Formule s koti. Splošni kriteriji za vpis štirikotnika

Vpisanoštirikotnik - štirikotnik, katerega oglišča ležijo na istem krogu.
Očitno se bo ta krog imenoval opisano okoli štirikotnika.

Opisanoštirikotnik je tak, da se vse njegove stranice dotikajo enega kroga. V tem primeru krog vpisana v štirikotnik.

Na sliki sta prikazana črtana in opisana štirikotnika ter njihove lastnosti.

Poglejmo, kako so te lastnosti uporabljene v rešitvi Težave z enotnim državnim izpitom.

1. Dva kota štirikotnika, včrtanega v krog, imata 82° in 58°. Poiščite največji preostali kot. Podajte svoj odgovor v stopinjah.

vsota nasprotni koti včrtanega štirikotnika je 180°. Naj bo kot A 82°. Potem je nasproti njega kot 98 stopinj. Če je kot B 58°, potem je kot D 180° - 58° = 122°.

Odgovor: 122.

2. Tri stranice štirikotnika, opisanega okrog kroga, so v razmerju (v zaporednem vrstnem redu) 1:2:3. Poiščite najdaljšo stranico tega štirikotnika, če je znano, da je njegov obseg 32.

Naj bo stran AB x, AD 2x in DC 3x. Po lastnosti opisanega štirikotnika je vsota nasprotnih straneh sta enaka, kar pomeni
x + 3x = BC + 2x.
Izkaže se, da je BC enak 2x. Potem je obseg štirikotnika 8x. Dobimo, da je x = 4 in velika stran enako 12.

3. Trapez je opisan okrog kroga, katerega obseg je 40. Poiščite njegovo središčnico.

Tega se spomnimo srednja črta trapez je enak polovici vsote osnov. Naj bosta osnovici trapeza enaki a in c, in straneh- b in d. Glede na lastnost opisanega štirikotnika je
a + c = b + d, kar pomeni, da je obseg 2(a + c).
Dobimo, da je a + c = 20, srednja črta pa je 10.

Še enkrat ponovimo lastnosti črtanega in očrtanega štirikotnika.

Štirikotnik je lahko včrtan v krog, če in samo če je vsota njegovih nasprotnih kotov enaka 180°.

Štirikotnik je mogoče opisati okoli kroga, če in samo če sta vsoti dolžin njegovih nasprotnih stranic enaki.

"Krog" Videli smo, da lahko okrog katerega koli trikotnika opišemo krog. To pomeni, da za vsak trikotnik obstaja krog, tako da vsa tri oglišča trikotnika "sedijo" na njem. takole:

Vprašanje: ali lahko enako rečemo za štirikotnik? Ali drži, da bo vedno obstajal krog, na katerem bodo »sedela« vsa štiri oglišča štirikotnika?

Izkazalo se je, da to NI RES! Štirikotnik NE more biti VEDNO včrtan v krog. Obstaja zelo pomemben pogoj:

Na naši sliki:

Poglejte, kota in ležita drug nasproti drugega, kar pomeni, da sta nasprotna. Kaj pa koti in? Zdi se, da sta tudi nasprotja? Ali je mogoče namesto kotov in vzeti kote in?

Seveda lahko! Glavna stvar je, da ima štirikotnik nekaj dveh nasprotnih kotov, katerih vsota bo. Tudi preostala dva kota se bosta nato sama seštela. ne verjameš? Prepričajmo se. poglej:

Naj bo. Ali se spomnite, kakšna je vsota vseh štirih kotov katerega koli štirikotnika? Vsekakor,. Se pravi – vedno! . Ampak, → .

Čarovnija tam!

Zato si to zelo trdno zapomnite:

Če je štirikotnik vpisan v krog, potem je vsota poljubnih dveh njegovih nasprotnih kotov enaka

in obratno:

Če ima štirikotnik dva nasprotna kota, katerih vsota je enaka, potem je štirikotnik cikličen.

Vsega tega tukaj ne bomo dokazovali (če vas zanima, poglejte v naslednje nivoje teorije). Toda poglejmo, kam to vodi čudovito dejstvo da je vsota nasprotnih kotov včrtanega štirikotnika enaka.

Na primer, pride na misel vprašanje: ali je mogoče opisati krog okoli paralelograma? Najprej poskusimo z »poke method«.

Nekako ne gre.

Zdaj pa uporabimo znanje:

Predpostavimo, da nam je nekako uspelo namestiti krog na paralelogram. Potem mora zagotovo obstajati: , tj.

Zdaj pa se spomnimo lastnosti paralelograma:

Vsak paralelogram ima enake nasprotne kote.

Izkazalo se je, da

Kaj pa koti in? No, seveda isto.

Vpisano → →

Paralelogram → →

Neverjetno, kajne?

Izkazalo se je, da če je paralelogram vpisan v krog, potem so vsi njegovi koti enaki, to je pravokotnik!

In hkrati - središče kroga sovpada s presečiščem diagonal tega pravokotnika. To je tako rekoč vključeno kot bonus.

No, to pomeni, da smo ugotovili, da je paralelogram, vpisan v krog pravokotnik.

Zdaj pa se pogovorimo o trapezu. Kaj se zgodi, če je trapez včrtan v krog? A izkazalo se je, da bo enakokraki trapez . Zakaj?

Naj bo trapez vpisan v krog. Potem spet, vendar zaradi vzporednosti črt in.

To pomeni, da imamo: → → enakokraki trapez.

Še lažje kot s pravokotnikom, kajne? Vendar se morate trdno spomniti - prišlo bo prav:

Še enkrat naštejmo najpomembnejše glavne izjave tangenta na štirikotnik, vpisan v krog:

Štirikotnik je vpisan v krog takrat in samo, če je vsota njegovih dveh nasprotnih kotov enaka
Paralelogram, včrtan v krog – vsekakor pravokotnik in središče kroga sovpada s presečiščem diagonal
Krogu včrtan trapez je enakostranični.

Včrtani štirikotnik. Srednja stopnja

Znano je, da za vsak trikotnik obstaja opisan krog (to smo dokazali v temi »Opisani krog«). Kaj lahko rečemo o štirikotniku? Izkazalo se je, da VSAKEGA štirikotnika NI mogoče včrtati v krog, in obstaja takšen izrek:

Štirikotnik je vpisan v krog takrat in samo, če je vsota njegovih nasprotnih kotov enaka.

Na naši risbi -

Poskusimo razumeti, zakaj je tako? Z drugimi besedami, zdaj bomo dokazali ta izrek. Toda preden to dokažete, morate razumeti, kako sama izjava deluje. Ste v izjavi opazili besede "takrat in šele takrat"? Takšne besede pomenijo, da so škodljivi matematiki stlačili dve izjavi v eno.

Dešifriramo:

"Potem" pomeni: če je štirikotnik vpisan v krog, potem je vsota katerih koli dveh njegovih nasprotnih kotov enaka.
»Samo takrat« pomeni: Če ima štirikotnik dva nasprotna kota, katerih vsota je enaka, potem lahko tak štirikotnik vpišemo v krog.

Tako kot Alice: "Mislim, kar rečem" in "Povem, kar mislim."

Zdaj pa ugotovimo, zakaj sta 1 in 2 resnični?

Prvi 1.

Naj bo v krog vpisan štirikotnik. Označimo njegovo središče in narišimo polmere in. Kaj se bo zgodilo? Ali se spomnite, da je včrtan kot polovica velikosti ustreznega središčnega kota? Če se spomnite, ga bomo zdaj uporabili, če ne, pa si oglejte temo "Krog. Včrtani kot".

Vpisano

Ampak poglej:.

Dobimo, da če je - vpisano, potem

No, jasno je, da se tudi sešteje. (moramo tudi upoštevati).

Zdaj "obratno", to je 2.

Naj se izkaže, da je v štirikotniku vsota nekaterih dveh nasprotnih kotov enaka. Recimo naj

Ne vemo še, ali lahko opišemo krog okoli njega. Zagotovo pa vemo, da bomo zagotovljeno sposobni opisati krog okoli trikotnika. Torej naredimo to.

Če točka ne »sedi« na krog, potem neizogibno konča zunaj ali znotraj.

Upoštevajmo oba primera.

Naj bo točka najprej zunaj. Nato segment na neki točki seka krog. Povežimo se in. Rezultat je včrtan (!) štirikotnik.

O njem že vemo, da je vsota njegovih nasprotnih kotov enaka, torej in po našem pogoju.

Izkazalo se je, da bi moralo biti tako.

Ampak to nikakor ne more biti, ker - zunanji kot za in pomeni.

Kaj pa notri? Delajmo podobne stvari. Naj bo bistvo notri.

Nato nadaljevanje odseka seka krog v točki. Spet - včrtan štirikotnik in po pogoju mora biti izpolnjen, vendar - zunanji kot za in pomeni, torej spet ne more biti to.

To pomeni, da točka ne more biti niti zunaj niti znotraj kroga - to pomeni, da je na krogu!

Celoten izrek je dokazan!

Zdaj pa poglejmo, kakšne dobre posledice daje ta izrek.

Posledica 1

Krogu včrtan paralelogram je lahko le pravokotnik.

Razumejmo, zakaj je tako. V krog naj bo vpisan paralelogram. Potem je treba to storiti.

Toda iz lastnosti paralelograma to vemo.

In ista stvar, seveda, glede kotov in.

Tako se izkaže, da je pravokotnik - vsi vogali so vzdolž.

Toda poleg tega obstaja še eno prijetno dejstvo: središče kroga, ki je opisan okoli pravokotnika, sovpada s presečiščem diagonal.

Razumejmo zakaj. Upam, da se dobro spomnite, da je kot, ki ga sestavlja premer, ravna črta.

premer,

Premer

kar pomeni, da je središče. To je to.

Posledica 2

Krogu včrtan trapez je enakokrak.

Naj bo trapez vpisan v krog. Potem.

In enako.

Sva se pogovorila o vsem? res ne. Pravzaprav obstaja še en, "skrivni" način za prepoznavanje včrtanega štirikotnika. Te metode ne bomo formulirali zelo strogo (vendar jasno), ampak jo bomo dokazali šele na zadnji stopnji teorije.

Če lahko v štirikotniku opazimo takšno sliko, kot je tukaj na sliki (tukaj sta kota, ki gledata na strani točk in enaka), potem je tak štirikotnik včrtan.

To je zelo pomembna risba - v težavah jo je pogosto lažje najti enaki koti, kot vsota kotov in.

Kljub popolnemu pomanjkanju strogosti v naši formulaciji je pravilna, poleg tega pa jo izpraševalci enotnega državnega izpita vedno sprejmejo. Moral bi napisati nekaj takega:

"- vpisano" - in vse bo v redu!

Ne pozabite na ta pomemben znak - zapomnite si sliko in morda vam bo pri reševanju težave pravočasno padla v oči.

Včrtani štirikotnik. Kratek opis in osnovne formule

Če je štirikotnik vpisan v krog, potem je vsota poljubnih dveh njegovih nasprotnih kotov enaka

in obratno:

Če ima štirikotnik dva nasprotna kota, katerih vsota je enaka, potem je štirikotnik cikličen.

Štirikotnik je vpisan v krog, če in samo če je vsota njegovih dveh nasprotnih kotov enaka.

Paralelogram, včrtan v krog- zagotovo pravokotnik, središče kroga pa sovpada s presečiščem diagonal.

Krogu včrtan trapez je enakokrak.

Štirikotnik je vpisan v krog, če vsa njegova oglišča ležijo na krogu. Takšen krog je opisan okoli štirikotnika.

Tako kot ni mogoče vsakega štirikotnika opisati okrog kroga, tudi vsakega štirikotnika ni mogoče vpisati v krog.

Konveksni štirikotnik, včrtan krogu, ima to lastnost, da njegova nasprotna kota seštejeta 180°. Torej, če je dan štirikotnik ABCD, v katerem je kot A nasproten kotu C in kot B nasproten kotu D, potem je ∠A + ∠C = 180° in ∠B + ∠D = 180°.

Na splošno velja, da če seštevek enega para nasprotnih kotov štirikotnika znaša 180°, bo seštevek drugega para enak. To izhaja iz dejstva, da konveksni štirikotnik vsota kotov je vedno 360°. To dejstvo pa izhaja iz dejstva, da konveksni poligoni vsota kotov je določena s formulo 180° * (n – 2), kjer je n število kotov (ali stranic).

Lastnost cikličnega štirikotnika lahko dokažete na naslednji način. Naj bo v krog O vpisan štirikotnik ABCD. Dokazati moramo, da je ∠B + ∠D = 180°.

Kot B je včrtan v krog. Kot je znano, tak kot enaka polovici lok, na katerem sloni. V tem primeru je kot B podprt z lokom ADC, kar pomeni ∠B = ½◡ADC. (Ker je lok enak kotu med polmeri, ki ga tvorita, lahko zapišemo, da je ∠B = ½∠AOC, notranje območje ki vsebuje točko D.)

Na drugi strani pa kot D štirikotnika leži na loku ABC, to je ∠D = ½◡ABC.

Ker stranice kotov B in D sekajo krožnico v istih točkah (A in C), delijo krožnico le na dva loka - ◡ADC in ◡ABC. Ker seštevek celotnega kroga znaša 360°, potem je ◡ADC + ◡ABC = 360°.

Tako smo dobili naslednje enakosti:

∠B = ½◡ADC
∠D = ½◡ABC
◡ADC + ◡ABC = 360°

Izrazimo vsoto kotov:

∠B + ∠D = ½◡ADC + ½◡ABC

Dajmo ½ iz oklepaja:

∠B + ∠D = ½(◡ADC + ◡ABC)

Zamenjajmo vsoto lokov z njihovo numerično vrednostjo:

∠B + ∠D = ½ * 360° = 180°

Ugotovili smo, da je vsota nasprotnih kotov včrtanega štirikotnika 180°. To je bilo treba dokazati.

Dejstvo, da ima včrt štirikotnik to lastnost (vsota nasprotnih kotov je 180°), še ne pomeni, da lahko vsak štirikotnik, katerega vsota nasprotnih kotov je 180°, vpišemo v krog. Čeprav je v resnici to res. To dejstvo klical test vpisanega štirikotnika in se formulira na naslednji način: če je vsota nasprotnih kotov konveksnega štirikotnika 180°, potem lahko okoli njega opišemo (ali vanj vpišemo) krog.

Preizkus za včrtan štirikotnik lahko dokažete s protislovjem. Podan je štirikotnik ABCD, katerega seštevek nasprotnih kotov B in D znaša 180°. V tem primeru kot D ne leži na krožnici. Nato vzemite točko E na premici, ki vsebuje odsek CD, tako da leži na krožnici. Rezultat je cikličen štirikotnik ABCE. Ta štirikotnik ima nasprotna kota B in E, kar pomeni, da seštevek znaša 180°. To izhaja iz lastnosti včrtanega štirikotnika.

Izkaže se, da je ∠B + ∠D = 180° in ∠B + ∠E = 180°. Vendar kot D štirikotnik ABCD glede na trikotnik AED zunanji, kar pomeni več kota E tega trikotnika. Tako smo prišli do protislovja. To pomeni, da če vsota nasprotnih kotov štirikotnika znaša 180°, ga lahko vedno vpišemo v krog.

Naloga 6: v enakokrakem trapezu sta osnovici 21 in 9 centimetrov, višina je 8 centimetrov. Poiščite polmer opisanega kroga.

1. Izvedimo pravokotne simetrale osnovici H in K, tedaj središče krožnice O leži na premici NK.

2. AO=OB=R. Točka O deli odsek NK na dva dela: naj bo HO = x, potem je OK = 8 - x.

3. AO 2 = AK 2 + KO 2; OB 2 = VN 2 + NO 2;

ker je OA 2 = OB 2, dobimo:

AK 2 + KO 2 = VN 2 + NO 2

90 + 64 - 16x = 0

OB 2 = HV 2 + NO 2

Odgovor: OB = 10,625

Težave s krogom, včrtanim štirikotniku

Naloga 7: Krožnica s polmerom R je včrtana v romb. Poiščite ploščino romba velika diagonala 4-kratni polmer včrtanega kroga.

Podano: romb, polmer včrtanega kroga - R, BD r 4-krat

1. Naj bo OE = R, BD = 4OE = 4R

Problem 8: Poiščite ploščino enakokrakega trapeza, urejenega okoli kroga s polmerom 4, če je znano, da je stranska stranica trapeza 10.

Podano: ABCD - enakokraki trapez, r = 4, AB = 10

1. AB = CD = 10 po pogoju

2. AB + CD = AD + BC po lastnosti vpisanega kroga

3. AD + BC = 10 + 10 = 20

4. FE = 2r = 2 4 = 8

Problem 9: znotraj navaden trikotnik s stranjo a so trije enake kroge, od katerih se vsaka dotika dveh stranic trikotnika in dveh drugih krogov. Poiščite območje dela trikotnika, ki se nahaja zunaj teh krogov.

1. Naj bo AB = BC = AC = a.

2. Označimo O 1 E = O 1 K = ED = r, potem je AD = AE + ED = AE + r = .

3. AO 1 je simetrala kota A, torej ? O 1 AE = 30? in v pravokotniku?AO 1 E velja AO 1 = 2O 1 E = 2r in AE ===. Potem je AE + r = == , od koder je.

Problem 10: celoten lok kroga polmera R je razdeljen na 4 velike in 4 male dele, ki se izmenjujejo drug za drugim. večina dvakrat daljši od malega. Določite ploščino osmerokotnika, katerega oglišča so ločnice krožnega loka.

1. Naj velja?AOB = 2x, ?BOC = x, potem po pogoju 8x + 4x = 360°, x = 30°, 2x = 60°, ?AOB = 60°, ?BOC = 30°

Problem 11: Stranice trikotnika so 12 m, 16 m in 20 m.

1. 202 = 122 + 162

400 = 400 je pravilno, torej ? ABC - pravokotnik (po izreku, obratni izrek Pitagora)

Odgovor: VN = 9,6

Problem 12: V pravokotni trikotnik včrtan je kvadrat, ki ima z njim skupni kot. Poiščite ploščino kvadrata, če sta stranici trikotnika 10 m in 15 m.

Podano: ? ABC - pravokotnik, AC = 15, CB = 10

1. ? ADE ~ ? ACB (? A - skupno, ? ADE = ? ACB = 90°)

2. Naj bo DE = DC = X, potem je AD = 15 - X

15 X = 10 (15 - X)

15 X = 150 - 10 X

4. S kv. = 6 6 = 36

Odgovor: S kv. = 36

Problem 13: Osnovici trapeza sta 10 m in 31 m, stranici pa 20 m in 13 m. Poišči višino trapeza.

1. HK = BC = 10 m

2. Naj bo BH = CK = x, AH=y, potem je KD = 21 - y

3. Po Pitagorovem izreku:

x 2 + y 2 = 13 2

x 2 + (21 - y) 2 = 20 2

x 2 + 441 - 42y + y 2 = 400

4. Po Pitagorovem izreku:

BH 2 = AB 2 - AH 2

BH 2 = 13 2 - 5 2

Tema: »Opisan krog pravilni mnogokotnik» je podrobneje obravnavano znotraj šolski kurikulum. Kljub temu naloge v zvezi z ta del planimetrija mnogim srednješolcem povzroča določene težave. Hkrati bi morali diplomanti s katero koli stopnjo izobrazbe razumeti načelo reševanja nalog enotnega državnega izpita s krogom, opisanim okoli poligona.

Kako se pripraviti na enotni državni izpit?

Da bi Naloge enotnega državnega izpita na temo "Krog, opisan okoli pravilnega mnogokotnika" študentom ni povzročal težav, študij skupaj z izobraževalnim portalom "Shkolkovo". Pri nas lahko ponovite teoretično gradivo o temah, ki vam povzročajo težave. Izreki in formule, ki so se prej zdeli precej zapleteni, so predstavljeni na dostopen in razumljiv način.

Za osvežitev spomina na osnovne definicije in koncepte o kotih in središču kroga, opisanega okoli mnogokotnika, ter na izreke, povezane z dolžinami segmentov, morajo diplomanti obiskati razdelek »Teoretična pomoč«. Tukaj smo objavili gradivo, ki ga je zbralo naše izkušeno osebje posebej za študente z različnimi stopnjami usposabljanja.

Za utrjevanje naučenih informacij lahko srednješolci vadijo izvajanje vaj. Vklopljeno izobraževalni portal"Shkolkovo" v razdelku "Katalog" predstavlja veliko zbirko podatkov o nalogah različnih zahtevnosti za maksimalno učinkovita priprava na enotni državni izpit. Vsaka naloga na spletnem mestu vsebuje algoritem rešitve in pravilen odgovor. Baza podatkov o vajah Shkolkovo se redno posodablja in dopolnjuje.

Študenti iz Moskve in drugih držav vadijo izpolnjevanje nalog na naši spletni strani Ruska mesta je mogoče narediti na spletu. Po potrebi lahko katero koli vajo shranite v razdelek »Priljubljene«. V prihodnosti se bo mogoče vrniti k tej nalogi in na primer razpravljati o algoritmu za njeno rešitev z šolski učitelj ali učiteljica.