің орны көрсетілмесе, онда нүктенің орналасуының үш ықтимал жағдайын бөлек көрсету керек.

1. Егер нүкте берілген шеңбермен шектелген шеңбердің ішінде жатса, онда ол арқылы жанама салу мүмкін емес.
2. Егер нүкте шеңберде жатса, онда жанама берілген нүктеге жүргізілген радиусқа перпендикуляр түзу салу арқылы салынады.
3. Егер нүкте шеңбермен шектелген шеңбердің сыртында жатса, онда жанама тұрғызбас бұрын, шеңберден ол өтуі керек нүкте ізделеді.

Екінші жағдайды шешу үшін радиусы жатқан түзуде радиусқа тең және шеңбердегі нүктенің екінші жағында жататын кесінді тұрғызылады. Осылайша, шеңбердегі нүкте радиусы екі есеге тең кесіндінің ортасы болып шығады. Әрі қарай, радиустары бастапқы шеңбердің екі есе радиусына тең, кесіндінің ұштарында центрлері екі есе радиусқа тең екі шеңбер салынады. Осы шеңберлердің кез келген қиылысу нүктесі және есеп шарттарымен көрсетілген нүкте арқылы түзу жүргізіледі. Ол бастапқы шеңбердің радиусына перпендикуляр медиана болады, яғни оған перпендикуляр, демек шеңберге жанама болады.

Үшінші жағдайды, нүкте шеңбермен шектелген шеңберден тыс жатқанда, келесідей шешуге болады. Берілген шеңбердің центрі мен берілген нүктені қосатын кесінді салу керек. Әрі қарай, медианалық перпендикуляр салу арқылы оның ортасын табыңыз (алдыңғы абзацта сипатталған). Осыдан кейін шеңберді (немесе оның бір бөлігін) сызыңыз. Салынған шеңбердің қиылысу нүктесі мен есеп шарттарымен көрсетілген жанаманың өтетін нүктесі, ол да есеп шарттарымен көрсетілген нүкте арқылы өтеді. Екі белгілі нүкте арқылы жанама түзу жүргізілген.

Салынған түзудің жанама екенін дәлелдеу үшін есептің шарттарымен берілген шеңбердің радиусы арқылы түзілетін бұрышты және шеңберлердің қиылысу нүктесін шартымен берілген нүктемен қосатын кесіндіні қарастыру керек. мәселе. Бұл бұрыш жарты шеңберге (салынған шеңбердің диаметрі) тіреледі, бұл оның түзу екенін білдіреді. Яғни, радиус салынған түзуге перпендикуляр. Демек, салынған сызық жанама.

Сабақтың мақсаттары

• Білімділік – «Шеңберге жанама» тақырыбы бойынша білімді қайталау, жалпылау және тексеру; негізгі дағдыларды дамыту.
• Дамытушылық – оқушылардың зейінін, алғырлығын, алғырлығын, логикалық ойлауын, математикалық сөйлеуін дамыту.
• Тәрбиелік – сабақ арқылы бір-біріне деген ілтипатты қарым-қатынасқа тәрбиелеу, жолдастарын тыңдай білуге, өзара көмек көрсетуге, дербестікке баулу.
• Жанама, жанасу нүктесі ұғымымен таныстыру.
• Тангенстің қасиетін және оның таңбасын қарастырып, олардың табиғат пен техникадағы есептерді шешуде қолданылуын көрсетіңіз.

Сабақтың мақсаттары

• Масштаб сызғышын, транспортирді және үшбұрышты сызу арқылы жанамаларды салу дағдыларын дамыту.
• Оқушылардың есеп шығару дағдыларын тексеру.
• Шеңберге жанама салудың негізгі алгоритмдік әдістерін меңгеруді қамтамасыз ету.
• Теориялық білімдерін есеп шығаруда қолдана білу дағдыларын дамыту.
• Оқушылардың ой-өрісін, сөйлеу тілін дамыту.
• Бақылау, заңдылықтарды байқау, жалпылау және ұқсастық арқылы дәлелдеу дағдыларын дамыту бойынша жұмыс.
• Математикаға қызығушылығын ояту.

Сабақ жоспары

1. Тангенс ұғымының пайда болуы.
2. Тангенстің шығу тарихы.
3. Геометриялық анықтамалар.
4. Негізгі теоремалар.
5. Шеңберге жанама салу.
6. Біріктіру.

Тангенс ұғымының пайда болуы

Тангенс ұғымы математикадағы ең көне ұғымдардың бірі болып табылады. Геометрияда шеңберге жанама сол шеңбермен дәл бір қиылысу нүктесі бар түзу ретінде анықталады. Ежелгі адамдар циркуль мен сызғыштарды пайдалана отырып, жанамаларды шеңберге, кейінірек конустық кесінділерге: эллипстерге, гиперболаларға және параболаларға сала алды.

Тангенстің шығу тарихы

Қазіргі заманда тангенске деген қызығушылық қайта жанданды. Содан кейін ежелгі ғалымдарға беймәлім қисықтар табылды. Мысалы, Галилео циклоидты енгізді, ал Декарт пен Ферма оған жанама құрастырды. 17 ғасырдың бірінші үштен бірінде. Олар жанама – берілген нүктенің шағын маңындағы қисыққа «ең жақын» түзу екенін түсіне бастады. Берілген нүктеде (суретте) қисыққа жанама салу мүмкін болмайтын жағдайды елестету оңай.

Геометриялық анықтамалар

Шеңбер- берілген нүктеден бірдей қашықтықта орналасқан жазықтықтағы нүктелердің геометриялық орны оның центрі деп аталады.

шеңбер.

Қатысты анықтамалар

• Шеңбердің центрін оның кез келген нүктесімен қосатын кесінді (осы кесіндінің ұзындығы сияқты) деп аталады радиусышеңберлер.
• Жазықтықтың шеңбермен шектелген бөлігі деп аталады айналасында.
• Шеңбердегі екі нүктені қосатын кесінді оның деп аталады аккорд. Шеңбердің ортасынан өтетін хорда деп аталады диаметрі.
• Шеңбердегі кез келген екі алшақ нүкте оны екі бөлікке бөледі. Бұл бөліктердің әрқайсысы деп аталады доғашеңберлер. Доғаның өлшемі оның сәйкес орталық бұрышының өлшемі болуы мүмкін. Доғаның ұштарын қосатын кесіндінің диаметрі болса, доға жарты шеңбер деп аталады.
• Шеңбермен дәл бір ортақ нүктесі бар түзу деп аталады жанамашеңберге, ал олардың ортақ нүктесі түзу мен шеңбердің жанама нүктесі деп аталады.
• Шеңбердің екі нүктесі арқылы өтетін түзу деп аталады секант.
• Шеңбердегі орталық бұрыш деп центрінде төбесі бар жазық бұрышты айтады.
• Шыңы шеңберде жатқан және қабырғалары осы шеңбермен қиылысатын бұрыш деп аталады сызылған бұрыш.
• Ортасы ортақ екі шеңбер деп аталады концентрлік.

Тангенс сызығы- қисықтағы нүкте арқылы өтетін және осы нүктеде бірінші ретке дейін онымен сәйкес келетін түзу.

Шеңберге жанамашеңбермен бір ортақ нүктесі бар түзу.

Осы нүктеге жүргізілген радиусқа перпендикуляр бірдей жазықтықтағы шеңбердің нүктесі арқылы өтетін түзу тангенс деп аталады. Бұл жағдайда шеңбердегі бұл нүкте жанама нүктесі деп аталады.

Біздің жағдайда «a» берілген шеңберге жанама болатын түзу болса, «А» нүктесі жанама нүктесі болып табылады. Бұл жағдайда a⊥OA (түзу a OA радиусына перпендикуляр).

Олар осылай дейді екі шеңбер жанасады, егер олардың бір ортақ нүктесі болса. Бұл нүкте деп аталады шеңберлердің түйісу нүктесі. Жанасу нүктесі арқылы шеңберлердің біріне жанама сызуға болады, ол басқа шеңберге де жанама болып табылады. Жанасу шеңберлері ішкі немесе сыртқы болуы мүмкін.

Шеңберлердің центрлері жанаманың бір жағында жатса, жанама ішкі деп аталады.

Шеңберлердің центрі жанаманың қарама-қарсы жағында жатса, жанама сыртқы деп аталады.

a - екі шеңберге ортақ жанама, K - жанама нүктесі.

Негізгі теоремалар

Теоремажанама және секант туралы

Егер шеңберден тыс жатқан нүктеден жанама мен секант жүргізілсе, онда жанама ұзындығының квадраты секант пен оның сыртқы бөлігінің көбейтіндісіне тең болады: MC 2 = MA МБ.

Теорема.Шеңбердің жанама нүктесіне жүргізілген радиус жанамаға перпендикуляр.

Теорема.Егер радиус шеңберді қиып өтетін нүктеде түзуге перпендикуляр болса, онда бұл түзу осы шеңберге жанама болады.

Дәлелдеу.

Бұл теоремаларды дәлелдеу үшін нүктеден түзуге перпендикуляр деген не екенін есте сақтау керек. Бұл осы нүктеден осы сызыққа дейінгі ең қысқа қашықтық. ОА жанамаға перпендикуляр емес, жанамаға перпендикуляр ОС түзу сызығы бар деп есептейік. Ұзындығы ОЖ радиустың ұзындығын және белгілі бір BC сегментін қамтиды, ол сөзсіз радиустан үлкен. Осылайша, оны кез келген сызық үшін дәлелдеуге болады. Біз радиус, жанасу нүктесіне тартылған радиус, О нүктесінен жанамаға ең қысқа қашықтық, яғни. ОЖ жанамаға перпендикуляр. Керісінше теореманы дәлелдеуде біз жанаманың шеңбермен бір ғана ортақ нүктесі болатындығынан шығамыз. Бұл түзудің шеңбермен тағы бір ортақ В нүктесі болсын. AOB үшбұрышы тікбұрышты және оның екі қабырғасы радиустарға тең, олай болуы мүмкін емес. Осылайша, біз бұл түзудің А нүктесінен басқа шеңбермен ортақ нүктелері жоқ екенін анықтаймыз, яғни. жанама болып табылады.

Теорема.Бір нүктеден шеңберге жүргізілген жанама кесінділер тең, ал бұл нүктені шеңбердің центрімен қосатын түзу жанамалардың арасындағы бұрышты бөледі.

Дәлелдеу.

Дәлел өте қарапайым. Алдыңғы теореманы пайдалана отырып, ОБ АВ перпендикуляр, ал ОС АС перпендикуляр деп бекітеміз. АВО және АСО тікбұрышты үшбұрыштары катет пен гипотенузада тең (OB=OS – радиустар, AO – жалпы). Демек, олардың қабырғалары AB=AC және OAC және OAB бұрыштары тең.

Теорема.Шеңбердегі ортақ нүктесі бар тангенс пен хорда түзетін бұрыштың шамасы оның қабырғалары арасында орналасқан доғаның бұрыштық шамасының жартысына тең.

Дәлелдеу.

Тангенс пен хордадан пайда болған NAB бұрышын қарастырайық. Айнымалы токтың диаметрін салайық. Жанасу нүктесіне жүргізілген диаметрге перпендикуляр, сондықтан ∠CAN=90 o. Теореманы біле отырып, біз альфа (а) бұрышы ВС доғасының бұрыштық мәнінің жартысына немесе BOS бұрышының жартысына тең екенін көреміз. ∠NAB=90 o -a, осы жерден ∠NAB=1/2(180 o -∠BOC)=1/2∠AOB немесе = VA доғасының бұрыштық мәнінің жартысын аламыз. т.б.

Теорема.Егер нүктеден шеңберге жанама мен секант жүргізілсе, онда берілген нүктеден жанама нүктесіне дейінгі жанама кесіндінің квадраты берілген нүктеден нүктелерге дейінгі кесінділердің ұзындықтарының көбейтіндісіне тең болады. оның шеңбермен қиылысуы.

Дәлелдеу.

Суретте бұл теорема келесідей көрінеді: MA 2 = MV * MC. Дәлелдейік. Алдыңғы теорема бойынша MAC бұрышы АС доғасының бұрыштық шамасының жартысына тең, сонымен қатар АВС бұрышы теорема бойынша АС доғасының бұрыштық мәнінің жартысына тең, сондықтан бұл бұрыштар әрқайсысына тең. басқа. AMC және BMA үшбұрыштарының М төбесінде ортақ бұрышы бар екенін ескере отырып, бұл үшбұрыштардың екі бұрыштағы ұқсастығын айтамыз (екінші таңба). Ұқсастықтан бізде: MA/MB=MC/MA, одан MA 2 =MB*MC аламыз

Шеңберге жанамаларды салу

Енді оны анықтауға және шеңберге жанама салу үшін не істеу керектігін анықтауға тырысайық.

Бұл жағдайда, ереже бойынша, есеп шеңбер мен нүктені береді. Ал сіз бен біз бұл жанама берілген нүкте арқылы өтетіндей етіп шеңберге жанама салуымыз керек.

Егер біз нүктенің орнын білмесек, онда нүктелердің ықтимал орналасу жағдайларын қарастырайық.

Біріншіден, нүкте берілген шеңбермен шектелген шеңбердің ішінде болуы мүмкін. Бұл жағдайда бұл шеңбер арқылы жанама салу мүмкін емес.

Екінші жағдайда нүкте шеңберде орналасқан және бізге белгілі нүктеге жүргізілген радиусқа перпендикуляр түзу жүргізіп, жанама тұрғыза аламыз.

Үшіншіден, нүкте шеңбермен шектелген шеңберден тыс орналасқан деп есептейік. Бұл жағдайда тангенсті тұрғызбас бұрын шеңберден жанама өтуі керек нүктені табу керек.

Бірінші жағдайда, мен сізге бәрі түсінікті деп үміттенемін, бірақ екінші нұсқаны шешу үшін радиус орналасқан түзу сызыққа кесінді салу керек. Бұл кесінді радиусы мен қарама-қарсы жағындағы шеңберде жатқан кесіндіге тең болуы керек.

Мұнда шеңбердегі нүкте радиусы екі еселенген кесіндінің ортасы екенін көреміз. Келесі қадам екі шеңбер салу болады. Бұл шеңберлердің радиустары бастапқы шеңбердің екі есе радиусына тең болады, центрлері кесіндінің ұштарында болады, бұл радиустың екі есесіне тең. Енді осы шеңберлердің кез келген қиылысу нүктесі мен берілген нүкте арқылы түзу жүргізе аламыз. Мұндай түзу бастапқыда жүргізілген шеңбердің радиусына перпендикуляр медиана болып табылады. Осылайша, біз бұл түзудің шеңберге перпендикуляр екенін көреміз және бұдан оның шеңберге жанама болатыны шығады.

Үшінші нұсқада бізде шеңберден тыс жатқан нүкте бар, ол шеңбермен шектеледі. Бұл жағдайда біз алдымен берілген шеңбердің центрі мен берілген нүктені қосатын кесінді саламыз. Содан кейін оның ортасын табамыз. Бірақ бұл үшін перпендикуляр биссектриса салу керек. Ал сіз оны қалай салу керектігін білесіз. Содан кейін біз шеңберді немесе оның бір бөлігін салуымыз керек. Енді берілген шеңбер мен жаңадан салынған шеңбердің қиылысу нүктесі жанама өтетін нүкте екенін көреміз. Ол сонымен қатар мәселенің шарттарына сәйкес көрсетілген нүктеден өтеді. Ақырында, сіз білетін екі нүкте арқылы жанама сызық сызуға болады.

Соңында, біз салған түзудің жанама екенін дәлелдеу үшін біз шеңбердің радиусы және шарты бойынша белгілі кесінді арқылы пайда болған және шеңберлердің қиылысу нүктесін қосатын бұрышқа назар аударуымыз керек. есеп шартымен берілген нүктемен. Енді алынған бұрыш жарты шеңберге тірелетінін көреміз. Ал бұдан бұл бұрыштың дұрыс екендігі шығады. Демек, радиус жаңадан салынған сызыққа перпендикуляр болады және бұл сызық жанама болады.

Тангенстің құрылысы.

Жанама сызықтарды салу дифференциалдық есептеулердің пайда болуына әкелген мәселелердің бірі болып табылады. Лейбництің дифференциалды есептеуге қатысты жарияланған бірінші еңбегі «Максимумдар мен минимумдардың, сонымен қатар бөлшек те, иррационал шамалар да, есептеудің ерекше түрі де кедергі болып табылмайтын жанамалардың жаңа әдісі» деп аталды.

Ежелгі Египеттіктердің геометриялық білімі.

Егер Тигр мен Евфрат пен Кіші Азия арасындағы аңғардың ежелгі тұрғындарының өте қарапайым үлесін есепке алмасақ, онда геометрия біздің дәуірімізге дейінгі 1700 жылға дейін Ежелгі Египетте пайда болған. Тропикалық жаңбырлы маусымда Ніл өзінің су қорын толықтырып, тасып кетті. Су егістік алқаптарын басып қалды, ал салық салу мақсатында қанша жер жоғалғанын анықтау қажет болды. Өлшеу құралы ретінде маркшейдерлер тығыз созылған арқанды пайдаланды. Египеттіктердің геометриялық білімдерін жинақтауының тағы бір стимулы олардың пирамидалар салу және бейнелеу өнері сияқты әрекеттері болды.

Геометриялық білімнің деңгейін математикаға арнайы арналған және оқулықтар сияқты, дәлірек айтқанда, әртүрлі практикалық есептердің шешімдері берілген проблемалық кітаптар сияқты ежелгі қолжазбалардан бағалауға болады.

Египеттіктердің ең көне математикалық қолжазбасын 1800 - 1600 жылдар аралығында белгілі бір студент көшірген. BC. ескі мәтіннен. Папирусты орыс египеттанушы Владимир Семенович Голенищев тапқан. Ол Мәскеуде - А.С. атындағы бейнелеу өнері мұражайында сақтаулы. Пушкин, және Мәскеу папирусы деп аталады.

Мәскеуден екі-үш жүз жылдан кейін жазылған тағы бір математикалық папирус Лондонда сақталған. Ол былай деп аталады: «Барлық қараңғы нәрселерді, заттардың өз бойында жасыратын барлық құпияларды білуге ​​қалай қол жеткізуге болатыны туралы нұсқау ... Ескі ескерткіштер бойынша бұл туралы хатшы Ахмес жазған.» Қолжазба «Ахмес папирусы» деп аталады. Ринд папирусы – осы папирусты Египеттен тауып, сатып алған ағылшынның атымен. Ахмес папирусы тәжірибеде қажет болуы мүмкін әртүрлі есептеулерді қамтитын 84 есептің шешімін ұсынады.

Құпиялықты сақтау біз үшін маңызды. Осы себепті біз сіздің ақпаратыңызды қалай пайдаланатынымызды және сақтайтынымызды сипаттайтын Құпиялылық саясатын әзірледік. Құпиялылық тәжірибелерімізді қарап шығыңыз және сұрақтарыңыз болса, бізге хабарлаңыз.

Жеке ақпаратты жинау және пайдалану

Жеке ақпарат белгілі бір адамды анықтау немесе байланысу үшін пайдаланылуы мүмкін деректерге жатады.

Бізбен байланысқан кез келген уақытта сізден жеке ақпаратыңызды беру сұралуы мүмкін.

Төменде біз жинай алатын жеке ақпарат түрлерінің және мұндай ақпаратты қалай пайдалана алатынымыздың кейбір мысалдары берілген.

Біз қандай жеке ақпаратты жинаймыз:

• Сайтта өтініш жіберген кезде біз әртүрлі ақпаратты, соның ішінде атыңызды, телефон нөміріңізді, электрондық пошта мекенжайыңызды және т.б. жинай аламыз.

Жеке ақпаратыңызды қалай қолданамыз:

• Біз жинайтын жеке ақпарат бізге бірегей ұсыныстар, жарнамалық акциялар және басқа оқиғалар мен алдағы оқиғалар туралы сізбен байланысуға мүмкіндік береді.
• Уақыт өте келе біз сіздің жеке ақпаратыңызды маңызды хабарламалар мен хабарламаларды жіберу үшін пайдалана аламыз.
• Сондай-ақ біз жеке ақпаратты біз ұсынатын қызметтерді жақсарту және қызметтерімізге қатысты ұсыныстар беру үшін аудиттер жүргізу, деректерді талдау және әртүрлі зерттеулер сияқты ішкі мақсаттарда пайдалана аламыз.
• Егер сіз ұтыс ойынына, конкурсқа немесе ұқсас науқанға қатыссаңыз, біз сіз берген ақпаратты осындай бағдарламаларды басқару үшін пайдалана аламыз.

Ақпаратты үшінші тұлғаларға ашу

Біз сізден алынған ақпаратты үшінші тұлғаларға жария етпейміз.

Ерекшеліктер:

• Қажет болған жағдайда - заңға сәйкес, сот тәртібімен, сот ісін жүргізуде және/немесе Ресей Федерациясының аумағындағы мемлекеттік органдардың қоғамдық сұраныстары немесе сұраулары негізінде - жеке мәліметтеріңізді жария етуге. Сондай-ақ, мұндай ашу қауіпсіздік, құқық қорғау немесе басқа да қоғамдық маңызды мақсаттар үшін қажет немесе сәйкес екенін анықтасақ, сіз туралы ақпаратты аша аламыз.
• Қайта ұйымдастыру, біріктіру немесе сату жағдайында біз жинаған жеке ақпаратты тиісті мұрагерге үшінші тарапқа бере аламыз.

Жеке ақпаратты қорғау

Біз сіздің жеке ақпаратыңызды жоғалудан, ұрланудан және теріс пайдаланудан, сондай-ақ рұқсатсыз кіруден, жария етуден, өзгертуден және жоюдан қорғау үшін сақтық шараларын, соның ішінде әкімшілік, техникалық және физикалық шараларды қабылдаймыз.

Компания деңгейінде құпиялылығыңызды құрметтеу

Сіздің жеке ақпаратыңыздың қауіпсіз болуын қамтамасыз ету үшін біз қызметкерлерге құпиялылық пен қауіпсіздік стандарттарын хабарлаймыз және құпиялылық тәжірибесін қатаң түрде орындаймыз.

Ресей Федерациясының Білім және ғылым министрлігі

Қалалық бюджеттік білім беру мекемесі

Новосибирск қаласы «№4 гимназия»

Бөлім: математика

ЗЕРТТЕУ

осы тақырып бойынша:

ЕКІ ТИІСЕТІН ШЕҢБЕРДІҢ ҚАСИЕТТЕРІ

10 сынып оқушылары:

Хазиахметов Радик Ильдарович

Зубарев Евгений Владимирович

Жетекші:

Л.Л. Баринова

Математика мұғалімі

Ең жоғары біліктілік санаты

§ 1.Introduction………..………………………….……………………………………………………3

§ 1.1 Екі шеңбердің өзара орналасуы……………………………………………………3

§ 2 Қасиеттер және олардың дәлелдері………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………4

§ 2.1 1-қасиет………………………………………………………………………………4.

§ 2.2 2-қасиет……………………………………………………………………………………5

§ 2.3 3-қасиет……………………………………………………………………………………6

§ 2.4 4-қасиет……………………………………………………………………………………6

§ 2.5 5-қасиет………………………………………………………………………………8

§ 2.6 6-қасиет…………………………………………………………………………………………9

§ 3 Тапсырмалар…………………………………………………………………………………………………11

Пайдаланылған әдебиеттер……………………………………………………………………………………………….13

§ 1. Кіріспе

Екі жанама шеңберді қамтитын көптеген есептерді келесіде ұсынылатын кейбір қасиеттерді білу арқылы қысқа және қарапайым шешуге болады.

Екі шеңбердің өзара орналасуы

Бастау үшін екі шеңбердің мүмкін болатын салыстырмалы орнын қарастырайық. 4 түрлі жағдай болуы мүмкін.

1. Шеңберлер қиылыспауы мүмкін.

2. Қиылысу.

3. Сыртқы жағындағы бір нүктені түртіңіз.

4.Ішінің бір нүктесін түртіңіз.

§ 2. Қасиеттер және олардың дәлелдері

Тікелей қасиеттерді дәлелдеуге көшейік.

§ 2.1 1-қасиет

Жанамалардың шеңберлермен қиылысу нүктелерінің арасындағы кесінділер бір-біріне тең және берілген шеңберлердің екі геометриялық орташа радиусына тең.

Дәлелдеу 1. O 1 A 1 және O 2 B 1 – жанасу нүктелеріне жүргізілген радиустар.

2. О 1 А 1 ┴ А 1 В 1, О2В1 ┴ А 1 В 1 → О 1 А 1 ║ О 2 В 1. (1-тармаққа сәйкес)

1. ▲O 1 O 2 D – төртбұрышты, өйткені О 2 D ┴ О 2 В 1
2. O 1 O 2 = R + r, O 2 D = R – r

1. Пифагор теоремасы бойынша A 1 B 1 = 2√Rr

(O 1 D 2 =(R+r) 2 -(R-r) 2 =R 2 +2Rr+r2-R 2 +2Rr-r 2 =√4Rr=2√Rr)

A 2 B 2 = 2√Rr (осылай дәлелденген)

1) Шеңберлермен жанамалардың қиылысу нүктелеріндегі радиустарды саламыз.

2) Бұл радиустар жанамаларға перпендикуляр және бір-біріне параллель болады.

3) Кіші шеңбердің центрінен үлкен шеңбердің радиусына перпендикуляр түсірейік.

4) Алынған тікбұрышты үшбұрыштың гипотенузасы шеңберлердің радиустарының қосындысына тең. Аяқ олардың айырмашылығына тең.

5) Пифагор теоремасы арқылы қажетті қатынасты аламыз.

§ 2.2 2-қасиет

Шеңберлердің жанама нүктесін қиып өтетін және олардың ешқайсысында жанамаларымен жатпайтын түзудің қиылысу нүктелері жанама нүктелерімен шектелген сыртқы жанамалардың кесінділерінің жартысына бөлінеді, олардың әрқайсысында осы шеңберлердің радиустарының геометриялық ортасына тең.

Дәлелдеу 1.ХАНЫМ= MA 1 (тангенс сегменттері ретінде)

2.MC = MV 1 (тангенс сегменттері ретінде)

3.A 1 M = MV 1 = √Rr, A 2 N = NB 2 = √Rr (1 және 2 тармақтарға сәйкес) )

Дәлелдеуде қолданылатын мәлімдемелер Бір нүктеден белгілі бір шеңберге жүргізілген жанама кесінділер тең. Бұл сипатты берілген екі шеңбер үшін де пайдаланамыз.

§ 2.3 Меншік 3

Сыртқы жанамалардың арасына салынған ішкі жанама кесіндісінің ұзындығы жанасу нүктелері арасындағы сыртқы жанама кесіндісінің ұзындығына тең және берілген шеңберлердің екі геометриялық орташа радиусына тең.

Дәлелдеу Бұл қорытынды алдыңғы меншіктен туындайды.

MN = MC + CN = 2MC = 2A 1 M = A 1 B 1 = 2√Rr

§ 2.4 Меншік 4

Жанасу нүктелеріне жүргізілген радиустар арасындағы жанама шеңберлердің центрлері мен жанама кесіндінің ортасынан құрылған үшбұрыш тікбұрышты болады. Оның катеттерінің қатынасы осы шеңберлердің радиустарының түбірлерінің бөліміне тең.

Дәлелдеу 1.MO 1 – А 1 MS бұрышының биссектрисасы, MO 2 – В 1 MS бұрышының биссектрисасы, өйткені Бұрышқа іштей сызылған шеңбердің центрі осы бұрыштың биссектрисасында жатыр.

2.1-тармаққа сәйкес РО 1 MS + РСМО 2 = 0,5(РА1МС + РСМВ 1) = 0,5п = п/2

3.РО 1 МО 2 – тікелей. MC - үшбұрыштың биіктігі O 1 MO 2, өйткені MN жанасу нүктелеріне жүргізілген радиустарға перпендикуляр → O 1 MC және MO 2 C үшбұрыштары ұқсас.

4.O 1 M / MO 2 = O 1 C / MC = r / √Rr = √r / R (ұқсас)

Дәлелдеуде қолданылатын мәлімдемелер 1) Бұрышқа іштей сызылған шеңбердің центрі осы бұрыштың биссектрисасында жатыр. Үшбұрыштың катеттері бұрыштардың биссектрисалары болып табылады.

2) Осылай түзілген бұрыштардың тең екендігін пайдаланып, біз іздеп отырған бұрыштың тік бұрыш екенін табамыз. Біз бұл үшбұрыш шынымен тік бұрышты деген қорытындыға келдік.

3) Биіктігі (тангенсі жанама нүктелеріне жүргізілген радиустарға перпендикуляр болғандықтан) тікбұрышты үшбұрышты бөлетін үшбұрыштардың ұқсастығын дәлелдейміз және ұқсастық арқылы қажетті қатынасты аламыз.

§ 2.5 Мүлік 5

Шеңберлердің бір-бірімен жанасу нүктесінен және шеңберлердің жанамамен қиылысу нүктелерінен пайда болған үшбұрыш тікбұрышты болады. Оның катеттерінің қатынасы осы шеңберлердің радиустарының түбірлерінің бөліміне тең.

Дәлелдеу

1. ▲A 1 MC және ▲SMV 1 тең қабырғалы → ÐMA 1 C = ÐMSA 1 = α, ÐMV 1 C = ÐMSV 1 = β.

1. 2α + 2β + RA 1 MC + RSMV 1 = 2p → 2α + 2β = 2p - (RA 1 MC + RSMV 1) = 2p - p = p, α + β = p/2

1. Бірақ RA 1 SV 1 = α + β → RA 1 SV 1 – тікелей → RA 1 CO 2 = RS 1 O 2 = p/2 – β = α

1. ▲A 1 MC және ▲CO 2 B 1 ұқсас → A 1 C / SV 1 = MC / O 2 B 1 = √Rr / R = √r / R

Дәлелдеуде қолданылатын мәлімдемелер 1) Үшбұрыштардың тең қабырғалы екенін пайдаланып, олардың бұрыштарының қосындысын жазамыз. Үшбұрыштардың тең қабырғасы жанама кесінділердің теңдік қасиеті арқылы дәлелденді.

2) Бұрыштардың қосындысын осылай жазып, қарастырылып отырған үшбұрыштың тік бұрышы бар екенін, сондықтан оның тік бұрышты екенін көреміз. Мәлімдеменің бірінші бөлігі дәлелденді.

3) Үшбұрыштардың ұқсастығын пайдаланып (оны негіздеу үшін екі бұрышқа ұқсастық белгісін қолданамыз) тікбұрышты үшбұрыштың катеттерінің қатынасын табамыз.

§ 2.6 Меншік 6

Шеңберлердің жанамамен қиылысу нүктелерінен құрылған төртбұрыш трапеция болып табылады, оған шеңберді сызуға болады.

Дәлелдеу 1.▲A 1 RA 2 және ▲B 1 PB 2 тең қабырғалы, өйткені A 1 P = RA 2 және B 1 P = PB 2 жанама сегменттер ретінде → ▲A 1 RA 2 және ▲B 1 PB 2 – ұқсас.

2.A 1 A 2 ║ B 1 B 2, өйткені A 1 B 1 секантының қиылысында пайда болған сәйкес бұрыштар тең.

1. MN – 2 қасиеті бойынша ортаңғы сызық → A 1 A 2 + B 1 B 2 = 2MN = 4√Rr

1. A 1 B 1 + A 2 B 2 = 2√Rr + 2√Rr = 4√Rr = A 1 A 2 + B 1 B 2 → трапецияда A 2 A 1 B 1 B 2 табандарының қосындысы тең жақтардың қосындысына дейін және бұл сызылған шеңбердің болуы үшін қажетті және жеткілікті шарт.

Дәлелдеуде қолданылатын мәлімдемелер 1) Жанама кесінділердің қасиетін тағы да қолданайық. Оның көмегімен жанама және жанама нүктелерінің қиылысу нүктесі арқылы құрылған үшбұрыштардың тең қабырғасын дәлелдейміз.

2) Бұдан мына үшбұрыштар ұқсас және табандары параллель екендігі шығады. Осының негізінде біз бұл төртбұрышты трапеция деп қорытындылаймыз.

3) Бұрын дәлелдеген (2) қасиетін пайдаланып, трапецияның орта сызығын табамыз. Ол шеңберлердің екі геометриялық орташа радиусына тең. Алынған трапецияда табандардың қосындысы қабырғалардың қосындысына тең және бұл іштей сызылған шеңбердің болуының қажетті және жеткілікті шарты болып табылады.

§ 3. Мәселелер

Жоғарыда сипатталған қасиеттерді пайдалана отырып, мәселені шешуді қалай жеңілдетуге болатынының практикалық мысалын қарастырайық.

Мәселе 1

АВС үшбұрышында АС қабырғасы = 15 см.Үшбұрышқа шеңбер сызылған. Екінші шеңбер бірінші және АВ және ВС қабырғаларына тиеді. AB жағында F нүктесі таңдалады, ал ВС жағында M нүктесі FM кесіндісі шеңберлерге ортақ жанама болатындай етіп таңдалады. BFM үшбұрышы мен төртбұрышты AFMC аудандарының қатынасын табыңыз, егер FM 4 см болса, ал M нүктесі бір шеңбердің центрінен екіншісінің центрінен екі есе алыс орналасса.

Берілген: FM-жалпы тангенс AC=15см FM=4см O 2 M=2О 1 М

S BFM /S AFMC табыңыз

Шешімі:

1)FM=2√Rr,O 1 M/O 2 M=√r/R

2)2√Rr=4, √r/R=0,5 →r=1,R=4; PQ=FM=4

3)▲BO 1 P және ▲BO 2 Q ұқсас → BP/BQ=O 1 P/O 2 Q, BP/(BP+PQ)=r/R,BP/(BP+4)=0,25;BP = 4/3

4)FM+BP=16/3, S FBM =r*P FBM =1*(16/3)=16/3; AC+BQ=15+4/3+4=61/3

5)S ABC =R*P ABC =4*(61/3)=244/3 → S BFM /S AFMC =(16/3):(244/3)=4/61

Мәселе 2

Ортақ D нүктесі бар екі жанама шеңбер және осы нүкте арқылы өтетін ортақ жанама FK ABC тең қабырғалы үшбұрышқа сызылған. Осы шеңберлердің центрлерінің арақашықтығын табыңдар, егер үшбұрыштың табаны АС = 9 см, ал шеңберлердің жанасу нүктелерінің арасын қоршап тұрған үшбұрыштың қабырғасының кесіндісі 4 см болса.

Берілген: ABC – тең қабырғалы үшбұрыш; FK – іштей сызылған шеңберлердің ортақ тангенсі. AC = 9 см; NE = 4 см

Шешімі:

AB және CD түзулері О нүктесінде қиылыссын. Сонда OA = OD, OB = OC, сондықтан CD = = AB = 2√Rr

O 1 және O 2 нүктелері AOD бұрышының биссектрисасында жатыр. AOD тең қабырғалы үшбұрыштың биссектрисасы оның биіктігі, сондықтан AD ┴ O 1 O 2 және BC ┴ O 1 O 2, яғни

AD ║ BC және ABCD – тең қабырғалы трапеция.

MN сегменті оның орта сызығы, сондықтан AD + BC = 2MN = 2AB = AB + CD

Сондықтан бұл трапецияға шеңберді жазуға болады.

AP трапецияның биіктігі болсын, ARB және O 1 FO 2 тікбұрышты үшбұрыштары ұқсас, сондықтан AP/O 1 F = AB/O 1 O 2 .

Осы жерден біз оны табамыз

Әдебиеттер тізімі

• «Бірінші қыркүйек» газетінің қосымшасы «Математика» No43, 2003 ж.
• Бірыңғай мемлекеттік емтихан 2010. Математика. С4 тапсырмасы. Гордин Р.К.