Proporcionalni segmenti u krugu. Matematika. Algebra. Geometrija. Trigonometrija

Teorema 111. 1) Okomita, ispuštena iz neke tačke na krugu do prečnika, srednje je proporcionalna između delova prečnika. Ova okomica se ponekad naziva ordinatom.

2) Tetiva koja povezuje kraj prečnika sa tačkom kruga je srednje proporcionalna između prečnika i segmenta koji se nalazi pored tetive.

Dato. Ispustimo iz neke tačke C kružnice okomitu CD na prečnik AB (Sl. 169).

Potrebno je dokazati da je 1) AD/CD = CD/DB, i 2) AD/AC = AC/AB.

Dokaz. Spojimo tačku C sa krajevima prečnika AB, tada se u tački C formira pravi ugao ACB, u kojem je segment CD okomita ispuštena iz vrha pravog ugla na hipotenuzu.

Na osnovu teoreme 100 vrijedi sljedeća proporcija:

na osnovu teoreme 101, proporcija je:

AD/AC = AC/AB, DB/CB = CB/AB (1)

Posljedica. Kvadrati tetiva su povezani kao odgovarajući segmenti prečnika.

Dokaz. Jednačine slijede iz proporcije (1):

AC 2 = AB AD, CB 2 = AB BD

odakle razdvajanjem nalazimo:

AC 2 /CB 2 = AD/DB.

Teorema 112. Dijelovi tetiva koji se sijeku su obrnuto proporcionalni jedni drugima.

Date su dvije tetive koje se seku AB i CD (slika 170).

To je potrebno dokazati

tj. veći dio prvog akorda povezan je s većim dijelom drugog kao što je manji dio drugog akorda s manjim dijelom prvog.

Dokaz. Spojimo tačku A sa C i B sa D, tada se formiraju dva slična trokuta ACE i DBE, jer su uglovi u tački E jednaki kao vertikalni, ∠CAB = ∠CDB kao naslonjeni na krajeve luka CB, ∠ACD = ∠ABD kao naslon na krajeve luka AD.

Iz sličnosti trokuta ACE i DBE slijedi proporcija:

BE/DE = CE/AE (a)

Proporcija (a) implicira jednakost:

BE AE = DE CE

pokazujući da je proizvod segmenata jedne tetive jednak proizvodu segmenata druge tetive.

Teorema 113. Dvije sekute povučene iz iste tačke izvan kruga obrnuto su proporcionalne njihovim vanjskim dijelovima.

Date su dvije sekante AB i AC povučene iz tačke A (Crtež 171).

To je potrebno dokazati

tj. prvi sekans je povezan sa drugom, kao što je vanjski dio druge povezan sa vanjskim dijelom prve sekante.

Dokaz. Povežite tačke D sa C i B sa E.

Dva trougla ∠ABE i ∠ADC su slična, jer je ugao A zajednički, B = C zasnovan na krajevima istog luka DE, dakle ∠ADC = ∠AEB.

Iz sličnosti trokuta ADC i ABE slijedi proporcija:

AC / AB \u003d AD / AE (PTD).

Iz iste proporcije slijedi jednakost

AC AE = AB AD

pokazujući to proizvod jedne sekante i njenog vanjskog segmenta jednak je proizvodu druge sekante i njenog segmenta(ako sekanti dolaze iz iste tačke).

Teorema 114. Tangenta je srednje proporcionalna između cijelog sekansa i njegovog vanjskog dijela.

Date su tangenta AB i sekansa BC (slika 172).

To je potrebno dokazati

Dokaz. Spojimo tačku A sa tačkama C i D.

Trouglovi ABC i ABD su slični jer je ugao B zajednički, ∠BAD = ∠ACD, dakle ∠CAB = ∠ADB.

BC / AB \u003d AB / BD (PTD).

Iz ove proporcije slijedi jednakost:

AB 2 = BC BD

pokazujući to kvadrat tangente jednak je umnošku sekansa i njegovog vanjskog dijela.

Svojstvo stranica upisanog četvorougla

Teorema 115. U bilo kojem četverokutu upisanom u krug, proizvod dijagonala jednak je zbroju proizvoda suprotnih strana.

Ova pretpostavka, poznata kao Ptolemejeva teorema, pojavljuje se prvi put u Ptolemejevom Alagegestu u 2. veku nove ere.

Dat je upisani četverougao ABCD (slika 173) i povučene su dijagonale AC i BD.

Potrebno je dokazati da je AC · BD = AB · CD + BC · AD.

Dokaz. Nacrtajte pravu BE tako da ugao EBC bude jednak uglu ABD. Dva trokuta ABD i BEC su slična, jer je ∠ABD = ∠CBE po konstrukciji, ∠ADB = ∠BCE na osnovu istog luka AB, dakle,

Iz sličnosti ovih trokuta slijedi proporcija:

BC/BD = EC/AD (a)

Trokuti ABE i BCD su slični, jer je ∠ABE = ∠DBC po konstrukciji, ∠BAE = ∠BDC na osnovu luka BC, dakle,

∠BEA = ∠BCD.

Iz sličnosti ovih trokuta slijedi proporcija:

AB/BD = AE/CD (b)

Proporcije (a) i (b) impliciraju jednakosti:

BC AD = BD EC
AB CD = BD AE

Ako dodamo ove jednakosti, imamo:

BC AD + AB CD = BD EC + BD AE = BD (EC + AE)

Pošto je EC + AE = AC, onda

BD AC = BC AD + AB CD (PTD).

Teorema 116. U bilo kojem upisanom četverokutu, dijagonale su povezane kao zbroj proizvoda stranica zasnovanih na krajevima dijagonala.

Dat je upisani četverougao ABCD (slika 174) i povučene su dijagonale AC i BD.

To je potrebno dokazati

BD/AC = (AD DC + AB BC) / (BC CD + AD AB)

Dokaz. a) Iz tačke B odvajamo luk BE jednak DC i povezujemo tačku E sa tačkama A, B, D.

Za upisani četverougao ABED vrijedi jednakost:

AE BD = AD BE + AB DE.

Pošto je BE = CD po konstrukciji, DE = BC jer je ◡DE = ◡DC + ◡CE i ◡BC = ◡BE + ◡CE.

Zamjenjujući BE i DE njihovim vrijednostima, imamo jednakost:

AE BD = AD CD + AB BC (a)

b) Odvojimo luk AF iz tačke A jednak luku BC i povežemo tačku F sa tačkama A, D, C, imamo jednakost za četvorougao AFCD:

AC DF = AF CD + AD CF

U ovoj jednakosti, AF = BC po konstrukciji, CF = AB (jer je ◡CF = ◡BC + ◡BF i ◡AB = ◡AF + ◡BF = ◡BC + ◡BF)

Zamenivši veličine AF i CF njihovim količinama, nalazimo jednakost:

AC DF = BC CD + AD AB (b)

U jednakostima (a) i (b) segmenti AE i DF su jednaki, jer

◡ADE = AD + DE = ◡AD + ◡BC = ◡AD + ◡AF = ◡DAF

Odvajajući jednakosti (a) i (b), nalazimo:

BC/AD = (AD C D + AB BC) / (BC CD + AD AB)(ChTD).

Razmotrimo prvo sekans AC, povučen iz tačke A van date kružnice (Sl. 288). Nacrtajte tangentu AT iz iste tačke. Segment između tačke A i tačke preseka koja joj je najbliža sa kružnicom nazivaćemo spoljnim delom sekante (segment AB na slici 288), dok je segment AC do najudaljenije od dve tačke preseka jednostavno sekansa . Segment tangente od A do tačke kontakta se takođe kratko naziva tangenta. Onda

Teorema. Proizvod sekansa i njegovog vanjskog dijela jednak je kvadratu tangente.

Dokaz. Hajde da povežemo tačku. Trouglovi ACT i BT A su slični, jer imaju zajednički ugao u vrhu A, a uglovi ACT i jednaki su, pošto se oba mere polovinom istog luka TB. Dakle, odavde dobijamo traženi rezultat:

Tangenta je jednaka geometrijskoj sredini između sekante povučene iz iste tačke i njenog vanjskog dijela.

Posljedica. Za bilo koju sekantu povučenu kroz datu tačku A, proizvod njene dužine i vanjskog dijela je konstantan:

Razmislite sada o akordima koji se ukrštaju u unutrašnjoj tački. Tačna izjava:

Ako se dvije tetive seku, onda je proizvod segmenata jedne tetive jednak proizvodu segmenata druge (što znači segmente na koje je tetiva podijeljena točkom presjeka).

Dakle, na sl. 289 tetive AB i CD seku u tački M, i imamo Drugim riječima,

Za datu tačku M, proizvod segmenata na koje dijeli bilo koju tetivu koja prolazi kroz nju je konstantan.

Da bismo to dokazali, napominjemo da su trouglovi MBC i MAD slični: uglovi CMB i DMA su vertikalni, uglovi MAD i MCB zasnovani su na istom luku. Odavde nalazimo

Q.E.D.

Ako data tačka M leži na udaljenosti l od centra, onda, povlačeći kroz nju prečnik i smatrajući je jednom od tetiva, nalazimo da je proizvod segmenata prečnika, a time i bilo koje druge tetive, jednak do Također je jednako kvadratu minimalne polutetive (okomito na određeni prečnik) koja prolazi kroz M.

Teorema o postojanosti umnoška odsječaka tetiva i teorema o postojanosti umnoška sekante po vanjskom dijelu su dva slučaja iste tvrdnje, razlika je samo da li se sekante povlače kroz vanjski ili unutrašnja tačka kruga. Sada možete odrediti još jednu osobinu koja razlikuje upisane četverouglove:

U bilo kojem upisanom četverokutu, odsječeni proizvodi na koje su dijagonale podijeljene svojom presječnom točkom su jednaki.

Neophodnost uslova je očigledna, jer će dijagonale biti tetive opisane kružnice. Može se pokazati da je i ovaj uslov dovoljan.

Nekretnina 1 . Ako se tetive AB i CD kružnice sijeku u tački S, tada je AS BS = CS DS, tj. DS/BS = AS/CS.

Dokaz. Dokažimo prvo da su trouglovi ASD i CSB slični.

Upisani uglovi DCB i DAB su jednaki jer su zasnovani na istom luku.

Uglovi ASD i BSC jednaki su vertikalnim.

Iz jednakosti navedenih uglova proizilazi da su trouglovi ASD i CSB slični. Iz sličnosti trokuta slijedi proporcija

DS/BS = AS/CS, ili AS BS = CS DS,

Q.E.D.

Svojstvo 2. Ako su dvije sekute povučene iz tačke P u kružnicu, koje sijeku kružnicu u tačkama A, B i C, D, redom, tada je AR/SR = DP/BP.

Dokaz. Neka su A i C tačke preseka preseka sa kružnicom koja je najbliža tački P. Trokuti PAD i RSV su slični. Imaju zajednički ugao u vrhu P, a uglovi B i D su jednaki kao upisani, na osnovu istog luka. Iz sličnosti trouglova proizilazi proporcija AR/SR = DP/BP, koju je trebalo dokazati.

Svojstvo simetrale ugla trougla

Simetrala ugla trougla dijeli suprotnu stranu na segmente proporcionalne drugim dvjema stranicama.

Dokaz. Neka je CD simetrala trougla ABC. Ako je trougao ABC jednakokračan sa osnovom AB, tada je naznačeno svojstvo simetrale očigledno, jer je u ovom slučaju simetrala ujedno i medijana. Razmotrimo opći slučaj gdje AC nije jednako BC. Ispustimo okomite AF i BE iz vrhova A i B na pravu CD. Pravokutni trouglovi ACF i ALL su slični, jer imaju jednake oštre uglove u vrhu C.

Iz sličnosti trokuta slijedi proporcionalnost stranica: AC / BC \u003d AF / BE. Pravokutni trouglovi ADF i BDE su također slični. Njihovi uglovi na vrhu D jednaki su vertikalnim. To proizilazi iz sličnosti: AF/BE = AD/BD. Uspoređujući ovu jednakost s prethodnom, dobivamo: AC / BC = AD / BD ili AC / AD = BC / BD, odnosno AD i BD su proporcionalni stranicama AC i BC.