الظلال المستمدة من نفس النقطة متساوية. على المقاطع المماس لدائرة
- المسافة من مركز الدائرة إلى الخط المستقيم أكبر من نصف القطر.في هذه الحالة ، تقع جميع نقاط الخط خارج الدائرة.
- المسافة من مركز الدائرة إلى الخط المستقيم أقل من نصف القطر.في هذه الحالة ، يحتوي الخط على نقاط داخل الدائرة ، وبما أن الخط غير محدود في كلا الاتجاهين ، فإنه يتقاطع مع الدائرة عند نقطتين.
- المسافة من مركز الدائرة إلى الخط المستقيم تساوي نصف القطر.خط مستقيم - ظل.
يسمى الخط الذي له نقطة واحدة فقط مشتركة مع الدائرة ظلإلى الدائرة.
النقطة المشتركة تسمى في هذه الحالة نقطة اتصال.
يتم إثبات إمكانية وجود الظل ، علاوة على ذلك ، عبر أي نقطة من الدائرة ، كنقطة اتصال ، من خلال النظرية التالية.
نظرية. إذا كان الخط متعامدًا على نصف قطر يقع في نهايته على دائرة ، فإن هذا الخط يكون مماسًا.
دع O (الأرز) هو مركز دائرة و OA بعض نصف قطرها. ارسم MN ^ OA من خلال نهايته A.
مطلوب إثبات أن الخط MN ظل ، أي أن هذا الخط يحتوي على نقطة مشتركة واحدة فقط مع الدائرة.
افترض العكس: دع MN لديه نقطة مشتركة أخرى مع الدائرة ، على سبيل المثال B.
ثم الخط OB سيكون نصف قطر وبالتالي يساوي OA.
لكن هذا لا يمكن أن يكون ، لأنه إذا كان OA عموديًا ، فيجب أن يكون OB مائلًا لـ MN ، ويكون المائل أكبر من العمودي.
نظرية المعكوس. إذا كان الخط مماسًا لدائرة ، فإن نصف القطر المرسوم إلى نقطة المماس يكون عموديًا عليها.
اجعل MN مماس الدائرة ، و A نقطة الظل و O مركز الدائرة.
يجب إثبات أن OA ^ MN.
افترض العكس ، أي افترض أن العمود العمودي الذي تم إسقاطه من O إلى MN ليس OA ولكن خطًا آخر ، مثل OB.
لنأخذ BC = AB ونرسم OC.
بعد ذلك ، سيكون OA و OS مائلين ، على مسافة متساوية من OB العمودي ، وبالتالي ، OS = OA.
ويترتب على ذلك أن الدائرة ، مع الأخذ في الاعتبار افتراضنا ، سيكون لها نقطتان مشتركتان مع الخط MN: A و C ، أي لن يكون MN مماسًا ، ولكنه قاطع ، وهو ما يتعارض مع الشرط.
عاقبة. من خلال أي نقطة على الدائرة ، يمكن للمرء أن يرسم ظلًا لهذه الدائرة ، وواحدًا فقط ، لأنه من خلال هذه النقطة يمكن للمرء أن يرسم عموديًا ، وعلاوة على ذلك ، واحد فقط ، على نصف القطر المرسوم فيه.
نظرية. المماس الموازي للوتر يقسم القوس المطروح من الوتر عند نقطة التلامس.
دع الخط AB (الشكل) يلمس الدائرة عند النقطة M ويكون موازياً للوتر CD.
نحن بحاجة إلى إثبات أن ÈCM = ÈMD.
رسم القطر ME من خلال نقطة الاتصال ، نحصل على: EM ^ AB ، وبالتالي EM ^ CB.
لذلك ، CM = MD.
مهمة.ارسم ظلًا لدائرة معينة عبر نقطة معينة.
إذا كانت النقطة المعينة على دائرة ، فسيتم رسم نصف قطر من خلالها وخط عمودي عبر نهاية نصف القطر. سيكون هذا الخط هو الظل المطلوب.
ضع في اعتبارك الحالة عندما تُعطى النقطة خارج الدائرة.
دع الأمر مطلوبًا (الشكل) لرسم ظل لدائرة مركزها O عبر النقطة A.
للقيام بذلك ، من النقطة A ، بدءًا من المركز ، نصف قوسًا بنصف قطر AO ، ومن النقطة O ، كمركز ، نتقاطع مع هذا القوس عند النقطتين B و C مع فتحة بوصلة تساوي قطر هذه الدائرة .
بعد رسم الأوتار OB و OC ، نقوم بتوصيل النقطة A بالنقطتين D و E ، حيث تتقاطع هذه الأوتار مع الدائرة المحددة.
الخطان AD و AE مماس للدائرة O.
في الواقع ، يمكن ملاحظة من البناء أن الأنابيب AOB و AOC متساوية الساقين (AO = AB = AC) مع قاعدتين OB و OS يساوي قطر الدائرة O.
نظرًا لأن OD و OE عبارة عن نصف قطر ، فإن D هي نقطة المنتصف لـ OB ، و E هي نقطة المنتصف لنظام التشغيل ، مما يعني أن AD و AE عبارة عن متوسطات مرسومة إلى قواعد مسارات متساوية الساقين ، وبالتالي فهي متعامدة مع هذه القواعد. إذا كان الخطان DA و EA متعامدين مع نصف قطر OD و OE ، فإنهما يمثلان ظلًا.
عاقبة. المماس المرسومان من نفس النقطة إلى الدائرة متساويان ويشكلان زاويتين متساويتين مع الخط الذي يربط هذه النقطة بالمركز.
إذن AD = AE و ÐOAD = OAE (الشكل) ، لأن الأنابيب المستطيلة AOD و AOE ، التي لها وتر مشترك AO وأرجل متساوية OD و OE (مثل نصف القطر) ، متساوية.
لاحظ أن كلمة "tangent" هنا تعني "جزء الظل" الفعلي من نقطة معينة إلى نقطة الظل.
مهمة.ارسم ظلًا لدائرة معينة O موازية لخط معطى AB (شكل).
نخفض OC العمودي إلى AB من المركز O ونرسم EF || AB.
سيكون الظل المطلوب هو EF.
في الواقع ، منذ OS ^ AB و EF || AB ، ثم EF ^ OD ، والخط العمودي على نصف القطر الموجود في نهايته على الدائرة هو مماس.
مهمة.ارسم ظلًا مشتركًا لدائرتين O و O 1 (الشكل).
التحليلات. لنفترض أن المشكلة قد تم حلها.
لنفترض أن AB هو الظل المشترك ، و A و B هما المماس.
من الواضح ، إذا وجدنا إحدى هذه النقاط ، على سبيل المثال ، A ، فيمكننا بسهولة العثور على النقطة الأخرى أيضًا.
لنرسم نصف القطر OA و O 1 B. أنصاف الأقطار هذه متعامدة مع المماس المشترك ، وهي موازية لبعضها البعض.
لذلك ، إذا رسمنا من O 1 O 1 С || BA ، فسيكون المسار إلى OCO 1 مستطيلًا عند قمة الرأس C.
نتيجة لذلك ، إذا وصفنا من O ، كمركز ، دائرة بنصف قطر OS ، فسوف تلامس الخط O 1 C عند النقطة C.
نصف قطر هذه الدائرة المساعدة معروف: إنه يساوي OA - SA = OA - O 1 B ، أي إنه يساوي الفرق بين أنصاف أقطار الدوائر المحددة.
بناء.من المركز O نصف دائرة نصف قطرها يساوي الفرق بين هذين الشعاع.
من O 1 نرسم ظل O 1 C لهذه الدائرة (بالطريقة الموضحة في المسألة السابقة).
من خلال نقطة الظل C ، نرسم نصف القطر OS ونواصله حتى تقابل الدائرة المعينة عند النقطة A. وأخيرًا ، من A نرسم AB بالتوازي مع CO 1.
وبنفس الطريقة ، يمكننا بناء ظل مشترك آخر أ 1 ب 1 (الشكل). يُطلق على الخطين AB و A 1 B 1 خارجيالظلال المشتركة.
يمكنك أن تفعل اثنين آخرين داخليالظلال على النحو التالي:
التحليلات.لنفترض أن المشكلة قد تم حلها (الشكل). دع AB هو الظل المطلوب.
ارسم نصف القطر OA و O 1 B عند نقطتي المماس A و B. بما أن هذين الشعاعين متعامدين مع المماس المشترك ، فهما متوازيان مع بعضهما البعض.
لذلك ، إذا رسمنا من O 1 O 1 С || BA واستمر OA إلى النقطة C ، ثم سيكون OS عموديًا على O 1 C.
نتيجة لذلك ، فإن الدائرة الموصوفة بواسطة radius OS من النقطة O ، باعتبارها المركز ، سوف تلامس الخط O 1 C عند النقطة C.
نصف قطر هذه الدائرة المساعدة معروف: إنه يساوي OA + AC = OA + O 1 B ، أي إنه يساوي مجموع أنصاف أقطار الدوائر المعينة.
بناء.من O كمركز ، نصف دائرة نصف قطرها يساوي مجموع أنصاف الأقطار هذه.
من O 1 نرسم ظل الزاوية O 1 C لهذه الدائرة.
نقوم بتوصيل نقطة الظل C بـ O.
أخيرًا ، من خلال النقطة A ، التي تتقاطع عندها OC مع الدائرة المحددة ، نرسم AB = O 1 C.
بطريقة مماثلة ، يمكننا بناء ظل داخلي آخر أ 1 ب 1.
تعريف عام للظل
دع المماس AT وبعض القاطع AM يتم رسمه إلى الدائرة مع المركز (الشكل) عبر النقطة A.
دعنا ندير هذا القاطع حول النقطة A بحيث تقترب نقطة التقاطع الأخرى B من النقطة A.
بعد ذلك ، سيقترب OD العمودي ، الذي تم إسقاطه من المركز إلى القاطع ، أكثر فأكثر من نصف القطر OA ، وقد تصبح الزاوية AOD أصغر من أي زاوية صغيرة.
تساوي الزاوية MAT التي شكلها القاطع والظل الزاوية AOD (بسبب عمودي جوانبها).
لذلك ، عندما تقترب النقطة B من A إلى أجل غير مسمى ، يمكن أيضًا أن تصبح الزاوية MAT صغيرة بشكل تعسفي.
يتم التعبير عن هذا بعبارة أخرى على النحو التالي:
الظل هو الموضع المحدد الذي يميل إليه القاطع المرسوم من خلال نقطة الاتصال عندما تقترب نقطة التقاطع الثانية من نقطة الاتصال إلى أجل غير مسمى.
تؤخذ هذه الخاصية على أنها تعريف للماس عندما يتعلق الأمر بأي نوع من المنحنيات.
لذا ، فإن مماس المنحنى AB (الشكل) هو موضع الحد MT ، والذي يميل إليه MN عندما تقترب نقطة التقاطع P من M إلى أجل غير مسمى.
لاحظ أن الظل المحدد بهذه الطريقة يمكن أن يحتوي على أكثر من نقطة مشتركة مع المنحنى (كما يتضح من الشكل).
غالبًا ما تكون المشكلات الهندسية هي التي تسبب صعوبات للمتقدمين والخريجين والمشاركين في الأولمبياد الرياضي. إذا نظرت إلى إحصائيات الاستخدام في عام 2010 ، يمكنك أن ترى أن حوالي 12٪ من المشاركين بدأوا المهمة الهندسية C4 ، وأن 0.2٪ فقط من المشاركين حصلوا على درجة كاملة ، وبشكل عام ، تبين أن المهمة كانت أصعب من كل المقترحة.
من الواضح ، أنه كلما أسرعنا في تقديم أطفال المدارس بشكل جميل أو غير متوقع من حيث الطريقة التي يحلون بها المشكلات ، زاد احتمال اهتمامهم بهم ولفت انتباههم على محمل الجد ولفترة طويلة. ولكن ، ما مدى صعوبة العثور على مشاكل مثيرة للاهتمام وصعبة على مستوى الصف السابع ، عندما تكون الدراسة المنهجية للهندسة قد بدأت للتو. ما الذي يمكن تقديمه للطالب المهتم بالرياضيات الذي لا يعرف إلا علامات تساوي المثلثات وخصائص الزوايا المجاورة والرأسية؟ ومع ذلك ، من الممكن تقديم مفهوم المماس إلى الدائرة ، كخط مستقيم له نقطة مشتركة واحدة مع الدائرة ؛ اقبل أن نصف القطر المرسوم إلى نقطة التلامس هو عمودي على المماس. بالطبع ، يجدر النظر في جميع الحالات المحتملة لموقع دائرتين وظلال مشتركة لهما ، والتي يمكن استخلاصها من صفر إلى أربعة. من خلال إثبات النظريات المقترحة أدناه ، من الممكن توسيع مجموعة المهام لطلاب الصف السابع بشكل كبير. في الوقت نفسه ، على طول الطريق ، إثبات أهمية أو مجرد حقائق مثيرة للاهتمام ومسلية. علاوة على ذلك ، نظرًا لأن العديد من العبارات غير مدرجة في الكتاب المدرسي ، فيمكن مناقشتها في الفصل الدراسي ومع الخريجين عند تكرار قياس القياسات. تبين أن هذه الحقائق ذات صلة في العام الدراسي الماضي. نظرًا لأن العديد من أعمال التشخيص وعمل الاستخدام نفسه احتوى على مشكلة ، كان من الضروري حلها باستخدام خاصية مقطع الظل المثبت أدناه.
تي 1
أجزاء من الظل لدائرة مستمدة منها
نقطة واحدة متساوية (الشكل 1)
هذا كل شيء مع النظرية ، يمكنك أولاً تقديم طلاب الصف السابع.
في عملية الإثبات ، استخدمنا علامة المساواة للمثلثات القائمة ، وخلصنا إلى أن مركز الدائرة يقع على منصف الزاوية BCA.
بشكل عابر ، تذكرنا أن منصف الزاوية هو موضع نقاط المنطقة الداخلية للزاوية ، على مسافة متساوية من جوانبها. يعتمد حل مشكلة بعيدة عن التافهة على هذه الحقائق ، التي يمكن الوصول إليها حتى للمبتدئين في دراسة الهندسة.
1. منصفات الزوايا لكن, فيو منرباعي محدب ا ب ت ثتتقاطع عند نقطة واحدة. أشعة ABو العاصمةتتقاطع عند نقطة هوالأشعة
الشمسو ميلاديفي هذه النقطة F. إثبات أن شكل رباعي غير محدب AECFمجموع أطوال الأضلاع المتقابلة متساوية.
الحل (الشكل 2).يترك اهي نقطة تقاطع هذه المنصّفات. ثم اعلى مسافة متساوية من جميع جوانب الشكل الرباعي ا ب ت ث، هذا هو
هي مركز دائرة منقوشة في شكل رباعي. حسب النظرية 1
المساواة صحيحة: AR = AK,
ER = EP, FT = FK. نضيف الجزأين الأيسر والأيمن لكل مصطلح ، نحصل على المساواة الصحيحة:
(AR + ER) + FT = (AK +FK) + EP; AE + (FC + CT) = AF + (الاتحاد الأوروبي + كمبيوتر). لان شارع = RS، ومن بعد AE + FC = AF + الاتحاد الأوروبيالتي كان من المقرر إثباتها.
دعونا نفكر في مشكلة مع صياغة غير عادية ، والتي يكفي حلها لمعرفة النظرية 1 .
2. هل هناك ن-التي تكون جوانبها متتالية 1 ، 2 ، 3 ، ... ، نفي الدائرة التي يمكن نقشها؟
المحلول. دعنا نقول هذا ن- موجود. لكن 1 لكن 2 =1, …, لكنن -1 لكنن = ن– 1,لكنن لكن 1 = ن. ب 1 , …, ب n هي نقاط الاتصال المقابلة. ثم من خلال نظرية 1 أ 1 ب 1 = أ 1 بن< 1, ن – 1 < أن بن< ن.بممتلكات قطاعات الظل أن بن = أن بن -1. ولكن، أن بن -1< أن -1 لكنن = ن- 1. تناقض. لذلك ، لا ن-الوقت الذي يفي بشرط المشكلة.
تي 2مجاميع الأضلاع المتقابلة من الشكل الرباعي مقيدة حول
الدوائر متساوية (الشكل 3)
كقاعدة عامة ، يثبت تلاميذ المدارس بسهولة هذه الخاصية الرباعية الموصوفة. بعد إثبات النظرية 1 ، إنه تمرين تدريبي. يمكن تعميم هذه الحقيقة - مجاميع جوانب الزوجي المحدود ، المأخوذة من خلال واحد ، متساوية. على سبيل المثال ، لمسدس ABCDEFحقا: AB + CD + EF = BC + DE + FA.
الحل (الشكل 1). منذ أن تم تسجيل الأشكال الرباعية ABEF و ECDF ، بواسطة Theorem 2 Р ABEF = 2 (AB + EF) و Р ECDF = 2 (CD + EF) ، حسب الشرط
P ABEF - P ECDF = 2 (AB + EF) - 2 (CD + EF) = 2p. AB-CD = ص. AB = أ + ص.
يتم رسم ظل الدائرة التي تتقاطع مع المقاطع ABو AUفي نقاط مو صعلى التوالى. اثبات ان محيط المثلث أنت قلتوالزاوية MPAلا تعتمد على اختيار النقطة X.
الحل (الشكل 5).حسب النظرية 1 MB = MX والكمبيوتر الشخصي = RX.إذن محيط المثلث أنت قلتيساوي مجموع المقاطع ABو كما.أو ظل مزدوج مرسوم على شكل المثلث أنت قلت . تقاس قيمة زاوية MOP بنصف قيمة الزاوية WOS، والتي لا تعتمد على اختيار النقطة X.
الحل (الشكل 6). الطريقة الأولى (جبري). يترك AK \ u003d AN \ u003d س ،ومن بعد BK = BM = c - x ، CM = CN = a - c + x. AC = AN + NC ،ثم يمكننا كتابة معادلة ل س: ب \ u003d س + (أ - ج + س).أين
.
الطريقة الثانية (هندسية). دعنا ننتقل إلى الرسم التخطيطي. تضيف المقاطع ذات الظل المتساوي ، المأخوذة واحدة تلو الأخرى ، ما يصل إلى نصف محيط
مثلث. يشكل اللون الأحمر والأخضر جانبًا أ.ثم الجزء الذي يهمنا س = ص - أ.بالطبع ، النتائج التي تم الحصول عليها متسقة.
. دبليولاحظ أن من المشكلة الأساسية 1
يتبع ذلك سم = p ∆ ABC. ب + س = ع ؛ س \ u003d ص - ب.يتم استخدام الصيغ التي تم الحصول عليها في المهام التالية. 4. أوجد نصف قطر دائرة منقوشة في مثلث قائم الزاوية بأرجل أ ، بوالوتر مع. الحل (الشكل 8). تيكيف OMCN-مربع ، فإن نصف قطر الدائرة المحيطية يساوي قطعة الظل CN.
.
5. إثبات أن نقطتي التماس للدوائر المنقوشة والدائرية مع جانب المثلث متناظرة بالنسبة لنقطة منتصف هذا الضلع.
الحل (الشكل 9).لاحظ أن AK هو جزء من ظل الزاوية للمثلث ABC.حسب الصيغة (2)
. VM- القطعة المستقيمة
دائرة الظل للمثلث ABC.حسب الصيغة (1)
. AK = VM ،وهذا يعني أن النقاط ك و معلى مسافة متساوية من منتصف الجانب AB ، Q.E.D.
6. يتم رسم ظلين خارجيين مشتركين وظل داخلي واحد إلى دائرتين. الظل الداخلي يتقاطع مع الخارج عند نقاط أ ، بويلمس الدوائر عند النقاط أ 1و في 1 .اثبت ذلك AA 1 \ u003d BB 1.
الحل (الشكل 10). توقف ... ولكن ماذا هناك لتقرر؟ إنها مجرد صياغة أخرى للمشكلة السابقة. من الواضح أن إحدى الدوائر منقوشة والأخرى عبارة عن دائرة لمثلث ما ABC.والشرائح AA 1 و BB 1تتوافق مع المقاطع AKو VMالمهام 5. من الجدير بالذكر أن المشكلة المقترحة في أولمبياد عموم روسيا لأطفال المدارس في الرياضيات تم حلها بهذه الطريقة الواضحة.
7. أضلاع البنتاغون هي 5 ، 6 ، 10 ، 7 ، 8 بترتيب الدوران ، برهن على أنه لا يمكن كتابة دائرة في هذا الخماسي.
الحل (الشكل 11). لنفترض أن البنتاغون ABCDEيمكنك تسجيل دائرة. علاوة على ذلك ، الأطراف AB, قبل الميلاد, قرص مضغوط, DEو EAتساوي 5 و 6 و 10 و 7 و 8 على التوالي. F, جي, ح, مو ن. دع طول المقطع AFمساوي ل X.
ثم فرنك بلجيكي = فد – AF = 5 – x = BG. GC = قبل الميلاد – BG = = 6 – (5 – x) = 1 + x = CH. وهلم جرا: عالية الدقة = DM = 9 – x; أنا = EN = x – 2, AN = 10 – X.
ولكن، AF = AN. هذا هو 10 - X = X; X= 5. ومع ذلك ، فإن الجزء من الظل AFلا يمكن أن يساوي الجانب AB. التناقض الناتج يثبت أنه لا يمكن كتابة دائرة في خماسي معين.
8. دائرة منقوشة في شكل سداسي أضلاعها في الترتيب الالتفافي هي 1 ، 2 ، 3 ، 4 ، 5. أوجد طول الضلع السادس.
المحلول. بالطبع ، يمكن الإشارة إلى المقطع المماس كـ X، كما في المسألة السابقة ، اكتب معادلة واحصل على إجابة. ولكن ، من الأكثر كفاءة وفعالية استخدام الملاحظة في النظرية 2 : مجموع جوانب الشكل السداسي المحدود ، المأخوذة من خلال واحد ، متساوية.
ثم 1 + 3 + 5 = 2 + 4 + X، أين X- الجانب السادس غير معروف ، X = 3.
الحل (الشكل 12). نظرًا لأن أطوال جميع الأضلاع أعداد صحيحة ، فإن الأجزاء الكسرية من أطوال الأجزاء متساوية BT, BP, DM, DN, AKو في. نملك في + تلفزيون= 1 ، والأجزاء الكسرية من أطوال المقاطع فيو تلفزيونمتساوية. هذا ممكن فقط عندما في + تلفزيون= 0.5. حسب النظرية 1
WT + BP.
وسائل، BP= 0.5. لاحظ أن الشرط قرص مضغوط= 3 لم يطالب بها أحد. من الواضح أن واضعي المشكلة افترضوا بعض الحلول الأخرى. الجواب: 0.5.
10. في شكل رباعي ABCD AD = DC ، AB = 3 ، BC = 5.دوائر منقوشة في مثلثات ABDو اتفاقية التنوع البيولوجيالمس الجزء BDفي نقاط مو نعلى التوالى. أوجد طول القطعة MN.
الحل (الشكل 13). MN = DN - DM.حسب المعادلة (1) للمثلثات ديسيبلو DBCعلى التوالي ، لدينا:
11. في شكل رباعي ا ب ت ثيمكنك تسجيل دائرة. دوائر منقوشة في مثلثات ABDو اتفاقية التنوع البيولوجيلها أنصاف أقطار صو صعلى التوالى. أوجد المسافة بين مراكز هذه الدوائر.
الحل (الشكل 13). منذ ، بشرط ، الرباعي ا ب ت ثمنقوشة ، حسب النظرية 2 نملك: AB + DC = AD + BC.دعنا نستخدم فكرة حل المشكلة السابقة. . هذا يعني أن نقاط اتصال الدوائر مع القطعة DMمباراة. المسافة بين مراكز الدوائر تساوي مجموع نصف القطر. إجابه: R + r.
في الواقع ، ثبت أن الشرط في شكل رباعي ا ب ت ثيمكنك كتابة دائرة ، وهو ما يعادل الشرط - في شكل رباعي محدب ا ب ت ثدوائر منقوشة في مثلثات ABCو ADCتلامس بعضها البعض. العكس هو الصحيح.
يُقترح إثبات هاتين العبارتين العكسيتين في المشكلة التالية ، والتي يمكن اعتبارها تعميمًا لهذه العبارة.
12. في شكل رباعي محدب ا ب ت ث (أرز. أربعة عشرة) دوائر منقوشة في مثلثات ABCو ADCتلامس بعضها البعض. إثبات أن الدوائر منقوشة في مثلثات ABDو bdcأيضا تلمس بعضها البعض.
13. في مثلث ABCمع الأطراف أ ، بو جعلى الجانب الشمسنقطة ملحوظة دحتى أن الدوائر منقوشة في المثلثات ABDو ACDالمس الجزء ميلاديفي نقطة واحدة. أوجد طول القطعة BD.
الحل (الشكل 15). نطبق الصيغة (1) للمثلثات ADCو بنك التنمية الآسيوي، حساب DMاثنين 
يتحول، د- نقطة اتصال مع الجانب الشمسدائرة منقوشة في مثلث ABC. العكس صحيح: إذا كان رأس المثلث متصلاً بنقطة المماس للدائرة المنقوشة على الجانب المقابل ، فإن الدوائر المدرجة في المثلثات الناتجة تلامس بعضها البعض.
14. المراكز ا 1 , ا 2 و ا 3 ثلاث دوائر غير متقاطعة من نفس نصف القطر تقع في رءوس المثلث. من النقاط ا 1 , ا 2 , ا 3 ، يتم رسم ظل هذه الدوائر كما هو موضح في الشكل.
من المعروف أن هذه الظلال ، المتقاطعة ، شكلت مسدسًا محدبًا ، من خلال إحداها ملونة باللونين الأحمر والأزرق. أثبت أن مجموع أطوال الأجزاء الحمراء يساوي مجموع أطوال الأجزاء الزرقاء.
الحل (الشكل 16). من المهم فهم كيفية استخدام حقيقة أن دوائر معينة لها نفس نصف القطر. لاحظ أن الشرائح BRو DMمتساوية ، والتي تأتي من المساواة بين المثلثات القائمة على حق ا 1 BRو ا 2 بي ام. بصورة مماثلة DL = م., FN = FK. نضيف مصطلح المساواة حسب المصطلح ، ثم نطرح من المجاميع الناتجة نفس أجزاء الظل المستمدة من الرؤوس لكن, من، و هسداسي الزوايا ABCDEF: ARو AK, CLو سم, ENو EP. نحصل على ما نحتاجه.
فيما يلي مثال لمشكلة القياس الفراغي المقترحة في الدورة الرياضية الدولية الثانية عشرة لطلاب المدارس الثانوية "كأس ذاكرة A.N. Kolmogorov".
16. إعطاء هرم خماسي SA 1 أ 2 أ 3 أ 4 أ 5.هناك مجال ث ،التي تلامس جميع حواف الهرم ومجال آخر ث 1التي تلامس جميع جوانب القاعدة أ 1 أ 2 أ 3 أ 4 أ 5وامتدادات الضلوع الجانبية SA 1 ، SA 2 ، SA 3 ، SA 4 ، SA 5لقمم القاعدة. إثبات أن رأس الهرم متساوي البعد عن رءوس القاعدة. (بيرلوف إس إل ، كاربوف دي في)
لأن أجزاء الظل متساوية. يترك C i A i = a i. ثم ع ساي +1 = s + a i + a i+1 ، ويترتب على ذلك من المساواة في المحيطات أ 1 = أ 3 = أ 5 = أ 2 = أ 4 ، من أين SA 1 = SA 2 = SA 3 = SA 4 = SA 5 .
17. استعمال. عمل تشخيصي 8 كانون الأول (ديسمبر) 2009 ، С-4.شبه منحرف دانا ا ب ت ث، وأسسه BC = 44,ميلادي = 100, AB = CD= 35. دائرة الظل للخطوط ميلاديو تيار متردديلامس الجانب قرص مضغوطفي هذه النقطة ك. أوجد طول المقطع CK.VDC و BDA، المس الجانب BDفي نقاط هو F. أوجد طول المقطع إي أف.
المحلول. حالتان ممكنتان (الشكل 20 والشكل 21). باستخدام الصيغة (1) ، نجد أطوال المقاطع DEو د..
في الحالة الأولى ميلادي = 0,1AU, قرص مضغوط = 0,9تيار متردد. في الثانية - ميلادي = 0,125AU, قرص مضغوط = 1,125تيار متردد. نستبدل البيانات ونحصل على الإجابة: 4.6 أو 5.5.
مهام الحل المستقل /
1. محيط شبه منحرف متساوي الساقين منقوش حول دائرة هو 2r.أوجد إسقاط قطر شبه المنحرف على القاعدة الأكبر. (1/2 و)
2. فتح بنك مشاكل الاستخدام في الرياضيات. في 4. لدائرة منقوشة في مثلث ABC (الشكل 22) ،يتم رسم ثلاثة مماسات. محيط المثلث المقطوع هو 6 ، 8 ، 10. أوجد محيط هذا المثلث. (24)
3. في مثلث ABCدائرة منقوشة. MN-ظل الدائرة MО AC ، NО BC ، BC = 13 ، AC = 14 ، AB = 15.أوجد محيط المثلث MNC. (12)
4. إلى دائرة منقوشة في مربع ضلعها أ ، يرسم ظلًا يقطع جانبين من ضلعه. أوجد محيط المثلث المقطوع. (أ)
5. دائرة منقوشة في خماسي الأضلاع أ, د, ج, دو ه. أوجد المقاطع التي تقسم فيها نقطة الاتصال جانبًا مساويًا لها أ.
6. دائرة منقوشة في مثلث أضلاعه 6 و 10 و 12. يتم رسم الظل على الدائرة بحيث يتقاطع مع جانبين كبيرين. أوجد محيط المثلث المقطوع. (16)
7. قرص مضغوطهو وسيط المثلث ABC. دوائر منقوشة في مثلثات ACDو بى سى دى، المس المقطع قرص مضغوطفي نقاط مو ن. تجد MN، إذا AU – الشمس = 2. (1)
8. في المثلث ABCمع الأطراف أ ، بو جعلى الجانب الشمسنقطة ملحوظة د. لدوائر منقوشة في مثلثات ABDو ACD، يتم رسم الظل المشترك الذي يتقاطع ميلاديفي هذه النقطة م. أوجد طول القطعة صباحا. (طول صباحالا تعتمد على موضع النقطة دو
يساوي ½ ( ج + ب - أ))
9. دائرة نصف قطرها منقوشة في مثلث قائم الزاوية أ. نصف قطر الدائرة مماس للوتر وامتدادات الساقين تم العثور على R.أوجد طول الوتر. ( آر- أ)
10. في مثلث ABCأطوال الأضلاع معروفة: AB = مع, AU = ب, الشمس = أ. الدائرة الموجودة في مثلث هي مماس لأحد الأضلاع ABفي هذه النقطة من 1. يكون الحواف مماسًا لتمديد الجانب ABلكل نقطة لكنفي هذه النقطة من 2. حدد طول المقطع ق 1 ق 2. (ب)
11. أوجد أطوال أضلاع المثلث مقسومًا على نقطة التلامس في الدائرة المنقوشة نصف قطرها 3 سم إلى أجزاء 4 سم و 3 سم (7 و 24 و 25 سم في مثلث قائم الزاوية)
12. أولمبياد سوروس 1996 الجولة الثانية الصف الحادي عشر. مثلث معين ABC، على جانبي النقاط التي تم تحديدها أ 1 ، ب 1 ، ج 1. أنصاف أقطار الدوائر المنقوشة في مثلثات AC 1 B 1 ، BC 1 A 1 ، CA 1 B 1يساوي في ص. نصف قطر دائرة منقوشة في مثلث أ 1 ب 1 ج 1يساوي ص. أوجد نصف قطر دائرة منقوشة في مثلث ABC. (ص +ص).
المشاكل من 4 إلى 8 مأخوذة من كتاب ر. قياس الكواكب ". موسكو. دار النشر MTSNMO. 2004.
محيط يُطلق على الشكل رقم يتكون من جميع نقاط المستوى الموجودة على مسافة معينة من نقطة معينة. هذه النقطة تسمى المركزالدائرة ، والجزء الذي يربط المركز بأي نقطة من الدائرة - نصف القطرالدوائر.
يسمى جزء المستوى الذي تحده دائرة حول.
قطاع دائري أو ببساطة قطاع يسمى جزء من دائرة يحدها قوس ونصف قطر يربط طرفي القوس بمركز الدائرة.
قطعة يسمى جزء الدائرة الذي يحده قوس ووتر يقابله.
الشروط الأساسية
الظل
يسمى الخط الذي يحتوي على نقطة واحدة فقط ظل إلى الدائرة ، وتسمى النقطة المشتركة بينهما نقطة اتصال خط مستقيم ودائرة.
خصائص الظل
يكون مماس الدائرة عموديًا على نصف القطر المرسوم على نقطة الظل.
أجزاء مماسات الدائرة ، المرسومة من نقطة واحدة ، متساوية وتشكل زوايا متساوية مع مرور الخط المستقيم عبر هذه النقطة ومركز الدائرة.
وتر
يسمى الجزء المستقيم الذي يربط بين نقطتين على دائرة وتر. يسمى الوتر الذي يمر عبر مركز الدائرة قطر الدائرة.
خصائص وتر
القطر (نصف القطر) العمودي على الوتر يقسم هذا الوتر ويطرح كلا القوسين بواسطته إلى النصف. نظرية العكس صحيحة أيضًا: إذا كان القطر (نصف القطر) يشطر وترًا ، فإنه يكون عموديًا على هذا الوتر.
الأقواس المحاطة بين أوتار متوازية متساوية.
إذا كان هناك وتران في الدائرة ، ABو قرص مضغوطتتقاطع عند نقطة م، ثم يكون ناتج مقاطع أحد الوتر مساويًا لمنتج مقاطع الوتر الآخر: AM MB = CM MD.
خصائص الدائرة
قد لا يكون للخط المستقيم نقاط مشتركة مع الدائرة ؛ لديك نقطة مشتركة واحدة مع الدائرة ( ظل) ؛ لديها نقطتان مشتركتان معها ( قاطع).
من خلال ثلاث نقاط لا تقع على نفس الخط المستقيم ، من الممكن رسم دائرة ، وعلاوة على ذلك ، واحدة فقط.
تقع نقطة الاتصال بين دائرتين على الخط الذي يربط بين مراكزهم.
نظرية الظل والقطع
إذا تم رسم الظل والقاطع من نقطة تقع خارج الدائرة ، فإن مربع طول المماس يساوي حاصل ضرب الجزء الخارجي من القاطع: MC 2 = MA ميغا بايت.
نظرية القاطع
إذا تم رسم قاطعين من نقطة تقع خارج الدائرة ، فإن حاصل ضرب قاطع واحد من جانبه الخارجي يساوي حاصل ضرب القاطع الآخر بجزءه الخارجي. MA MB = MC MD.
الزوايا في دائرة
وسط الزاوية في الدائرة هي الزاوية المسطحة التي يقع مركزها الرأس.
تسمى الزاوية التي يقع رأسها على دائرة وتتقاطع جوانبها مع الدائرة الزاوية المحيطية.
أي نقطتين على الدائرة تقسمها إلى قسمين. كل جزء من هذه الأجزاء يسمى قوس الدوائر. يمكن أن يكون قياس القوس هو قياس الزاوية المركزية المقابلة له.
القوس يسمى نصف دائرة، إذا كان الجزء الذي يربط نهاياته قطرًا.
خصائص الزوايا المرتبطة بالدائرة
الزاوية المحيطية إما تساوي نصف الزاوية المركزية المقابلة لها ، أو تكمل نصف هذه الزاوية حتى 180 درجة.
الزوايا المدرجة في نفس الدائرة والقائمة على نفس القوس متساوية.
الزاوية المحيطية بناءً على القطر هي 90 درجة.
الزاوية المتكونة من ظل الدائرة والقاطع المرسوم من خلال نقطة الظل تساوي نصف القوس المحصور بين جانبيها.
أطوال ومساحات
محيط ج نصف القطر صمحسوبة بالصيغة:
ج = 2 ص.
ميدان س دائرة نصف قطرها صمحسوبة بالصيغة:
S = ص 2 .
الدوائر المحصورة والمحددة
الدائرة والمثلث 
مركز الدائرة المنقوشة هو نقطة تقاطع منصف المثلث ، نصف قطره ص محسوبة بالصيغة:
ص = ,
أين سهي مساحة المثلث ، و - شبه محيط
ص = ,
ص = ;
هنا أ ، ب ، ج هي أضلاع المثلث ، وهي الزاوية المقابلة للضلع أ, س- مساحة المثلث.
يقع مركز الدائرة المحددة حول مثلث قائم الزاوية في منتصف الوتر ؛
يتطابق مركز الدوائر المحددة والمنقوشة للمثلث فقط إذا كان هذا المثلث منتظمًا.
دائرة ورباعية الأضلاع
يمكن حصر دائرة حول شكل رباعي محدب فقط إذا كان مجموع الزوايا المقابلة الداخلية 180 درجة:
180 درجة ؛
يمكن كتابة دائرة في شكل رباعي إذا وفقط إذا كانت مجموع الأضلاع المتقابلة متساوية:
أ + ج = ب + د;
يمكن حصر الدائرة حول متوازي أضلاع إذا كانت مستطيلة فقط ؛
يمكن وصف الدائرة بالقرب من شبه منحرف إذا وفقط إذا كان هذا شبه المنحرف متساوي الساقين ؛ يقع مركز الدائرة عند تقاطع محور تناظر شبه المنحرف مع المنصف العمودي على الجانب الجانبي ؛
يمكن كتابة دائرة في متوازي الأضلاع إذا وفقط إذا كانت المعين.
من النقطة C نرسم قطعة CO. نحصل على مثلثين: ∆COA و ∆SOVV ∆SOA و COV: CO - مشترك ، OA = OB ، مثل نصف القطر ، OA ⊥ CA ، OV ⊥ CB (لأن CA و CB ظلان). وبالتالي ، ΔCOA = ΔCOV وفقًا للإشارة الأولى للمساواة بين المثلثات. حيث SA = SW.
المهام ذات الصلة:
1. في المثلث العشوائي ، يتم رسم خط متوسط يقطع منه مثلثًا أصغر. أوجد النسبة بين مساحة المثلث الأصغر ومساحة المثلث الآتي.
2. توصف دائرة حول شبه منحرف ، يقع مركزها على قاعدتها الأكبر. أوجد زوايا شبه منحرف إذا كانت قاعدته الأصغر تساوي نصف حجم قاعدته الأكبر.
3. الزاوية بين المنصف والارتفاع المرسوم من رأس الزاوية الأكبر للمثلث هي 12 *. أوجد زوايا هذا المثلث إذا كانت أكبر زاوية له أربعة أضعاف أصغر زاوية.
4. O1 و O2 هما مركزا دائرتين متلامستين خارجياً. يتقاطع الخط O1O2 مع الدائرة الأولى (المتمركزة عند النقطة O1) عند النقطة A. أوجد قطر الدائرة الثانية إذا كان نصف قطر الأول 5 سم ، والظل المرسوم من النقطة A إلى الدائرة الثانية يشكل زاوية 30 * مع الخط O1O2.
مفهوم مماس الدائرة
تحتوي الدائرة على ثلاثة أوضاع متبادلة محتملة بالنسبة إلى الخط المستقيم:
إذا كانت المسافة من مركز الدائرة إلى الخط أقل من نصف القطر ، فإن الخط يحتوي على نقطتي تقاطع مع الدائرة.
إذا كانت المسافة من مركز الدائرة إلى الخط تساوي نصف القطر ، فإن الخط يحتوي على نقطتي تقاطع مع الدائرة.
إذا كانت المسافة من مركز الدائرة إلى الخط المستقيم أكبر من نصف القطر ، فإن الخط المستقيم به نقطتا تقاطع مع الدائرة.
نقدم الآن مفهوم خط المماس إلى الدائرة.
التعريف 1
مماس الدائرة هو خط مستقيم به نقطة تقاطع معه.
النقطة المشتركة للدائرة والماس تسمى نقطة الظل (الشكل 1).
الشكل 1. ظل لدائرة
النظريات المتعلقة بمفهوم مماس الدائرة
نظرية 1
نظرية الملكية الظل: ظل الدائرة عموديًا على نصف القطر المرسوم على نقطة الظل.
دليل - إثبات.
ضع في اعتبارك دائرة مركزها $ O $. لنرسم الظل $ a $ عند النقطة $ A $. $ OA = r $ (الشكل 2).
دعنا نثبت أن $ a \ bot r $
سنثبت النظرية بطريقة "بالتناقض". افترض أن المماس $ a $ ليس متعامدًا على نصف قطر الدائرة.
الشكل 2. رسم توضيحي لنظرية 1
وهذا يعني أن $ OA $ مائل إلى الظل. بما أن الخط العمودي على الخط $ a $ دائمًا أقل من ميل نفس الخط ، فإن المسافة من مركز الدائرة إلى الخط أقل من نصف القطر. كما نعلم ، في هذه الحالة للخط نقطتي تقاطع مع الدائرة. وهو ما يتعارض مع تعريف الظل.
وبالتالي ، فإن الظل يكون عموديًا على نصف قطر الدائرة.
لقد تم إثبات النظرية.
نظرية 2
عكس نظرية خاصية الظل: إذا كان الخط المار بنهاية نصف قطر الدائرة متعامدًا على نصف القطر ، فإن هذا الخط يكون مماسًا لهذه الدائرة.
دليل - إثبات.
وفقًا لحالة المشكلة ، لدينا أن نصف القطر عمودي مرسوم من مركز الدائرة على الخط المعطى. وبالتالي ، فإن المسافة من مركز الدائرة إلى الخط المستقيم تساوي طول نصف القطر. كما نعلم ، في هذه الحالة الدائرة بها نقطة تقاطع واحدة فقط مع هذا الخط. من خلال التعريف 1 ، نجد أن الخط المعطى مماس للدائرة.
لقد تم إثبات النظرية.
نظرية 3
أجزاء مماسات الدائرة ، المرسومة من نقطة واحدة ، متساوية وتشكل زوايا متساوية مع مرور الخط عبر هذه النقطة ومركز الدائرة.
دليل - إثبات.
لنفترض أن هناك دائرة تتمحور حول النقطة $ O $. يتم رسم مماسين مختلفين من النقطة $ A $ (الموجودة في جميع الدوائر). من نقطة اللمس $ B $ و $ C $ على التوالي (الشكل 3).
دعونا نثبت أن $ \ angle BAO = \ angle CAO $ وأن $ AB = AC $.
الشكل 3. رسم توضيحي للنظرية 3
من خلال النظرية 1 ، لدينا:
إذن ، المثلثان $ ABO $ و $ ACO $ مثلثان قائم الزاوية. نظرًا لأن $ OB = OC = r $ ، ووتر الوتر $ OA $ شائع ، فإن هذه المثلثات متساوية في الوتر والساق.
ومن ثم نحصل على أن $ \ angle BAO = \ angle CAO $ و $ AB = AC $.
لقد تم إثبات النظرية.
مثال على مهمة تتعلق بمفهوم ظل الدائرة
مثال 1
إعطاء دائرة مركزها $ O $ ونصف قطرها $ r = 3 \ cm $. الظل $ AC $ له نقطة ظل $ C $. دولار AO = 4 \ سم دولار. ابحث عن $ AC $.
المحلول.
أولاً ، دعنا نصور كل شيء في الشكل (الشكل 4).
الشكل 4
نظرًا لأن $ AC $ ظل ظلًا و $ OC $ نصف قطر ، فباستخدام النظرية 1 نحصل على $ \ angle ACO = (90) ^ (() ^ \ circ) $. اتضح أن المثلث $ ACO $ مستطيل ، مما يعني ، وفقًا لنظرية فيثاغورس ، أن لدينا:
\ [(AC) ^ 2 = (AO) ^ 2 + r ^ 2 \] \ [(AC) ^ 2 = 16 + 9 \] \ [(AC) ^ 2 = 25 \] \
