ორი წრის შედარებითი პოზიცია. თეორია

კლასი 7G, Z

გაკვეთილის თემა: „ორი წრის ფარდობითი პოზიცია“
მიზანი: იცოდეს ორი წრის ფარდობითი პოზიციის შესაძლო შემთხვევები; გამოიყენოს ცოდნა პრობლემების გადაჭრისას.

მიზნები: საგანმანათლებლო: ხელი შეუწყოს მოსწავლეებში ორი წრის მოწყობის შესაძლო შემთხვევების ვიზუალური წარმოდგენის შექმნას და კონსოლიდაციას; მოსწავლეები შეძლებენ:

დაამყარეთ კავშირი წრეების ფარდობით პოზიციებს, მათ რადიუსებს და მათ ცენტრებს შორის მანძილს;

გაანალიზეთ გეომეტრიული დიზაინი და შეცვალეთ იგი გონებრივად,

განავითარეთ პლანიმეტრიული წარმოსახვა.

სტუდენტებს შეეძლებათ თეორიული ცოდნის გამოყენება პრობლემის გადაჭრაში.

გაკვეთილის ტიპი: გაკვეთილი მასალის ახალი ცოდნის გაცნობა და კონსოლიდაცია.

აღჭურვილობა: პრეზენტაცია გაკვეთილზე; კომპასი, სახაზავი, ფანქარი და სახელმძღვანელო თითოეული მოსწავლისთვის.

სახელმძღვანელო: . „გეომეტრია მე-7 კლასი“, ალმათი „ატამურა“ 2012 წ

გაკვეთილების დროს.

ორგანიზების დრო. საშინაო დავალების შემოწმება.

3. საბაზისო ცოდნის განახლება.

გაიმეორეთ წრის, წრის, რადიუსის, დიამეტრის, აკორდის, წერტილიდან სწორ ხაზამდე მანძილის განმარტებები.

1) 1) წრფისა და წრის მდებარეობის რა შემთხვევები იცით?

2) რომელ წრფეს ეწოდება ტანგენსი?

3) რომელ წრფეს ჰქვია სეკანტი?

4) თეორემა აკორდის პერპენდიკულარული დიამეტრის შესახებ?

5) როგორია ტანგენსი წრის რადიუსთან მიმართებაში?

6) შეავსეთ ცხრილი (ბარათებზე).

მოსწავლეები მასწავლებლის ხელმძღვანელობით წყვეტენ და აანალიზებენ პრობლემებს.

1) წრფე a არის ტანგენსი წრეზე O ცენტრით. A წრფეზე მოცემულია A წერტილი. კუთხე ტანგენტსა და OA სეგმენტს შორის არის 300. იპოვეთ OA მონაკვეთის სიგრძე, თუ რადიუსი 2,5 მ.

2) განსაზღვრეთ წრფისა და წრის ფარდობითი პოზიცია, თუ:

1. R=16cm, d=12cm 2. R=5cm, d=4.2cm 3. R=7.2dm, d=3.7dm 4. R=8 სმ, d=1.2dm 5. R=5 სმ, d= 50 მმ

ა) სწორ ხაზსა და წრეს არ აქვთ საერთო წერტილები;

ბ) წრფე არის წრეზე ტანგენსი;

გ) სწორი ხაზი კვეთს წრეს.

d არის მანძილი წრის ცენტრიდან სწორ ხაზამდე, R არის წრის რადიუსი.

3) რა შეიძლება ითქვას წრფისა და წრის ფარდობით პოზიციაზე, თუ წრის დიამეტრი არის 10,3 სმ და მანძილი წრის ცენტრიდან ხაზამდე 4,15 სმ; 2 დმ; 103 მმ; 5,15 სმ, 1 დმ 3 სმ.

4) მოცემულია წრე O ცენტრით და A წერტილით. სად მდებარეობს A წერტილი, თუ წრის რადიუსი არის 7 სმ, ხოლო OA მონაკვეთის სიგრძე: ა) 4 სმ; ბ) 10 სმ; გ) 70 მმ.

4. მოსწავლეებთან ერთად გაარკვიეთ გაკვეთილის თემა და ჩამოაყალიბეთ გაკვეთილის მიზნები.

5. ახალი მასალის გაცნობა.

პრაქტიკული მუშაობა ჯგუფურად.

ააგეთ 3 წრე. თითოეული წრესთვის ააგეთ კიდევ ერთი წრე ისე, რომ 1) 2 წრე არ იკვეთოს, 2) 2 წრე შეეხოს, 3) ორი წრე იკვეთოს. იპოვეთ თითოეული წრის რადიუსი და მანძილი წრეების ცენტრებს შორის, შეადარეთ შედეგები. რა დასკვნის გაკეთება შეიძლება?
2) შეაჯამეთ და ჩაწერეთ რვეულში ორი წრის ფარდობითი პოზიციის შემთხვევები.

ორი წრის ფარდობითი პოზიცია სიბრტყეზე.

წრეებს არ აქვთ საერთო წერტილები (არ იკვეთება). (R1 და R2 არის წრეების რადიუსი)

თუ R1 + R2< d,

d – მანძილი წრეების ცენტრებს შორის.

გ) წრეებს ორი საერთო წერტილი აქვთ. (იკვეთება).

თუ R1 + R2 > d,

Კითხვა. შეიძლება თუ არა ორ წრეს ჰქონდეს სამი საერთო წერტილი?

6. შესწავლილი მასალის კონსოლიდაცია.

იპოვეთ შეცდომა მონაცემებში ან განცხადებაში და შეასწორეთ იგი თქვენი აზრის დასაბუთებით:
ა) ორი წრე ეხება. მათი რადიუსები უდრის R = 8 სმ და r = 2 სმ, ცენტრებს შორის მანძილი არის d = 6.
ბ) ორ წრეს აქვს მინიმუმ ორი საერთო წერტილი.
ბ) R = 4, r = 3, d = 5. წრეებს არ აქვთ საერთო წერტილები.
დ) R = 8, r = 6, d = 4. უფრო პატარა წრე მდებარეობს უფრო დიდის შიგნით.
დ) ორი წრე არ შეიძლება განლაგდეს ისე, რომ ერთი იყოს მეორის შიგნით.

7. გაკვეთილის შეჯამება. რა ისწავლეთ გაკვეთილზე? რა ნიმუში შეიქმნა?

როგორ შეიძლება განლაგდეს ორი წრე? რა შემთხვევაში აქვთ წრეებს ერთი საერთო წერტილი? რა ჰქვია ორი წრის საერთო წერტილს? რა შეხება იცით? როდის იკვეთება წრეები? რომელ წრეებს უწოდებენ კონცენტრულს?

გაკვეთილის თემა: " ორი წრის შედარებითი პოზიცია სიბრტყეზე.

სამიზნე :

საგანმანათლებლო - ორი წრის შედარებითი პოზიციის შესახებ ახალი ცოდნის დაუფლება, ტესტისთვის მომზადება

განმავითარებელი - გამოთვლითი უნარების განვითარება, ლოგიკურ-სტრუქტურული აზროვნების განვითარება; რაციონალური გადაწყვეტილებების პოვნისა და საბოლოო შედეგების მიღწევის უნარ-ჩვევების გამომუშავება; შემეცნებითი აქტივობისა და შემოქმედებითი აზროვნების განვითარება .

საგანმანათლებლო – მოსწავლეებს შორის პასუხისმგებლობისა და თანმიმდევრულობის ჩამოყალიბება; შემეცნებითი და ესთეტიკური თვისებების განვითარება; მოსწავლეთა საინფორმაციო კულტურის ჩამოყალიბება.

მაკორექტირებელი - სივრცითი აზროვნების, მეხსიერების, ხელის მოტორიკის განვითარება.

გაკვეთილის ტიპი: ახალი სასწავლო მასალის შესწავლა, კონსოლიდაცია.

გაკვეთილის ტიპი: შერეული გაკვეთილი.

სწავლების მეთოდი: ვერბალური, ვიზუალური, პრაქტიკული.

სწავლის ფორმა: კოლექტიური.

განათლების საშუალებები: დაფა

გაკვეთილების დროს:

1. საორგანიზაციო ეტაპი

- მისალმებები;

- გაკვეთილისთვის მზადყოფნის შემოწმება;

2. საბაზისო ცოდნის განახლება.
რა თემებს განვიხილეთ წინა გაკვეთილებზე?

წრის განტოლების ზოგადი ფორმა?

შეასრულეთ ზეპირად:

ბლიცის გამოკითხვა

3. ახალი მასალის გაცნობა.

როგორ ფიქრობთ, რა ფიგურას განვიხილავთ დღეს... რა მოხდება, თუ ორი მათგანია??

როგორ შეიძლება მათი განთავსება???

ბავშვები ხელებით აჩვენებენ (მეზობლებს) როგორ შეიძლება წრეების მოწყობა (ფიზიკური აღზრდის წუთი)

აბა, როგორ ფიქრობთ, რა უნდა გავითვალისწინოთ დღეს??დღეს უნდა განვიხილოთ ორი წრის შედარებითი პოზიცია. და გაარკვიეთ რა მანძილი ცენტრებს შორის დამოკიდებულია მდებარეობაზე.

გაკვეთილის თემა: « ორი წრის შედარებითი პოზიცია. Პრობლემის გადაჭრა. »

1. კონცენტრული წრეები

2. დაშლილი წრეები

3.გარე შეხება

4. გადამკვეთი წრეები

5. შიდა შეხება

ასე რომ დავასკვნათ

4.უნარებისა და შესაძლებლობების ფორმირება

იპოვეთ შეცდომა მონაცემებში ან განცხადებაში და შეასწორეთ იგი თქვენი აზრის დასაბუთებით:

ა) ორი წრე ეხება. მათი რადიუსები უდრის R = 8 სმ და r = 2 სმ, ცენტრებს შორის მანძილი არის d = 6.
ბ) ორ წრეს აქვს მინიმუმ ორი საერთო წერტილი.

ბ) R = 4, r = 3, d = 5. წრეებს არ აქვთ საერთო წერტილები.

დ) R = 8, r = 6, d = 4. უფრო პატარა წრე მდებარეობს უფრო დიდის შიგნით.

დ) ორი წრე არ შეიძლება განლაგდეს ისე, რომ ერთი იყოს მეორის შიგნით.

5. უნარებისა და შესაძლებლობების კონსოლიდაცია.

წრეები გარედან ეხებიან. პატარა წრის რადიუსი არის 3 სმ, უფრო დიდი წრის რადიუსი 5 სმ რა მანძილია ცენტრებს შორის?

ამოხსნა: 3+5=8(სმ)

წრეები შინაგანად ეხება. პატარა წრის რადიუსი არის 3 სმ, უფრო დიდი წრის რადიუსი 5 სმ რა მანძილია წრეების ცენტრებს შორის?

ამოხსნა: 5-3=2(სმ)

წრეები შინაგანად ეხება. წრეების ცენტრებს შორის მანძილი არის 2,5 სმ რა არის წრეების რადიუსი?

პასუხი: (5,5 სმ და 3 სმ), (6,5 სმ და 4 სმ) და ა.შ.

გაგების შემოწმება

1) როგორ შეიძლება განლაგდეს ორი წრე?

2) რა შემთხვევაში აქვთ წრეებს ერთი საერთო წერტილი?

3) რა ჰქვია ორი წრის საერთო წერტილს?

4) რა შეხება იცით?

5) როდის იკვეთება წრეები?

6) რომელ წრეებს უწოდებენ კონცენტრულს?

დამატებითი ამოცანები თემაზე: ვექტორები. კოორდინაციის მეთოდი (თუ დრო დარჩა)

1)E(4;12),ფ(-4;-10), გ(-2;6), ჰ(4;-2) იპოვე:

ა) ვექტორული კოორდინატებიე.ფ., გ.ჰ.

ბ) ვექტორის სიგრძეFG

გ) O წერტილის კოორდინატები – შუაე.ფ.

წერტილის კოორდინატებივ- შუაგ.ჰ.

დ) წრის განტოლება დიამეტრითFG

ე) წრფის განტოლებაFH

6. საშინაო დავალება

& 96 No 1000. ამ განტოლებიდან რომელია წრის განტოლებები. იპოვნეთ ცენტრი და რადიუსი

7. გაკვეთილის შეჯამება (3 წთ.)

(მიეცით კლასის და ცალკეული მოსწავლეების მუშაობის თვისებრივი შეფასება).

8. რეფლექსიის ეტაპი (2 წუთი.)

მოდით, წრეები განისაზღვროს ვექტორით საწყისიდან ცენტრამდე და ამ წრის რადიუსში.

განვიხილოთ წრეები A და B რადიუსებით Ra და Rb და რადიუსის ვექტორებით (ვექტორი ცენტრამდე) a და b. უფრო მეტიც, ოა და ობი მათი ცენტრებია. ზოგადობის დაკარგვის გარეშე ვივარაუდებთ, რომ Ra > Rb.

შემდეგ დაკმაყოფილებულია შემდეგი პირობები:

ორი წრის გადაკვეთის წერტილები

ვთქვათ A და B იკვეთება ორ წერტილზე. მოდი ვიპოვოთ ეს გადაკვეთის წერტილები.

ამისათვის ვექტორი a-დან P წერტილამდე, რომელიც დევს A წრეზე და დევს OaOb-ზე. ამისათვის თქვენ უნდა აიღოთ ვექტორი b - a, რომელიც იქნება ვექტორი ორ ცენტრს შორის, მოახდინოს მისი ნორმალიზება (შეცვალოს თანამიმართულების ერთეული ვექტორით) და გავამრავლოთ Ra-ზე. მიღებულ ვექტორს აღვნიშნავთ როგორც p. ეს კონფიგურაცია ჩანს ნახ. 6

ბრინჯი. 6. ვექტორები a, b, p და სად ცხოვრობენ.

ავღნიშნოთ i1 და i2 როგორც ვექტორები a-დან ორი წრის I1 და I2 გადაკვეთის წერტილებამდე. აშკარა ხდება, რომ i1 და i2 მიიღება ბრუნვით p-დან. იმიტომ რომ ჩვენ ვიცით OaI1Ob და OaI2Ob სამკუთხედების ყველა გვერდი (რადიუსი და მანძილი ცენტრებს შორის), შეგვიძლია მივიღოთ ეს კუთხე fi, ვექტორის p-ის ერთი მიმართულებით შემობრუნება მისცემს I1-ს, ხოლო მეორეში I2-ს.

კოსინუსების თეორემის მიხედვით, ის უდრის:

თუ თქვენ დაატრიალებთ p-ს fi-ით, მიიღებთ i1 ან i2-ს, იმისდა მიხედვით, თუ რა მიმართულებით ატრიალებთ. შემდეგი, ვექტორი i1 ან i2 უნდა დაემატოს a-ს გადაკვეთის წერტილის მისაღებად

ეს მეთოდი იმუშავებს მაშინაც კი, თუ ერთი წრის ცენტრი მეორეშია. მაგრამ იქ ვექტორი p აუცილებლად უნდა იყოს მითითებული a-დან b-მდე მიმართულებით, რაც ჩვენ გავაკეთეთ. თუ თქვენ ააგებთ p-ს სხვა წრეზე დაყრდნობით, მაშინ არაფერი გამოვა

დასასრულს, უნდა აღინიშნოს ერთი ფაქტი: თუ წრეები ეხება, მაშინ ადვილია იმის შემოწმება, რომ P არის კონტაქტის წერტილი (ეს მართალია როგორც შიდა, ასევე გარე კონტაქტისთვის).
აქ შეგიძლიათ იხილოთ ვიზუალიზაცია (თქვენ უნდა დააჭიროთ მის გასაშვებად).

ეს მეთოდი მუშაობს, მაგრამ ბრუნვის კუთხის ნაცვლად, შეგიძლიათ გამოთვალოთ მისი კოსინუსი და მისი მეშვეობით სინუსი და შემდეგ გამოიყენოთ ისინი ვექტორის ბრუნვისას. ეს მნიშვნელოვნად გაამარტივებს გამოთვლებს ტრიგონომეტრიული ფუნქციებიდან კოდის გამორიცხვით.

რუსეთის ფედერაციის განათლებისა და მეცნიერების სამინისტრო

მუნიციპალური საბიუჯეტო საგანმანათლებლო დაწესებულება

ქალაქი ნოვოსიბირსკი "გიმნაზია No4"

განყოფილება: მათემატიკა

ᲙᲕᲚᲔᲕᲐ

ამ თემაზე:

ორი შეხების წრის თვისებები

მე-10 კლასის მოსწავლეები:

ხაზიახმეტოვი რადიკ ილდაროვიჩი

ზუბარევი ევგენი ვლადიმიროვიჩი

ხელმძღვანელი:

ლ.ლ. ბარინოვა

მათემატიკის მასწავლებელი

უმაღლესი კვალიფიკაციის კატეგორია

§ 1. შესავალი……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

§ 1.1 ორი წრის ფარდობითი პოზიცია………………………………………………………………3

§ 2 თვისებები და მათი მტკიცებულებები………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

§ 2.1 საკუთრება 1………………………………………………………………………………………………………….

§ 2.2 საკუთრება 2……………………………………………………………………………………………………

§ 2.3 თვისება 3………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

§ 2.4 თვისება 4…………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

§ 2.5 საკუთრება 5…………………………………………………………………………………………………………

§ 2.6 საკუთრება 6…………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

§ 3 ამოცანები……………………………………………………………………………………………………………………………..

ლიტერატურა…………………………………………………………………………………………………….13

§ 1. შესავალი

ბევრი პრობლემა, რომელიც მოიცავს ორ ტანგენს წრეს, შეიძლება გადაიჭრას უფრო მოკლედ და უბრალოდ, ზოგიერთი თვისების ცოდნით, რომლებიც შემდეგ იქნება წარმოდგენილი.

ორი წრის შედარებითი პოზიცია

დასაწყისისთვის, მოდით განვსაზღვროთ ორი წრის შესაძლო ფარდობითი პოზიცია. შეიძლება იყოს 4 განსხვავებული შემთხვევა.

1. წრეები შეიძლება არ იკვეთებოდეს.

2. იკვეთება.

3. შეეხეთ ერთ წერტილს გარედან.

4.შეეხეთ შიგნით ერთ წერტილს.

§ 2. თვისებები და მათი მტკიცებულებები

გადავიდეთ პირდაპირ თვისებების მტკიცებულებაზე.

§ 2.1 საკუთრება 1

ტანგენტების წრეებთან გადაკვეთის წერტილებს შორის სეგმენტები ერთმანეთის ტოლია და მოცემული წრეების ორი საშუალო გეომეტრიული რადიუსის ტოლია.

მტკიცებულება 1. O 1 A 1 და O 2 B 1 – რადიუსები შედგენილია შეხების წერტილებზე.

2. О 1 А 1 ┴ А 1 В 1, О2В1 ┴ А 1 В 1 → О 1 А 1 ║ О 2 В 1. (1 პუნქტის მიხედვით)

1. ▲O 1 O 2 D – მართკუთხა, რადგან О 2 D ┴ О 2 В 1
2. O 1 O 2 = R + r, O 2 D = R – r

1. პითაგორას თეორემის მიხედვით 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 (დამტკიცებული ანალოგიურად)

1) დავხატოთ რადიუსი წრეებთან ტანგენტების გადაკვეთის წერტილებზე.

2) ეს რადიუსი იქნება ტანგენტების პერპენდიკულარული და ერთმანეთის პარალელურად.

3) მოდით, პატარა წრის ცენტრიდან უფრო დიდი წრის რადიუსამდე დავწიოთ პერპენდიკულარი.

4) მიღებული მართკუთხა სამკუთხედის ჰიპოტენუზა უდრის წრეების რადიუსების ჯამს. ფეხი უდრის მათ განსხვავებას.

5) პითაგორას თეორემის გამოყენებით ვიღებთ საჭირო ურთიერთობას.

§ 2.2 საკუთრება 2

სწორი ხაზის გადაკვეთის წერტილები, რომელიც კვეთს წრეების ტანგენტის წერტილს და არცერთ მათგანში არ არის ტანგენტებით, ყოფს გარე ტანგენტების სეგმენტებს, რომლებიც შემოიფარგლება ტანგენციის წერტილებით, ნაწილებად, რომელთაგან თითოეული უდრის ამ წრეების რადიუსების გეომეტრიულ საშუალოს.

მტკიცებულება 1.ᲥᲐᲚᲑᲐᲢᲝᲜᲘ= MA 1 (ტანგენტური სეგმენტების სახით)

2.MC = MV 1 (ტანგენტური სეგმენტების სახით)

3.A 1 M = MV 1 = √Rr, A 2 N = NB 2 = √Rr (1 და 2 პუნქტების მიხედვით )

მტკიცებულებაში გამოყენებული განცხადებები ერთი წერტილიდან გარკვეულ წრეზე დახატული ტანგენსი ტოლია. ჩვენ ვიყენებთ ამ თვისებას ორივე მოცემულ წრეზე.

§ 2.3 საკუთრება 3

გარე ტანგენსებს შორის ჩასმული შიდა ტანგენსის სეგმენტის სიგრძე უდრის შეხების წერტილებს შორის გარე ტანგენსის სეგმენტის სიგრძეს და უდრის მოცემული წრეების ორ საშუალო გეომეტრიულ რადიუსს.

მტკიცებულება ეს დასკვნა გამომდინარეობს წინა საკუთრებიდან.

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

§ 2.4 საკუთრება 4

სამკუთხედი, რომელიც წარმოიქმნება ტანგენსტური წრეების ცენტრებით და შეხების წერტილებამდე მიღებულ რადიუსებს შორის ტანგენტის სეგმენტის შუა წერტილი, მართკუთხაა. მისი ფეხების თანაფარდობა უდრის ამ წრეების რადიუსების ფესვების კოეფიციენტს.

მტკიცებულება 1.MO 1 არის A 1 MS კუთხის ბისექტრი, MO 2 არის B 1 MS კუთხის ბისექტორი, რადგან კუთხეში ჩაწერილი წრის ცენტრი დევს ამ კუთხის ბისექტორზე.

2.1 პუნქტის მიხედვით РО 1 MS + РСМО 2 = 0.5(РА1МС + РСМВ 1) = 0.5p = p/2

3.РО 1 MO 2 – პირდაპირი. MC არის O 1 MO 2 სამკუთხედის სიმაღლე, რადგან ტანგენსი MN პერპენდიკულარულია შეხების წერტილებთან მიმართული რადიუსების მიმართ → სამკუთხედები O 1 MC და MO 2 C მსგავსია.

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

მტკიცებულებაში გამოყენებული განცხადებები 1) კუთხეში ჩაწერილი წრის ცენტრი დევს ამ კუთხის ბისექტორზე. სამკუთხედის ფეხები არის კუთხეების ბისექტრები.

2) იმ ფაქტის გამოყენებით, რომ ამ გზით წარმოქმნილი კუთხეები ტოლია, აღმოვაჩენთ, რომ კუთხე, რომელსაც ვეძებთ, არის მართი კუთხე. ჩვენ ვასკვნით, რომ ეს სამკუთხედი მართლაც მართკუთხაა.

3) ვამტკიცებთ იმ სამკუთხედების მსგავსებას, რომლებშიც სიმაღლე (რადგან ტანგენსი პერპენდიკულარულია მიზიდულობის წერტილებზე გამოყვანილ რადიუსებზე) ყოფს მართკუთხა სამკუთხედს და მსგავსებით ვიღებთ საჭირო თანაფარდობას.

§ 2.5 საკუთრება 5

წრეების ერთმანეთთან შეხების წერტილით და ტანგენსთან წრეების გადაკვეთის წერტილებით წარმოქმნილი სამკუთხედი მართკუთხაა. მისი ფეხების თანაფარდობა უდრის ამ წრეების რადიუსების ფესვების კოეფიციენტს.

მტკიცებულება

1. ▲A 1 MC და ▲SMV 1 არის ტოლგვერდა → 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. მაგრამ RA 1 SV 1 = α + β → RA 1 SV 1 – პირდაპირი → RA 1 CO 2 = RS 1 O 2 = p/2 – β = α

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

მტკიცებულებაში გამოყენებული განცხადებები 1) ჩვენ ვწერთ სამკუთხედების კუთხეების ჯამს, ვიყენებთ იმ ფაქტს, რომ ისინი ტოლია. სამკუთხედების ტოლფერდა დასტურდება ტანგენტის მონაკვეთების ტოლობის თვისების გამოყენებით.

2) ასე რომ დავწეროთ კუთხეების ჯამი, მივიღებთ, რომ სამკუთხედს აქვს მართი კუთხე, შესაბამისად ის მართკუთხაა. განცხადების პირველი ნაწილი დადასტურებულია.

3) სამკუთხედების მსგავსების გამოყენებით (მის გასამართლებლად ვიყენებთ მსგავსების ნიშანს ორ კუთხით) ვპოულობთ მართკუთხა სამკუთხედის კიდურების თანაფარდობას.

§ 2.6 საკუთრება 6

ოთხკუთხედი, რომელიც წარმოიქმნება წრეების ტანგენსთან გადაკვეთის წერტილებით, არის ტრაპეცია, რომელშიც წრე შეიძლება ჩაიწეროს.

მტკიცებულება 1.▲A 1 RA 2 და ▲B 1 PB 2 არის ტოლფერდა, რადგან A 1 P = RA 2 და B 1 P = PB 2 როგორც ტანგენტური სეგმენტები → ▲A 1 RA 2 და ▲B 1 PB 2 - მსგავსი.

2.A 1 A 2 ║ B 1 B 2, რადგან A 1 B 1 სკანტის გადაკვეთაზე წარმოქმნილი შესაბამისი კუთხეები ტოლია.

1. MN – შუა ხაზი თვისების მიხედვით 2 → 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 → A 2 A 1 B 1 B 2 ტრაპეციაში ფუძეების ჯამი ტოლია გვერდების ჯამამდე და ეს აუცილებელი და საკმარისი პირობაა ჩაწერილი წრის არსებობისთვის.

მტკიცებულებაში გამოყენებული განცხადებები 1) კვლავ გამოვიყენოთ ტანგენტის სეგმენტების თვისება. მისი დახმარებით დავამტკიცებთ ტანგენტებისა და ტანგენციის წერტილების გადაკვეთის წერტილით წარმოქმნილ სამკუთხედების ტოლფერს.

2) აქედან გამომდინარეობს, რომ ეს სამკუთხედები მსგავსია და მათი ფუძეები პარალელურია. ამის საფუძველზე დავასკვენით, რომ ეს ოთხკუთხედი არის ტრაპეცია.

3) ჩვენ მიერ ადრე დადასტურებული თვისების (2) გამოყენებით ვპოულობთ ტრაპეციის შუა ხაზს. ის უდრის წრეების ორ საშუალო გეომეტრიულ რადიუსს. მიღებულ ტრაპეციაში ფუძეების ჯამი ტოლია გვერდების ჯამისა და ეს აუცილებელი და საკმარისი პირობაა ჩაწერილი წრის არსებობისთვის.

§ 3. პრობლემები

მოდით შევხედოთ პრაქტიკულ მაგალითს, თუ როგორ შეგიძლიათ გაამარტივოთ პრობლემის გადაწყვეტა ზემოთ ჩამოთვლილი თვისებების გამოყენებით.

პრობლემა 1

სამკუთხედში ABC გვერდი AC = 15 სმ. სამკუთხედში ჩაწერილია წრე. მეორე წრე ეხება პირველს და გვერდებს AB და BC. AB მხარეს არჩეულია წერტილი F, ხოლო BC მხარეს M წერტილი ისე, რომ სეგმენტი FM იყოს წრეების საერთო ტანგენსი. იპოვეთ BFM სამკუთხედისა და ოთხკუთხედის AFMC ფართობის თანაფარდობა, თუ FM არის 4 სმ, ხოლო წერტილი M მდებარეობს ერთი წრის ცენტრიდან ორჯერ უფრო შორს, ვიდრე მეორის ცენტრიდან.

მოცემული: FM-სულ ტანგენსი AC=15სმ FM=4სმ O 2 M=2О 1 M

იპოვეთ S BFM / S AFMC

გამოსავალი:

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 და ▲BO 2 Q მსგავსია → 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

პრობლემა 2

ორი ტანგენტის წრე მათი საერთო წერტილით D და საერთო ტანგენსი FK, რომელიც გადის ამ წერტილში, ჩაწერილია ტოლფერდა სამკუთხედში ABC. იპოვეთ მანძილი ამ წრეების ცენტრებს შორის, თუ სამკუთხედის ფუძე AC = 9 სმ, ხოლო სამკუთხედის გვერდის სეგმენტი, რომელიც ჩასმულია წრეების მიზიდულობის წერტილებს შორის, არის 4 სმ.

მოცემული: ABC – ტოლფერდა სამკუთხედი; FK – ჩაწერილი წრეების საერთო ტანგენსი. AC = 9 სმ; NE = 4 სმ

გამოსავალი:

მოდით, სწორი ხაზები AB და CD იკვეთოს O წერტილში. შემდეგ OA = OD, OB = OC, ამიტომ CD = = AB = 2√Rr

წერტილები O 1 და O 2 დევს AOD კუთხის ბისექტორზე. ორკუთხედი სამკუთხედის AOD არის მისი სიმაღლე, ამიტომ AD ┴ O 1 O 2 და BC ┴ O 1 O 2, რაც ნიშნავს

AD ║ BC და ABCD – ტოლფერდა ტრაპეცია.

სეგმენტი MN არის მისი შუა ხაზი, ამიტომ AD + BC = 2MN = 2AB = AB + CD

ამრიგად, ამ ტრაპეციაში შეიძლება ჩაიწეროს წრე.

AP იყოს ტრაპეციის სიმაღლე, მართკუთხა სამკუთხედები ARB და O 1 FO 2 მსგავსია, ამიტომ AP/O 1 F = AB/O 1 O 2 .

აქედან ვხვდებით ამას

ბიბლიოგრაფია

• გაზეთ „პირველი სექტემბრის“ დამატება „მათემატიკა“ No43, 2003 წ.
• ერთიანი სახელმწიფო გამოცდა 2010. მათემატიკა. ამოცანა C4. გორდინ რ.კ.