Tema yra santykinė dviejų apskritimų padėtis. Santykinė dviejų apskritimų padėtis

Pamokos tema: " Santykinė dviejų apskritimų padėtis plokštumoje.

Tikslas :

Švietimo - naujų žinių apie dviejų apskritimų santykinę padėtį įsisavinimas, pasiruošimas testui

Vystantis - skaičiavimo įgūdžių ugdymas, loginio-struktūrinio mąstymo ugdymas; ugdyti įgūdžius ieškant racionalių sprendimų ir siekiant galutinių rezultatų; pažintinės veiklos ir kūrybinio mąstymo ugdymas .

Švietimo – mokinių atsakomybės ir nuoseklumo formavimas; pažintinių ir estetinių savybių ugdymas; mokinių informacinės kultūros formavimas.

Pataisomoji - lavinti erdvinį mąstymą, atmintį, rankų motoriką.

Pamokos tipas: naujos mokomosios medžiagos mokymasis, konsolidavimas.

Pamokos tipas: mišri pamoka.

Mokymo metodas: žodinis, vizualus, praktinis.

Studijų forma: kolektyvinis.

Mokymosi priemonės: lenta

UŽSIĖMIMŲ LAIKOTARPIU:

1. Organizacinis etapas

- sveikinimai;

- pasirengimo pamokai tikrinimas;

2. Pagrindinių žinių atnaujinimas.
Kokias temas nagrinėjome ankstesnėse pamokose?

Bendroji apskritimo lygties forma?

Atlikite žodžiu:

Blitz apklausa

3. Naujos medžiagos įvedimas.

Kaip manote, kokį skaičių svarstysime šiandien... O jei jų yra du??

Kaip juos galima rasti???

Vaikai rankomis (kaimynams) parodo, kaip galima išdėstyti apskritimus (kūno kultūros minutė)

Na, ką, jūsų nuomone, turėtume apsvarstyti šiandien? Šiandien turėtume apsvarstyti santykinę dviejų apskritimų padėtį. Ir sužinokite, koks atstumas tarp centrų priklauso nuo vietos.

Pamokos tema: « Santykinė dviejų apskritimų padėtis. Problemų sprendimas. »

1. Koncentriniai apskritimai

2. Nesusiję apskritimai

3.Išorinis prisilietimas

4. Susikertantys apskritimai

5. Vidinis prisilietimas

Taigi padarykime išvadą

4. Įgūdžių ir gebėjimų formavimas

Raskite duomenų ar teiginio klaidą ir ištaisykite ją, pagrįsdami savo nuomonę:

A) Susiliečia du apskritimai. Jų spindulys lygus R = 8 cm ir r = 2 cm, atstumas tarp centrų yra d = 6.
B) Du apskritimai turi bent du bendrus taškus.

B) R = 4, r = 3, d = 5. Apskritimai neturi bendrų taškų.

D) R = 8, r = 6, d = 4. Mažesnis apskritimas yra didesniojo viduje.

D) Du apskritimai negali būti išdėstyti taip, kad vienas būtų kito viduje.

5. Įgūdžių ir gebėjimų įtvirtinimas.

Apskritimai liečiasi išorėje. Mažesnio apskritimo spindulys lygus 3 cm. Didesnio apskritimo spindulys 5 cm Koks atstumas tarp centrų?

Sprendimas: 3+5=8(cm)

Apskritimai liečiasi viduje. Mažesnio apskritimo spindulys lygus 3 cm. Didesnio apskritimo spindulys 5 cm Koks atstumas tarp apskritimų centrų?

Sprendimas: 5-3 = 2 (cm)

Apskritimai liečiasi viduje. Atstumas tarp apskritimų centrų lygus 2,5 cm Kokie yra apskritimų spinduliai?

atsakymas: (5,5 cm ir 3 cm), (6,5 cm ir 4 cm) ir kt.

TIKRINIMAS SUPRATIMAS

1) Kaip galima išdėstyti du apskritimus?

2) Kokiu atveju apskritimai turi vieną bendrą tašką?

3) Kaip vadinamas bendras dviejų apskritimų taškas?

4) Kokius prisilietimus žinai?

5) Kada apskritimai susikerta?

6) Kokie apskritimai vadinami koncentriniais?

Papildomos užduotys tema: Vektoriai. Koordinačių metodas "(jei liko laiko)

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

a) vektoriaus koordinatesE.F., G.H.

b) vektoriaus ilgisFG

c) taško O koordinatės – vidurysE.F.

taško koordinatesW– vidurysG.H.

d) apskritimo su skersmeniu lygtisFG

e) tiesės lygtisFH

6. Namų darbai

& 96 Nr. 1000. Kurios iš šių lygčių yra apskritimo lygtys. Raskite centrą ir spindulį

7. Pamokos apibendrinimas (3 min.)

(kokybiškai įvertinti klasės ir atskirų mokinių darbą).

8. Refleksijos stadija (2 minutės.)

(Inicijuoti mokinių apmąstymus apie savo emocinę būseną, veiklą, bendravimą su mokytoju ir klasės draugais naudojant piešinius)

Tegul apskritimai yra apibrėžti vektoriumi nuo pradžios iki centro ir šio apskritimo spindulio.

Apsvarstykite apskritimus A ir B, kurių spindulys Ra ir Rb, ir spindulio vektorius (vektorius į centrą) a ir b. Be to, Oa ir Ob yra jų centrai. Neprarasdami bendrumo, manysime, kad Ra > Rb.

Tada tenkinamos šios sąlygos:

1 tikslas: svarbių didikų dvarai

Dviejų apskritimų susikirtimo taškai

Tarkime, kad A ir B susikerta dviejuose taškuose. Raskime šiuos susikirtimo taškus.

Norėdami tai padaryti, vektorius nuo a iki taško P, kuris yra ant apskritimo A ir yra ant OaOb. Norėdami tai padaryti, turite paimti vektorių b - a, kuris bus vektorius tarp dviejų centrų, normalizuoti jį (pakeisti jį bendros krypties vieneto vektoriumi) ir padauginti iš Ra. Gautą vektorių pažymime p. Šią konfigūraciją galima pamatyti fig. 6

Ryžiai. 6. Vektoriai a, b, p ir kur jie gyvena.

Pažymime i1 ir i2 kaip vektorius nuo a iki dviejų apskritimų susikirtimo taškų I1 ir I2. Tampa akivaizdu, kad i1 ir i2 gaunami sukant iš p. Nes mes žinome visas trikampių OaI1Ob ir OaI2Ob kraštines (Spindulys ir atstumas tarp centrų), galime gauti šį kampą fi, sukdami vektorių p viena kryptimi gausime I1, o į kitą I2.

Pagal kosinuso teoremą jis lygus:

Jei pasuksite p pagal fi, gausite i1 arba i2, priklausomai nuo to, kokiu būdu pasuksite. Tada vektorius i1 arba i2 turi būti pridėtas prie a, kad būtų gautas susikirtimo taškas

Šis metodas veiks, net jei vieno apskritimo centras yra kito viduje. Bet ten vektorius p tikrai turės būti nurodytas kryptimi nuo a iki b, ką mes padarėme. Jei sukursite p pagal kitą ratą, nieko nebus

Na, apibendrinant reikia paminėti vieną faktą: jei apskritimai liečiasi, tada nesunku patikrinti, ar P yra sąlyčio taškas (tai galioja tiek vidiniam, tiek išoriniam kontaktui).
Čia galite pamatyti vizualizaciją (norėdami ją paleisti, turite spustelėti).

2 problema: sankirtos taškai

Šis metodas veikia, tačiau vietoj sukimosi kampo galite apskaičiuoti jo kosinusą, o per jį - sinusą, o tada naudoti juos sukdami vektorių. Tai žymiai supaprastins skaičiavimus, pašalinant kodą iš trigonometrinių funkcijų.

Rusijos Federacijos švietimo ir mokslo ministerija

Savivaldybės biudžetinė švietimo įstaiga

Novosibirsko miesto "Gimnazija Nr. 4"

Skyrius: matematika

TYRIMAI

šia tema:

DVIEJŲ LIETIMO RATULIŲ SAVYBĖS

10 klasės mokiniai:

Khaziakhmetovas Radikas Ildarovičius

Zubarevas Jevgenijus Vladimirovičius

Prižiūrėtojas:

L.L. Barinova

Matematikos mokytojas

Aukščiausia kvalifikacinė kategorija

§ 1. Įvadas………..…………………………………………………………………………………3

§ 1.1 Santykinė dviejų apskritimų padėtis……………………………………………………3

§ 2 Turtas ir jų įrodymai……………………………………………………………..……………………………………

§ 2.1 1 nuosavybė………………………………………………………..………………………….…4

§ 2.2 2 nuosavybė………………………………………………………..………………………………5

§ 2.3 3 nuosavybė………………………………………………………..………………………………6

§ 2.4 4 nuosavybė………………………………………………………..………………………………6

§ 2.5 5 nuosavybė……………………………………………………………………………………8

§ 2.6 6 nuosavybė……………………………………………………………………………………………9

§ 3 Užduotys…………………………………………………..……………………………………..11

Literatūra………………………………………………………………………………….………….13

§ 1. Įvadas

Daugelį problemų, susijusių su dviem liestinės apskritimais, galima išspręsti trumpiau ir paprasčiau žinant kai kurias savybes, kurios bus pateiktos toliau.

Santykinė dviejų apskritimų padėtis

Pirmiausia nustatykime galimą santykinę dviejų apskritimų padėtį. Gali būti 4 skirtingi atvejai.

1. Apskritimai negali susikirsti.

2. Susikerta.

3. Palieskite vieną tašką išorėje.

4. Palieskite vieną tašką viduje.

§ 2. Savybės ir jų įrodymai

Pereikime tiesiai prie savybių įrodymo.

§ 2.1 Nuosavybė 1

Atkarpos tarp liestinių ir apskritimų susikirtimo taškų yra lygios viena kitai ir lygios dviem geometriniams vidutiniams duotų apskritimų spinduliams.

Įrodymas 1. O 1 A 1 ir O 2 B 1 – spinduliai, nubrėžti į sąlyčio taškus.

2. О 1 А 1 ┴ А 1 В 1, О2В1 ┴ А 1 В 1 → О 1 А 1 ║ О 2 В 1. (pagal 1 punktą)

1. ▲O 1 O 2 D – stačiakampis, nes О 2 D ┴ О 2 В 1
2. O 1 O 2 = R + r, O 2 D = R – r

1. Pagal Pitagoro teoremą A 1 B 1 = 2√Rr

(O 1 D 2 = (R+r) 2 -(R-r) 2 =R 2 +2Rr+r2-R2 +2Rr-r 2 =√4Rr=2√Rr)

A 2 B 2 = 2√Rr (įrodyta panašiai)

1) Nubrėžkime spindulius liestinių ir apskritimų susikirtimo taškuose.

2) Šie spinduliai bus statmeni liestinėms ir lygiagretūs vienas kitam.

3) Nuleiskime statmeną nuo mažesnio apskritimo centro iki didesnio apskritimo spindulio.

4) Gauto stačiojo trikampio hipotenuzė lygi apskritimų spindulių sumai. Koja yra lygi jų skirtumui.

5) Naudodami Pitagoro teoremą gauname reikiamą ryšį.

§ 2.2 Nuosavybė 2

Tiesės, kuri kerta apskritimų liestinės tašką ir kuri nėra nė viename iš jų su liestinėmis, susikirtimo taškai padalija per pusę išorinių liestinių atkarpas, apribotas liesties taškais, į dalis, kurių kiekviena yra lygus šių apskritimų spindulių geometriniam vidurkiui.

Įrodymas 1.MS= MA 1 (kaip liestinės atkarpos)

2.MC = MV 1 (kaip liestinės atkarpos)

3.A 1 M = MV 1 = √Rr, A 2 N = NB 2 = √Rr (pagal 1 ir 2 punktus )

Įrodyme naudojami teiginiai Iš vieno taško į tam tikrą apskritimą nubrėžtos liestinės atkarpos yra lygios. Šią savybę naudojame abiem pateiktiems apskritimams.

§ 2.3 Nuosavybė 3

Vidinės liestinės atkarpos, esančios tarp išorinių liestinių, ilgis yra lygus išorinės liestinės atkarpos ilgiui tarp sąlyčio taškų ir yra lygus dviem geometriniams vidutiniams duotų apskritimų spinduliams.

Įrodymas Ši išvada išplaukia iš ankstesnio turto.

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

§ 2.4 Nuosavybė 4

Trikampis, sudarytas iš liestinių apskritimų centrų ir liestinės atkarpos vidurio taško tarp spindulių, nubrėžtų į sąlyčio taškus, yra stačiakampis. Jo kojų santykis lygus šių apskritimų spindulių šaknų daliniui.

Įrodymas 1.MO 1 yra kampo A 1 MS pusiausvyra, MO 2 yra kampo B 1 MS pusiausvyra, nes Į kampą įbrėžto apskritimo centras yra ant šio kampo pusiausvyros.

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

3.РО 1 MO 2 – tiesioginis. MC yra trikampio O 1 MO 2 aukštis, nes liestinė MN statmena spinduliams, nubrėžtiems į sąlyčio taškus → trikampiai O 1 MC ir MO 2 C yra panašūs.

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

Įrodyme naudojami teiginiai 1) Į kampą įbrėžto apskritimo centras yra ant šio kampo pusiausvyros. Trikampio kojos yra kampų pusiausvyros.

2) Naudodamiesi tuo, kad tokiu būdu suformuoti kampai yra lygūs, nustatome, kad kampas, kurio ieškome, yra stačiakampis. Darome išvadą, kad šis trikampis iš tikrųjų yra stačiakampis.

3) Įrodome trikampių, į kuriuos aukštis (kadangi liestinė yra statmena spinduliams, nubrėžtiems liesties taškams), panašumą padalija stačiąjį trikampį ir pagal panašumą gauname reikiamą santykį.

§ 2.5 Nuosavybė 5

Trikampis, kurį sudaro apskritimų sąlyčio taškas vienas su kitu ir apskritimų susikirtimo taškai su liestine, yra stačiakampis. Jo kojų santykis lygus šių apskritimų spindulių šaknų daliniui.

Įrodymas

1. ▲A 1 MC ir ▲SMV 1 yra lygiašoniai → 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. Bet RA 1 SV 1 = α + β → RA 1 SV 1 – tiesioginis → RA 1 CO 2 = RS 1 O 2 = p/2 – β = α

1. ▲A 1 MC ir ▲CO 2 B 1 yra panašūs → A 1 C / SV 1 = MC / O 2 B 1 = √Rr / R = √r / R

Įrodyme naudojami teiginiai 1) Užrašome trikampių kampų sumą, pasinaudodami tuo, kad jie lygiašoniai. Trikampių lygiašoniai įrodomi naudojant liestinių atkarpų lygybės savybę.

2) Taip užrašę kampų sumą, nustatome, kad nagrinėjamas trikampis turi stačią kampą, todėl yra stačiakampis. Pirmoji teiginio dalis įrodyta.

3) Naudodami trikampių panašumą (tam pagrįsti naudojame panašumo ženklą dviem kampais) randame stačiojo trikampio kojelių santykį.

§ 2.6 Nuosavybė 6

Keturkampis, sudarytas iš apskritimų susikirtimo su liestine taškų, yra trapecija, į kurią galima įbrėžti apskritimą.

Įrodymas 1.▲A 1 RA 2 ir ▲B 1 PB 2 yra lygiašoniai, nes A 1 P = RA 2 ir B 1 P = PB 2 kaip liestinės atkarpos → ▲A 1 RA 2 ir ▲B 1 PB 2 – panašūs.

2.A 1 A 2 ║ B 1 B 2, nes sekanto A 1 B 1 sankirtoje susidarę atitinkami kampai yra lygūs.

1. MN – vidurinė linija pagal savybę 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 → trapecijoje A 2 A 1 B 1 B 2 bazių suma lygi į kraštinių sumą, ir tai yra būtina ir pakankama įbrėžto apskritimo egzistavimo sąlyga.

Įrodyme naudojami teiginiai 1) Vėl panaudokime liestinių atkarpų savybę. Jo pagalba įrodysime trikampių lygiašonius, sudarytus iš liestinių ir liečiamųjų taškų susikirtimo taško.

2) Iš to išeis, kad šie trikampiai yra panašūs, o jų pagrindai lygiagretūs. Remdamiesi tuo darome išvadą, kad šis keturkampis yra trapecija.

3) Naudodami anksčiau įrodytą savybę (2) randame trapecijos vidurio liniją. Jis lygus dviem apskritimų geometriniams vidutiniams spinduliams. Gautoje trapecijoje pagrindų suma lygi kraštinių sumai, ir tai yra būtina ir pakankama sąlyga įbrėžtam apskritimui egzistuoti.

§ 3. Problemos

Pažvelkime į praktinį pavyzdį, kaip galite supaprastinti problemos sprendimą naudodami aukščiau nurodytas savybes.

1 problema

Trikampyje ABC kraštinė AC = 15 cm Į trikampį įrašytas apskritimas. Antrasis apskritimas liečia pirmąjį ir kraštines AB ir BC. AB kraštinėje pasirenkamas taškas F, o BC pusėje – M, kad atkarpa FM būtų bendra apskritimų liestinė. Raskite trikampio BFM ir keturkampio AFMC plotų santykį, jei FM yra 4 cm, o taškas M yra du kartus toliau nuo vieno apskritimo centro nei nuo kito apskritimo centro.

Duota: FM-bendra tangentė AC = 15 cm FM = 4 cm O 2 M = 2О 1 M

Raskite S BFM / S AFMC

Sprendimas:

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 ir ▲BO 2 Q yra panašūs → 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

2 problema

Į lygiašonį trikampį ABC įrašyti du liestinės apskritimai, kurių bendras taškas D ir bendra liestinė FK, einantys per šį tašką. Raskite atstumą tarp šių apskritimų centrų, jei trikampio pagrindas AC = 9 cm, o trikampio kraštinės, esančios tarp apskritimų liečiamųjų taškų, atkarpa yra 4 cm.

Duota: ABC – lygiašonis trikampis; FK – bendroji įbrėžtinių apskritimų liestinė. AC = 9 cm; ŠR = 4 cm

Sprendimas:

Tegul tiesės AB ir CD susikerta taške O. Tada OA = OD, OB = OC, taigi CD = = AB = 2√Rr

Taškai O 1 ir O 2 yra ant kampo AOD bisektoriaus. Lygiašonio trikampio AOD pusiaukraštis yra jo aukštis, taigi AD ┴ O 1 O 2 ir BC ┴ O 1 O 2, o tai reiškia

AD ║ BC ir ABCD – lygiašonė trapecija.

Segmentas MN yra jo vidurio linija, taigi AD + BC = 2MN = 2AB = AB + CD

Todėl į šią trapeciją galima įrašyti apskritimą.

Tegu AP yra trapecijos aukštis, statieji trikampiai ARB ir O 1 FO 2 yra panašūs, todėl AP/O 1 F = AB/O 1 O 2 .

Iš čia mes tai randame

Bibliografija

• Laikraščio “Rugsėjo pirmoji” priedas “Matematika” Nr.43, 2003 m.
• Vieningas valstybinis egzaminas 2010. Matematika. Užduotis C4. Gordinas R.K.