Relativni položaj dveh krogov. Teorija

Razred 7G, ​​Z

Tema lekcije: "Relativni položaj dveh krogov"
Namen: spoznati možne primere relativnega položaja dveh krogov; uporabiti znanje pri reševanju problemov.

Cilji: Izobraževalni: olajšati ustvarjanje in utrjevanje vizualne predstavitve možnih primerov razporeditve dveh krogov učenci bodo znali:

Vzpostavi povezavo med relativnimi legami krogov, njihovimi polmeri in razdaljo med njihovimi središči;

Analizirajte geometrijsko zasnovo in jo mentalno spremenite,

Razviti planimetrično domišljijo.

Študenti bodo znali uporabiti teoretično znanje pri reševanju problemov.

Vrsta lekcije: lekcija uvajanja in utrjevanja novega znanja o snovi.

Oprema: predstavitev za lekcijo; šestilo, ravnilo, svinčnik in učbenik za vsakega učenca.

Vadnica: . “Geometrija 7. razred”, Almaty “Atamura” 2012

Med poukom.

Organiziranje časa. Preverjanje domače naloge.

3. Posodabljanje temeljnega znanja.

Ponovi definicije kroga, krožnice, polmera, premera, tetive, razdalje od točke do premice.

1) 1) Katere primere lokacije črte in kroga poznate?

2) Katero premico imenujemo tangenta?

3) Katero premico imenujemo sekanta?

4) Izrek o premeru, pravokotnem na tetivo?

5) Kako je tangenta povezana s polmerom kroga?

6) Izpolnite tabelo (na karticah).

Dijaki pod vodstvom učitelja rešujejo in analizirajo probleme.

1) Premica a je tangenta na krožnico s središčem O. Kot med tangento in odsekom OA je 300. Poiščite dolžino odseka OA, če je polmer 2,5 m.

2) Določite relativni položaj premice in kroga, če:

1. R=16cm, d=12cm 2. R=5cm, d=4,2cm 3. R=7,2dm, d=3,7dm 4. R=8 cm, d=1,2dm 5. R=5 cm, d= 50 mm

a) premica in krožnica nimata skupnih točk;

b) premica se dotika krožnice;

c) premica seka krožnico.

d je razdalja od središča kroga do premice, R je polmer kroga.

3) Kaj lahko rečemo o relativnem položaju premice in kroga, če je premer kroga 10,3 cm, razdalja od središča kroga do premice pa 4,15 cm; 2 dm; 103 mm; 5,15 cm, 1 dm 3 cm.

4) Dana je krožnica s središčem O in točko A. Kje se nahaja točka A, če je polmer krožnice 7 cm in dolžina odseka OA: a) 4 cm; b) 10 cm; c) 70 mm.

4. Skupaj z učenci ugotovite temo lekcije in oblikujte cilje lekcije.

5. Uvajanje nove snovi.

Praktično delo v skupinah.

Sestavi 3 kroge. Za vsak krog sestavi še en krog tako, da se 1) 2 kroga ne sekata, 2) 2 kroga se dotikata, 3) se dva kroga sekata. Poiščite polmer vsakega kroga in razdaljo med središči krogov, rezultate primerjajte. Kaj je mogoče sklepati?
2) Povzemi in v zvezek zapiši primere medsebojne lege dveh krogov.

Relativni položaj dveh krogov na ravnini.

Krožnici nimata skupnih točk (se ne sekata). (R1 in R2 sta polmera krogov)

Če je R1 + R2< d,

d – Razdalja med središči krogov.

c) Krožnice imajo dve skupni točki. (sekati).

Če je R1 + R2 > d,

vprašanje Ali imata lahko dva kroga tri skupne točke?

6. Utrjevanje preučenega gradiva.

V podatku ali izjavi poiščite napako in jo popravite ter utemeljite svoje mnenje:
A) Dva kroga se dotikata. Njuna polmera sta enaka R = 8 cm in r = 2 cm, razdalja med središči je d = 6.
B) Dva kroga imata vsaj dve skupni točki.
B) R = 4, r = 3, d = 5. Krožnice nimajo skupnih točk.
D) R = 8, r = 6, d = 4. Manjši krog se nahaja znotraj večjega.
D) Dva kroga ne moreta biti postavljena tako, da bi bil eden znotraj drugega.

7. Povzetek lekcije. Kaj ste se naučili v lekciji? Kakšen vzorec je bil vzpostavljen?

Kako se lahko postavita dva kroga? V katerem primeru imajo krogi eno skupno točko? Kako se imenuje skupna točka dveh krožnic? Kakšne dotike poznaš? Kdaj se krožnice sekajo? Kateri krogi se imenujejo koncentrični?

Tema lekcije: " Relativni položaj dveh krogov na ravnini.”

Tarča :

Izobraževalni - osvajanje novega znanja o medsebojni legi dveh krogov, priprava na preizkus

Razvojni - razvoj računalniških sposobnosti, razvoj logično-strukturnega mišljenja; razvijanje sposobnosti iskanja racionalnih rešitev in doseganja končnih rezultatov; razvoj kognitivne dejavnosti in ustvarjalnega mišljenja .

Izobraževalni – oblikovanje odgovornosti in doslednosti pri učencih; razvoj kognitivnih in estetskih lastnosti; oblikovanje informacijske kulture študentov.

Popravni - razvijajo prostorsko razmišljanje, spomin, motorične sposobnosti rok.

Vrsta lekcije: učenje nove učne snovi, utrjevanje.

Vrsta lekcije: mešani pouk.

Učna metoda: verbalno, vizualno, praktično.

Oblika študija: kolektivno.

Sredstva izobraževanja: tabla

MED POUKOM:

1. Organizacijska stopnja

- pozdravi;

- preverjanje pripravljenosti na pouk;

2. Posodabljanje osnovnega znanja.
Katere teme smo obravnavali v prejšnjih lekcijah?

Splošna oblika enačbe kroga?

Izvedite ustno:

Blitz raziskava

3. Uvajanje nove snovi.

Kaj mislite, katero številko bomo obravnavali danes ... Kaj pa če sta dva??

Kako jih je mogoče locirati???

Otroci z rokami (sosedi) pokažejo, kako se lahko razporedijo krogi (športna vzgojna minuta)

No, kaj misliš, da bi morali danes razmisliti?? Danes bi morali razmisliti o relativnem položaju dveh krogov. In ugotovite, kakšna je razdalja med centri glede na lokacijo.

Tema lekcije: « Relativni položaj dveh krogov. Reševanje problema. »

1. Koncentrični krogi

2. Disjunktni krogi

3. Zunanji dotik

4. Sekajoče se krožnice

5. Notranji dotik

Pa zaključimo

4. Oblikovanje spretnosti in spretnosti

V podatku ali izjavi poiščite napako in jo popravite ter utemeljite svoje mnenje:

A) Dva kroga se dotikata. Njuna polmera sta enaka R = 8 cm in r = 2 cm, razdalja med središči je d = 6.
B) Dva kroga imata vsaj dve skupni točki.

B) R = 4, r = 3, d = 5. Krožnice nimajo skupnih točk.

D) R = 8, r = 6, d = 4. Manjši krog se nahaja znotraj večjega.

D) Dva kroga ne moreta biti postavljena tako, da bi bil eden znotraj drugega.

5. Utrjevanje spretnosti in spretnosti.

Krogi se navzven dotikajo. Polmer manjšega kroga je 3 cm. Polmer večjega kroga je 5 cm. Kolikšna je razdalja med središči?

Rešitev: 3+5=8(cm)

Krogi se notranje dotikajo. Polmer manjšega kroga je 3 cm. Kolikšna je razdalja med središči krogov?

Rešitev: 5-3=2(cm)

Krogi se notranje dotikajo. Razdalja med središči krogov je 2,5 cm. Kolikšni so polmeri krogov?

odgovor: (5,5 cm in 3 cm), (6,5 cm in 4 cm) itd.

PREVERJANJE RAZUMEVANJA

1) Kako se lahko postavita dva kroga?

2) V katerem primeru imajo krogi eno skupno točko?

3) Kako se imenuje skupna točka dveh krožnic?

4) Katere dotike poznaš?

5) Kdaj se kroga sekata?

6) Kateri krogi se imenujejo koncentrični?

Dodatne naloge na temo: Vektorji. Koordinatna metoda "(če ostane čas)

1)E(4;12),F(-4;-10), G(-2;6), H(4;-2) Poišči:

a) vektorske koordinateE.F., G.H.

b) dolžina vektorjaFG

c) koordinate točke O - sredinaE.F.

koordinate točkeW– sredinaG.H.

d) enačba kroga s premeromFG

e) enačba premiceFH

6. Domača naloga

& 96 št. 1000. Katera od teh enačb je enačba kroga. Poiščite središče in polmer

7. Povzetek lekcije (3 min.)

(podajte kvalitativno oceno dela razreda in posameznih učencev).

8. Faza refleksije (2 minuti.)

Naj so krogi določeni z vektorjem iz izhodišča v središče in polmerom tega kroga.

Razmislite o krožnici A in B s polmeroma Ra in Rb ter radijskima vektorjema (vektorjem v središče) a in b. Poleg tega sta Oa in Ob njihova središča. Brez izgube splošnosti bomo predpostavili, da je Ra > Rb.

Potem so izpolnjeni naslednji pogoji:

Presečišča dveh krogov

Recimo, da se A in B sekata v dveh točkah. Poiščimo te presečišča.

Da bi to naredili, vektor iz a v točko P, ki leži na krožnici A in leži na OaOb. Če želite to narediti, morate vzeti vektor b - a, ki bo vektor med obema središčema, ga normalizirati (nadomestiti s sosmernim enotskim vektorjem) in pomnožiti z Ra. Dobljeni vektor označimo s p. To konfiguracijo lahko vidite na sl. 6

riž. 6. Vektorji a, b, p in kje živijo.

Označimo i1 in i2 kot vektorja iz a na presečišče I1 in I2 dveh krožnic. Postane očitno, da sta i1 in i2 dobljena z rotacijo iz p. Ker poznamo vse stranice trikotnikov OaI1Ob in OaI2Ob (Radije in razdalje med središči), lahko dobimo ta kot fi, vrtenje vektorja p v eno smer bo dalo I1, v drugo pa I2.

Po kosinusnem izreku je enako:

Če zavrtite p za fi, dobite i1 ali i2, odvisno v katero smer zavrtite. Nato je treba vektorju i1 ali i2 dodati a, da dobimo presečišče

Ta metoda bo delovala tudi, če središče enega kroga leži znotraj drugega. Tam pa bo vektor p vsekakor treba podati v smeri od a proti b, kar smo tudi storili. Če zgradite p na podlagi drugega kroga, potem iz tega ne bo nič

No, za zaključek je treba omeniti eno dejstvo: če se kroga dotikata, potem je enostavno preveriti, da je P stična točka (to velja tako za notranji kot zunanji stik).
Tukaj si lahko ogledate vizualizacijo (za zagon morate klikniti).

Ta metoda deluje, vendar namesto kota vrtenja lahko izračunate njegov kosinus in skozi njega sinus ter ju nato uporabite pri vrtenju vektorja. To bo znatno poenostavilo izračune z odstranitvijo kode iz trigonometričnih funkcij.

Ministrstvo za izobraževanje in znanost Ruske federacije

Občinska proračunska izobraževalna ustanova

mesto Novosibirsk "Gimnazija št. 4"

Oddelek: matematika

RAZISKAVE

na to temo:

LASTNOSTI DVEH DOTIKALNIH KROGOV

Učenci 10. razreda:

Khaziakhmetov Radik Ildarovich

Zubarev Evgenij Vladimirovič

Nadzornik:

L.L. Barinova

Učiteljica matematike

Najvišja kvalifikacijska kategorija

§ 1. Uvod………..………………………….……………………………………………………3

§ 1.1 Relativni položaj dveh krogov ………………………………………………………3

§ 2 Lastnosti in njihovi dokazi……………………………………………………………………………….....….…4

§ 2.1 Lastnost 1……………………………………………………..…………………...….…4

§ 2.2 Lastnost 2………………………………………………………………………………………5

§ 2.3 Lastnost 3………………………………………………………………………………………6

§ 2.4 Lastnost 4……………………………………………………..………………………………6

§ 2.5 Lastnost 5…………………………………..……………………………………………8

§ 2.6 Lastnost 6…………………………………………………………………………………………9

§ 3 Naloge…………………………………………………..…………………………………..…11

Literatura………………………………………………………………………………………………….13

§ 1. Uvod

Veliko problemov, ki vključujejo dve tangentni krožnici, je mogoče rešiti bolj na kratko in preprosto s poznavanjem nekaterih lastnosti, ki bodo predstavljene v nadaljevanju.

Relativni položaj dveh krogov

Za začetek določimo možen relativni položaj obeh krogov. Lahko so 4 različni primeri.

1. Krogi se ne smejo sekati.

2. Sekati.

3. Dotaknite se ene točke na zunanji strani.

4. Dotaknite se ene točke znotraj.

§ 2. Lastnosti in njihovi dokazi

Pojdimo neposredno k dokazu lastnosti.

§ 2.1 Lastnost 1

Odseki med presečiščema tangent s krožnicami so med seboj enaki in enaki dvema geometrijskima srednjima polmeroma danih krožnic.

Dokaz 1. O 1 A 1 in O 2 B 1 – radija, narisana do stičnih točk.

2. О 1 А 1 ┴ А 1 В 1, О2В1 ┴ А 1 В 1 → О 1 А 1 ║ О 2 В 1. (po 1. točki)

1. ▲O 1 O 2 D – pravokoten, ker О 2 D ┴ О 2 В 1
2. O 1 O 2 = R + r, O 2 D = R – r

1. Po Pitagorovem izreku 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 (dokazano podobno)

1) V presečiščih tangent s krožnicami narišimo polmere.

2) Ti radiji bodo pravokotni na tangente in vzporedni drug z drugim.

3) Spustimo navpičnico iz središča manjšega kroga na polmer večjega kroga.

4) Hipotenuza nastalega pravokotnega trikotnika je enaka vsoti polmerov krogov. Krak je enak njuni razliki.

5) S pomočjo Pitagorovega izreka dobimo zahtevano razmerje.

§ 2.2 Lastnost 2

Presečišča ravne črte, ki sekajo tangentno točko krogov in ne ležijo v nobeni od njih s tangentami, delijo na polovico segmente zunanjih tangent, omejene s tangentnimi točkami, na dele, od katerih vsak je enaka geometrijski sredini polmerov teh krogov.

Dokaz 1.GOSPA= MA 1 (kot tangentni segmenti)

2.MC = MV 1 (kot tangentni segmenti)

3.A 1 M = MV 1 = √Rr, A 2 N = NB 2 = √Rr (glede na 1. in 2. točko )

Izjave, uporabljene v dokazu Odseki tangente, narisani iz ene točke na določen krog, so enaki. To lastnost uporabimo za oba dana kroga.

§ 2.3 Lastnost 3

Dolžina odseka notranje tangente, sklenjene med zunanjima tangentama, je enaka dolžini odseka zunanje tangente med stičnima točkama in je enaka dvema geometrijskima srednjima polmeroma danih krožnic.

Dokaz Ta sklep izhaja iz prejšnje lastnosti.

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

§ 2.4 Lastnost 4

Trikotnik, ki ga sestavljajo središča tangentnih krožnic in razpolovišče tangentnega odseka med polmeri, narisanimi na stične točke, je pravokoten. Razmerje njegovih krakov je enako kvocientu korenin polmerov teh krogov.

Dokaz 1.MO 1 je simetrala kota A 1 MS, MO 2 je simetrala kota B 1 MS, ker Središče kroga, včrtanega v kot, leži na simetrali tega kota.

2.Po točki 1 РО 1 MS + РСМО 2 = 0,5(РА1МС + РСМВ 1) = 0,5p = p/2

3.РО 1 MO 2 – neposredno. MC je višina trikotnika O 1 MO 2, ker tangenta MN je pravokotna na polmere, narisane na stičišče → trikotnika O 1 MC in MO 2 C sta si podobna.

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

Izjave, uporabljene v dokazu 1) Središče kroga, včrtanega v kot, leži na simetrali tega kota. Kraki trikotnika so simetrale kotov.

2) Iz dejstva, da sta tako nastala kota enaka, ugotovimo, da je iskani kot pravi kot. Sklepamo, da je ta trikotnik res pravokoten.

3) Dokažemo podobnost trikotnikov, na katere višina (ker je tangenta pravokotna na polmere, narisane na stičišče) deli pravokotni trikotnik, in s podobnostjo dobimo zahtevano razmerje.

§ 2.5 Lastnost 5

Trikotnik, ki ga tvorita točka stika krožnic med seboj in presečišča krožnic s tangento, je pravokoten. Razmerje njegovih krakov je enako kvocientu korenin polmerov teh krogov.

Dokaz

1. ▲A 1 MC in ▲SMV 1 sta enakokraka → 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. Toda RA 1 SV 1 = α + β → RA 1 SV 1 – neposredno → RA 1 CO 2 = RS 1 O 2 = p/2 – β = α

1. ▲A 1 MC in ▲CO 2 B 1 sta podobna → A 1 C / SV 1 = MC / O 2 B 1 = √Rr / R = √r / R

Izjave, uporabljene v dokazu 1) Zapišemo vsoto kotov trikotnikov, pri čemer izkoristimo dejstvo, da so enakokraki. Enakokračnost trikotnikov dokažemo z lastnostjo enakosti tangentnih segmentov.

2) Ko tako zapišemo vsoto kotov, ugotovimo, da ima obravnavani trikotnik pravokoten, torej pravokoten. Prvi del trditve je dokazan.

3) S podobnostjo trikotnikov (za utemeljitev uporabimo znak podobnosti pri dveh kotih) poiščemo razmerje krakov pravokotnega trikotnika.

§ 2.6 Lastnost 6

Štirikotnik, ki ga tvorijo presečišča krožnic s tangento, je trapez, v katerega je mogoče vpisati krog.

Dokaz 1.▲A 1 RA 2 in ▲B 1 PB 2 sta enakokraka, ker A 1 P = RA 2 in B 1 P = PB 2 kot tangentna odseka → ▲A 1 RA 2 in ▲B 1 PB 2 – podobno.

2.A 1 A 2 ║ B 1 B 2, ker ustrezna kota, ki nastaneta v presečišču sekante A 1 B 1, sta enaka.

1. MN – sredinska črta po lastnosti 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 → v trapezu A 2 A 1 B 1 B 2 je vsota osnov enaka na vsoto stranic, to pa je nujen in zadosten pogoj za obstoj včrtanega kroga.

Izjave, uporabljene v dokazu 1) Ponovno uporabimo lastnost tangentnih odsekov. Z njegovo pomočjo bomo dokazali enakokrake trikotnikov, ki jih tvorita presečišče tangent in stičišče.

2) Iz tega bo sledilo, da sta si ta trikotnika podobna in sta njuni osnovici vzporedni. Na podlagi tega sklepamo, da je ta štirikotnik trapez.

3) Z lastnostjo (2), ki smo jo dokazali prej, poiščemo srednjico trapeza. Enak je dvema geometrijskima srednjima polmeroma krogov. V nastalem trapezu je vsota osnov enaka vsoti stranic, to pa je nujen in zadosten pogoj za obstoj včrtanega kroga.

§ 3. Težave

Oglejmo si praktičen primer, kako lahko poenostavite rešitev problema z uporabo zgoraj opisanih lastnosti.

Problem 1

V trikotnik ABC je stranica AC = 15 cm včrtana. Drugi krog se dotika prvega ter stranic AB in BC. Na strani AB je izbrana točka F, na strani BC pa točka M, tako da je odsek FM skupna tangenta na krožnici. Poiščite razmerje ploščin trikotnika BFM in štirikotnika AFMC, če je FM 4 cm in je točka M dvakrat bolj oddaljena od središča enega kroga kot od središča drugega.

podano: FM-totalni tangens AC=15cm FM=4cm O 2 M=2О 1 M

Poiščite S BFM /S AFMC

rešitev:

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 in ▲BO 2 Q sta podobna → 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

Problem 2

Enakokrakemu trikotniku ABC sta vpisani dve tangentni krožnici s skupno točko D in skupno tangento FK, ki potekata skozi to točko. Poiščite razdaljo med središči teh krogov, če je osnova trikotnika AC = 9 cm, odsek stranice trikotnika, ki je zaprt med točkama dotika krogov, pa je 4 cm.

podano: ABC – enakokraki trikotnik; FK – skupna tangenta včrtanih krožnic. AC = 9 cm; SV = 4 cm

rešitev:

Naj se premici AB in CD sekata v točki O. Potem je OA = OD, OB = OC, torej CD = = AB = 2√Rr

Točki O 1 in O 2 ležita na simetrali kota AOD. Simetrala enakokrakega trikotnika AOD je njegova nadmorska višina, torej AD ┴ O 1 O 2 in BC ┴ O 1 O 2, kar pomeni

AD ║ BC in ABCD – enakokraki trapez.

Odsek MN je njegova srednja črta, torej AD + BC = 2MN = 2AB = AB + CD

Zato lahko v ta trapez vpišemo krog.

Naj bo AP višina trapeza, pravokotna trikotnika ARB in O 1 FO 2 sta si podobna, zato je AP/O 1 F = AB/O 1 O 2 .

Od tod to ugotovimo

Bibliografija

• Dodatek k časopisu "Prvi september" "Matematika" št. 43, 2003
• Enotni državni izpit 2010. Matematika. Naloga C4. Gordin R.K.