Tema je relativna pozicija dva kruga. Relativni položaj dva kruga

Tema lekcije: " Relativni položaj dva kruga na ravni.”

Target :

Obrazovni - savladavanje novih znanja o relativnom položaju dva kruga, priprema za test

Razvojni - razvoj računskih sposobnosti, razvoj logičko-strukturnog mišljenja; razvijanje vještina pronalaženja racionalnih rješenja i postizanja konačnih rezultata; razvoj kognitivne aktivnosti i kreativnog mišljenja .

Obrazovni – formiranje odgovornosti i dosljednosti kod učenika; razvoj kognitivnih i estetskih kvaliteta; formiranje informatičke kulture učenika.

Popravni - razvijati prostorno razmišljanje, pamćenje, motoriku ruku.

Vrsta lekcije: učenje novog nastavnog materijala, konsolidacija.

Vrsta lekcije: mješovita lekcija.

Metoda nastave: verbalno, vizuelno, praktično.

Forma studija: kolektivno.

Sredstva obrazovanja: board

TOKOM NASTAVE:

1. Organizaciona faza

- pozdravi;

- provjera pripremljenosti za čas;

2. Ažuriranje osnovnih znanja.
Koje smo teme obrađivali u prethodnim lekcijama?

Opšti oblik jednačine kružnice?

Izvršite usmeno:

Blitz anketa

3. Uvođenje novog materijala.

Šta mislite koju cifru ćemo danas razmatrati... Šta ako ih ima dvoje??

Kako se mogu locirati???

Djeca pokazuju svojim rukama (komšijama) kako se mogu rasporediti krugovi (minuta fizičkog vaspitanja)

Pa, šta mislite da bismo danas trebali razmotriti??Danas bismo trebali razmotriti relativni položaj dva kruga. I saznajte kolika je udaljenost između centara ovisno o lokaciji.

Tema lekcije: « Relativni položaj dva kruga. Rješavanje problema. »

1. Koncentrični krugovi

2. Disjunktni krugovi

3.External touch

4. Ukrštanje kružnica

5. Unutrašnji dodir

Pa da zaključimo

4.Formiranje vještina i sposobnosti

Pronađite grešku u podacima ili izjavi i ispravite je, obrazlažući svoje mišljenje:

A) Dva kruga se dodiruju. Njihovi polumjeri su jednaki R = 8 cm i r = 2 cm, udaljenost između centara je d = 6.
B) Dva kruga imaju najmanje dvije zajedničke tačke.

B) R = 4, r = 3, d = 5. Krugovi nemaju zajedničkih tačaka.

D) R = 8, r = 6, d = 4. Manji krug se nalazi unutar većeg.

D) Dva kruga se ne mogu postaviti tako da je jedan unutar drugog.

5. Konsolidacija vještina i sposobnosti.

Krugovi se dodiruju spolja. Poluprečnik manjeg kruga je 3 cm, poluprečnik većeg kruga je 5 cm. Kolika je udaljenost između centara?

Rješenje: 3+5=8(cm)

Krugovi se dodiruju iznutra. Poluprečnik manjeg kruga je 3 cm, poluprečnik većeg kruga je 5 cm. Kolika je udaljenost između centara kružnica?

Rješenje: 5-3=2(cm)

Krugovi se dodiruju iznutra. Udaljenost između centara kružnica je 2,5 cm.Koji su polumjeri kružnica?

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

PROVJERA RAZUMIJEVANJA

1) Kako se mogu postaviti dva kruga?

2) U kom slučaju krugovi imaju jednu zajedničku tačku?

3) Kako se zove zajednička tačka dvije kružnice?

4) Koje dodire poznajete?

5) Kada se kružnice seku?

6) Koje kružnice se nazivaju koncentričnimi?

Dodatni zadaci na temu: Vektori. Metoda koordinata "(ako ostane vremena)

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

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

b) dužina vektoraFG

c) koordinate tačke O - sredinaE.F.

koordinate tačkeW– srednjiG.H.

d) jednačina kruga sa prečnikomFG

e) jednačina praveFH

6. Domaći

& 96 br. 1000. Koje od ovih jednačina su jednačine kruga. Pronađite centar i radijus

7. Sumiranje lekcije (3 min.)

(dati kvalitativnu ocjenu rada odjeljenja i pojedinih učenika).

8. Faza refleksije (2 minute.)

(pokrenuti promišljanje učenika o svom emocionalnom stanju, njihovim aktivnostima, interakciji sa nastavnikom i drugovima iz razreda koristeći crteže)

Neka su kružnice definirane vektorom od početka do centra i radijusom ove kružnice.

Razmotrimo kružnice A i B sa radijusima Ra i Rb i radijus vektorima (vektor do centra) a i b. Štaviše, Oa i Ob su njihovi centri. Bez gubitka opštosti, pretpostavićemo da je Ra > Rb.

Tada su ispunjeni sljedeći uslovi:

Cilj 1: Vile važnih plemića

Tačke preseka dva kruga

Pretpostavimo da se A i B seku u dve tačke. Hajde da pronađemo ove tačke preseka.

Da biste to učinili, vektor iz a u tačku P, koja leži na kružnici A i leži na OaOb. Da biste to učinili, trebate uzeti vektor b - a, koji će biti vektor između dva centra, normalizirati ga (zamijeniti ga kosmjernim jediničnim vektorom) i pomnožiti ga sa Ra. Rezultirajući vektor označavamo kao p. Ova konfiguracija se može videti na sl. 6

Rice. 6. Vektori a, b, p i gdje žive.

Označimo i1 i i2 kao vektore od a do tačaka preseka I1 i I2 dve kružnice. Postaje očigledno da se i1 i i2 dobijaju rotacijom iz p. Jer znamo sve stranice trouglova OaI1Ob i OaI2Ob (Radijus i rastojanje između centara), možemo dobiti ovaj ugao fi, rotiranjem vektora p u jednom pravcu daće se I1, au drugom I2.

Prema kosinusnoj teoremi, jednako je:

Ako rotirate p za fi, dobit ćete i1 ili i2, ovisno o tome na koji način rotirate. Zatim se vektor i1 ili i2 mora dodati u a da bi se dobila tačka presjeka

Ova metoda će raditi čak i ako središte jednog kruga leži unutar drugog. Ali tamo će vektor p definitivno morati biti specificiran u smjeru od a do b, što smo i učinili. Ako izgradite p na osnovu drugog kruga, onda od toga neće biti ništa

Pa, u zaključku, mora se spomenuti jedna činjenica: ako se krugovi dodiruju, onda je lako provjeriti da je P tačka kontakta (to vrijedi i za unutrašnji i vanjski kontakt).
Ovdje možete vidjeti vizualizaciju (morate kliknuti da biste je pokrenuli).

Problem 2: Tačke raskrsnice

Ova metoda radi, ali umjesto kuta rotacije, možete izračunati njegov kosinus, a kroz njega i sinus, a zatim ih koristiti prilikom rotacije vektora. Ovo će značajno pojednostaviti proračune eliminacijom koda iz trigonometrijskih funkcija.

Ministarstvo obrazovanja i nauke Ruske Federacije

Opštinska budžetska obrazovna ustanova

grad Novosibirsk "Gimnazija br. 4"

Sekcija: matematika

ISTRAŽIVANJE

na ovu temu:

SVOJSTVA DVA KRUGA DIRANJA

Učenici 10. razreda:

Khaziakhmetov Radik Ildarovich

Zubarev Evgenij Vladimirovič

Supervizor:

LL. Barinova

Nastavnik matematike

Najviša kvalifikaciona kategorija

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

§ 1.1 Relativni položaj dva kruga……………………………………………………………………3

§ 2 Imovina i njeni dokazi……………………………………………………………………..…………….…4

§ 2.1 Svojstvo 1…………………………………………………………………………..…………….…4

§ 2.2 Svojstvo 2…………………………………………………………………..………………5

§ 2.3 Svojstvo 3…………………………………………………………………..…………………………6

§ 2.4 Svojstvo 4…………………………………………………………………..…………………………6

§ 2.5 Svojstvo 5……………………………………………..………………………………………………………8

§ 2.6 Svojstvo 6…………………………………………………………………………..……………………9

§ 3 Zadaci………………………………………………………………………..……………………..…11

Reference………………………………………………………………………………………………………….13

§ 1. Uvod

Mnogi problemi koji uključuju dvije tangentne kružnice mogu se riješiti kraće i jednostavnije poznavanjem nekih svojstava koja će biti predstavljena u nastavku.

Relativni položaj dva kruga

Za početak, odredimo mogući relativni položaj dva kruga. Mogu postojati 4 različita slučaja.

1. Krugovi se ne smiju ukrštati.

2. Intersect.

3. Dodirnite na jednoj tački spolja.

4. Dodirnite u jednom trenutku unutra.

§ 2. Svojstva i njihovi dokazi

Prijeđimo direktno na dokaz svojstava.

§ 2.1 Svojstvo 1

Segmenti između tačaka preseka tangenti sa kružnicama su međusobno jednaki i jednaki su dva srednja geometrijska poluprečnika datih kružnica.

Dokaz 1. O 1 A 1 i O 2 B 1 – radijusi povučeni do dodirnih tačaka.

2. O 1 A 1 ┴ A 1 V 1, O2V1 ┴ A 1 V 1 → O 1 A 1 ║ O 2 V 1. (prema tački 1)

1. ▲O 1 O 2 D – pravougaona, jer O 2 D ┴ O 2 V 1
2. O 1 O 2 = R + r, O 2 D = R – r

1. Prema Pitagorinoj teoremi 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 (slično dokazano)

1) Nacrtajmo poluprečnike u tačkama preseka tangenti sa kružnicama.

2) Ovi radijusi će biti okomiti na tangente i paralelni jedan s drugim.

3) Spustimo okomicu iz središta manjeg kruga na poluprečnik većeg kruga.

4) Hipotenuza rezultirajućeg pravouglog trougla jednaka je zbiru poluprečnika kružnica. Noga je jednaka njihovoj razlici.

5) Koristeći Pitagorinu teoremu dobijamo traženi odnos.

§ 2.2 Svojstvo 2

Točke presjeka prave linije koja siječe tačku tangente kružnica i ne leži ni u jednoj od njih sa tangentama dijele na pola segmente vanjskih tangenta, ograničene tačkama dodira, na dijelove, od kojih je svaki jednaka je geometrijskoj sredini poluprečnika ovih kružnica.

Dokaz 1.GOSPOĐA= MA 1 (kao tangentni segmenti)

2.MC = MV 1 (kao tangentni segmenti)

3.A 1 M = MV 1 = √Rr, A 2 N = NB 2 = √Rr (prema tačkama 1 i 2 )

Izjave korištene u dokazu Tangentni segmenti povučeni iz jedne tačke u određeni krug su jednaki. Koristimo ovo svojstvo za oba data kruga.

§ 2.3 Svojstvo 3

Dužina segmenta unutrašnje tangente zatvorene između vanjskih tangenta jednaka je dužini segmenta vanjske tangente između dodirnih tačaka i jednaka je dvama srednjim geometrijskim poluprečnikom datih kružnica.

Dokaz Ovaj zaključak proizilazi iz prethodnog svojstva.

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

§ 2.4 Svojstvo 4

Trokut formiran središtima tangentnih kružnica i središtem tangentnog segmenta između polumjera povučenih do dodirnih tačaka je pravougaonog oblika. Omjer njegovih nogu jednak je količniku korijena polumjera ovih kružnica.

Dokaz 1.MO 1 je simetrala ugla A 1 MS, MO 2 je simetrala ugla B 1 MS, jer Središte kružnice upisane u kut leži na simetrali ovog ugla.

2.Prema tački 1 RO 1 MS + RSMO 2 = 0,5(RA1MS + RSMV 1) = 0,5p = p/2

3.RO 1 MO 2 – direktno. MC je visina trougla O 1 MO 2, jer tangenta MN je okomita na poluprečnike povučene do dodirnih tačaka → trouglovi O 1 MC i MO 2 C su slični.

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

Izjave korištene u dokazu 1) Središte kružnice upisane u ugao leži na simetrali ovog ugla. Kraci trougla su simetrale uglova.

2) Koristeći činjenicu da su uglovi formirani na ovaj način jednaki, nalazimo da je ugao koji tražimo pravi ugao. Zaključujemo da je ovaj trougao zaista pravougao.

3) Dokazujemo sličnost trouglova na koje visina (pošto je tangenta okomita na poluprečnike povučene na tačke dodira) dijeli pravougaoni trokut i sličnošću dobijamo traženi omjer.

§ 2.5 Svojstvo 5

Trokut formiran dodirnom tačkom kružnica i točaka sjecišta kružnica sa tangentom je pravougaonog oblika. Omjer njegovih nogu jednak je količniku korijena polumjera ovih kružnica.

Dokaz

1. ▲A 1 MC i ▲SMV 1 su jednakokračne → 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. Ali RA 1 SV 1 = α + β → RA 1 SV 1 – direktan → RA 1 CO 2 = RS 1 O 2 = p/2 – β = α

1. ▲A 1 MC i ▲CO 2 B 1 su slični → A 1 C / SV 1 = MC / O 2 B 1 = √Rr / R = √r / R

Izjave korištene u dokazu 1) Zapisujemo zbir uglova trouglova, koristeći činjenicu da su jednakokraki. Jednakokraki trouglovi se dokazuju korištenjem svojstva jednakosti tangentnih segmenata.

2) Napisavši zbir uglova na ovaj način, nalazimo da dotični trougao ima pravi ugao, dakle pravougaonog oblika. Prvi dio tvrdnje je dokazan.

3) Koristeći sličnost trouglova (da bismo to opravdali, koristimo znak sličnosti pod dva ugla) nalazimo omjer krakova pravouglog trougla.

§ 2.6 Svojstvo 6

Četvorougao formiran točkama presjeka kružnica s tangentom je trapez u koji se može upisati kružnica.

Dokaz 1.▲A 1 RA 2 i ▲B 1 PB 2 su jednakokračne jer A 1 P = RA 2 i B 1 P = PB 2 kao tangentni segmenti → ▲A 1 RA 2 i ▲B 1 PB 2 – slično.

2.A 1 A 2 ║ B 1 B 2, jer odgovarajući uglovi formirani na preseku sekante A 1 B 1 su jednaki.

1. MN – srednja linija prema svojstvu 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 → u trapezu A 2 A 1 B 1 B 2 zbir baza je jednak na zbir strana, a to je neophodan i dovoljan uslov za postojanje upisanog kruga.

Izjave korištene u dokazu 1) Koristimo ponovo svojstvo tangentnih segmenata. Uz nju ćemo dokazati jednakokrake trouglova formiranih presjekom tangenata i tačaka dodira.

2) Iz ovoga slijedi da su ti trouglovi slični i da su im osnovice paralelne. Na osnovu toga zaključujemo da je ovaj četverougao trapez.

3) Koristeći svojstvo (2) koje smo ranije dokazali, nalazimo srednju liniju trapeza. Jednaka je sa dva srednja geometrijska poluprečnika kružnica. U rezultirajućem trapezu zbir osnova jednak je zbiru stranica, a to je neophodan i dovoljan uslov za postojanje upisane kružnice.

§ 3. Problemi

Pogledajmo praktičan primjer kako možete pojednostaviti rješenje problema koristeći gore navedena svojstva.

Problem 1

U trouglu ABC, stranica AC = 15 cm, u trokut je upisan krug. Drugi krug dodiruje prvi i stranice AB i BC. Na strani AB odabrana je tačka F, a na strani BC tačka M tako da je segment FM zajednička tangenta na kružnice. Nađite omjer površina trougla BFM i četverougla AFMC, ako je FM 4 cm, a tačka M se nalazi dvostruko dalje od centra jedne kružnice nego od centra druge.

Dato: FM-ukupna tangenta AC=15cm FM=4cm O 2 M=2O 1 M

Pronađite S BFM /S AFMC

Rješenje:

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 i ▲BO 2 Q su slični → 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

Dvije tangentne kružnice sa zajedničkom tačkom D i zajedničkom tangentom FK koja prolazi kroz ovu tačku upisane su u jednakokraki trougao ABC. Nađite rastojanje između centara ovih kružnica ako je osnova trokuta AC = 9 cm, a odsječak stranice trokuta zatvoren između tačaka dodira kružnica 4 cm.

Dato: ABC – jednakokraki trougao; FK – zajednička tangenta upisanih kružnica. AC = 9 cm; NE = 4 cm

Rješenje:

Neka se prave AB i CD sijeku u tački O. Tada je OA = OD, OB = OC, pa je CD = = AB = 2√Rr

Tačke O 1 i O 2 leže na simetrali ugla AOD. Simetrala jednakokračnog trougla AOD je njegova visina, pa AD ┴ O 1 O 2 i BC ┴ O 1 O 2, što znači

AD ║ BC i ABCD – jednakokraki trapez.

Segment MN je njegova srednja linija, tako da AD + BC = 2MN = 2AB = AB + CD

Stoga se u ovaj trapez može upisati kružnica.

Neka je AP visina trapeza, pravokutni trouglovi ARB i O 1 FO 2 su slični, pa je AP/O 1 F = AB/O 1 O 2 .

Odavde to nalazimo

Bibliografija

• Prilog listu “Prvi septembar” “Matematika” br. 43, 2003.
• Jedinstveni državni ispit 2010. Matematika. Zadatak C4. Gordin R.K.