Arányos szakaszok egy körben. Matematika. Algebra. Geometria. Trigonometria

111. tétel. 1) A kör valamely pontjáról az átmérőre ejtett merőleges középarányos az átmérő részei között. Ezt a merőlegest néha ordinátának is nevezik.

2) Az átmérő végét a kör pontjával összekötő húr középarányos az átmérő és a húrral szomszédos szakasz között.

Adott. A kör valamely C pontjából ejtsük a merőleges CD-t az AB átmérőre (169. ábra).

Be kell bizonyítani, hogy 1) AD/CD = CD/DB, és 2) AD/AC = AC/AB.

Bizonyíték. Kössük össze a C pontot az AB átmérő végeivel, ekkor a C pontban egy ACB derékszög alakul ki, amelyben a CD szakasz a derékszög csúcsából a befogóba esett merőleges.

A 100. tétel alapján a következő arány áll fenn:

a 101. tétel alapján az arány:

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

Következmény. Az akkordok négyzetei az átmérő megfelelő szegmenseiként kapcsolódnak egymáshoz.

Bizonyíték. Az egyenletek az (1) arányból következnek:

AC 2 = AB AD, CB 2 = AB BD

ahol elválasztással találjuk:

AC 2 /CB 2 = AD/DB.

112. tétel. Az egymást metsző akkordok részei fordítottan arányosak egymással.

Két egymást metsző AB és CD akkord van megadva (170. ábra).

Ezt bizonyítani kell

azaz az első akkord nagyobb része a második akkord nagyobb részéhez kapcsolódik, mint a második akkord kisebb része az első akkord kisebb részéhez.

Bizonyíték. Kössük össze az A pontot C-vel és B-t D-vel, ekkor két hasonló ACE és DBE háromszög keletkezik, mivel az E pontban a szögek függőlegesek, ∠CAB = ∠CDB a CB ív végeire támaszkodva, ∠ACD = ∠ABD, mint az AD ív végeire támaszkodva.

Az ACE és DBE háromszögek hasonlóságából az arány következik:

BE/DE = CE/AE (a)

Az a) arány az egyenlőséget jelenti:

BE AE = DE CE

megmutatja, hogy az egyik akkord szakaszainak szorzata egyenlő a másik akkord szakaszainak szorzatával.

113. tétel. A körön kívül ugyanabból a pontból két szekáns fordítottan arányos a külső részeivel.

Adott két AB és AC szekáns az A pontból húzva (171. rajz).

Ezt bizonyítani kell

azaz az első szekáns kapcsolódik a másodikhoz, mint ahogy a második külső része az első szekáns külső részéhez kapcsolódik.

Bizonyíték. Csatlakoztassa a D pontot a C-hez és a B pontot az E-hez.

A két ∠ABE és ∠ADC háromszög hasonló, mivel az A szög közös, B = C, mivel ugyanazon DE ív végein alapul, ezért ∠ADC = ∠AEB.

Az ADC és ABE háromszögek hasonlóságából az arány következik:

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

Ugyanebből az arányból következik az egyenlőség

AC AE = AB AD

azt mutatva egy szekáns és annak külső szegmensének szorzata egyenlő egy másik szekáns és szegmensének szorzatával(ha a szekánsok ugyanabból a pontból származnak).

114. tétel. Az érintő középarányos a teljes szekáns és annak külső része között.

Az AB érintő és a BC szekáns adott (172. ábra).

Ezt bizonyítani kell

Bizonyíték. Kössük össze az A pontot a C és D pontokkal.

Az ABC és ABD háromszögek hasonlóak, mert a B szög közös, ∠BAD = ∠ACD, ezért ∠CAB = ∠ADB.

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

Ebből az arányból következik az egyenlőség:

AB 2 = BC BD

azt mutatva az érintő négyzete egyenlő a szekáns és külső részének szorzatával.

Egy beírt négyszög oldalainak tulajdonsága

115. tétel. Bármely körbe írt négyszögben az átlók szorzata egyenlő a szemközti oldalak szorzatának összegével.

Ez a Ptolemaiosz-tételként ismert feltevés először Ptolemaiosz Alagegesztjében fordul elő a Kr.u. 2. században.

Adunk egy ABCD beírt négyszöget (173. ábra), és megrajzoljuk az AC és BD átlókat.

Be kell bizonyítani, hogy AC · BD = AB · CD + BC · AD.

Bizonyíték. Rajzolj egy BE egyenest úgy, hogy az EBC szög egyenlő legyen az ABD szöggel. Két ABD és BEC háromszög hasonló, mert ∠ABD = ∠CBE konstrukció szerint, ∠ADB = ∠BCE mint ugyanazon AB ív alapján, ezért

E háromszögek hasonlóságából az arány következik:

BC/BD = EC/AD (a)

Az ABE és a BCD háromszögek hasonlóak, mert ∠ABE = ∠DBC konstrukció szerint, ∠BAE = ∠BDC a BC ív alapján, ezért

∠BEA = ∠BCD.

E háromszögek hasonlóságából az arány következik:

AB/BD = AE/CD (b)

Az (a) és (b) arányok egyenlőséget jelentenek:

BC AD = BD EC
AB CD = BD AE

Ezeket az egyenlőségeket hozzáadva a következőket kapjuk:

időszámításunk előtt AD + AB CD = BD EC + BD AE = BD (EC + AE)

Mivel EC + AE = AC, akkor

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

116. tétel. Bármely beírt négyszögben az átlókat az oldalak szorzatainak összegeként viszonyítjuk az átlók végei alapján.

Adunk egy ABCD beírt négyszöget (174. ábra), és megrajzoljuk az AC és BD átlókat.

Ezt bizonyítani kell

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

Bizonyíték. a) A B pontból félretesszük az egyenáramú BE ívet, és az E pontot összekötjük az A, B, D pontokkal.

Az ABED beírt négyszögre az egyenlőség érvényes:

AE BD = AD BE + AB DE.

Mivel BE = CD szerkezet szerint, DE = BC, mert ◡DE = ◡DC + ◡CE és ◡BC = ◡BE + ◡CE.

Ha a BE-t és a DE-t értékükre cseréljük, egyenlőségünk van:

AE BD = AD CD + AB BC (a)

b) Ha az AF ívet félretesszük az A pontból, amely egyenlő a BC ívvel, és az F pontot összekötjük az A, D, C pontokkal, akkor az AFCD négyszög egyenlősége:

AC DF = AF CD + AD CF

Ebben az egyenlőségben AF = BC konstrukció szerint, CF = AB (mert ◡CF = ◡BC + ◡BF és ◡AB = ◡AF + ◡BF = ◡BC + ◡BF)

Az AF és CF mennyiségeket a mennyiségeikre cserélve megkapjuk az egyenlőséget:

AC DF = BC CD + AD AB (b)

Az (a) és (b) egyenlőségben az AE és a DF szakaszok egyenlőek, mert

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

Az (a) és (b) egyenlőséget elválasztva azt kapjuk, hogy:

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

Tekintsük először az adott körön kívüli A pontból húzott AC szekánst (288. ábra). Ugyanabból a pontból rajzolja meg az AT érintőt. Az A pont és a körhöz legközelebb eső metszéspont közötti szakaszt a metszés külső részének nevezzük (AB szakasz a 288. ábrán), míg a két metszéspont közül a legtávolabbi AC szakaszt egyszerűen a metszéspontnak nevezzük. . Az A-tól az érintkezési pontig tartó érintőszakaszt röviden érintőnek is nevezik. Akkor

Tétel. Egy szekáns és külső részének szorzata egyenlő az érintő négyzetével.

Bizonyíték. Kössük össze a pontot. Az ACT és BT A háromszögek hasonlóak, mivel közös szögük van az A csúcsban, az ACT és szögek pedig egyenlőek, mivel mindkettőt ugyanannak a TB ívnek a fele méri. Ezért innen megkapjuk a kívánt eredményt:

Az érintő egyenlő az ugyanabból a pontból húzott szekáns és annak külső része közötti geometriai átlaggal.

Következmény. Egy adott A ponton áthúzott szekáns esetén a hosszának és a külső részének szorzata állandó:

Tekintsük most az akkordokat, amelyek egy belső pontban metszik egymást. Helyes állítás:

Ha két húr metszi egymást, akkor az egyik akkord szakaszainak szorzata megegyezik a másik húr szakaszainak szorzatával (azaz azon szakaszokkal, amelyekre az akkordot a metszéspont felosztja).

Tehát az ábrán. 289 az AB és CD akkordok az M pontban metszik egymást, és van Más szóval,

Adott M pontra azon szakaszok szorzata, amelyekre bármely rajta áthaladó húrt felosztja, állandó.

Ennek bizonyítására megjegyezzük, hogy az MBC és MAD háromszögek hasonlóak: a CMB és DMA szögek függőlegesek, a MAD és MCB szögek ugyanazon az íven alapulnak. Innen találjuk

Q.E.D.

Ha egy adott M pont l távolságra van a középponttól, akkor átmérőt húzva rajta és az egyik húrnak tekintve azt találjuk, hogy az átmérő szegmenseinek és így bármely más húrnak a szorzata egyenlő -hoz Ez egyenlő az M-en átmenő minimális félakkord négyzetével (a megadott átmérőre merőlegesen).

Az akkord szakaszainak szorzatának állandóságára vonatkozó tétel és a szekáns szorzatának külső része általi állandóságára vonatkozó tétel ugyanannak az állításnak két esete, a különbség csak az, hogy a szekánsokat külső, ill. a kör belső pontja. Most megadhat még egy jellemzőt, amely megkülönbözteti a beírt négyszögeket:

Bármely beírt négyszögben a vágási szorzatok, amelyekbe az átlókat metszéspontjukkal osztják, egyenlők.

A feltétel szükségessége nyilvánvaló, hiszen az átlók a körülírt kör akkordjai lesznek. Kimutatható, hogy ez a feltétel is elegendő.

1. tulajdonság . Ha a kör AB és CD húrjai az S pontban metszik egymást, akkor AS BS = CS DS, azaz DS/BS = AS/CS.

Bizonyíték. Először is bizonyítsuk be, hogy az ASD és a CSB háromszögek hasonlóak.

A beírt DCB és DAB szögek egyenlőek, mivel ugyanazon az íven alapulnak.

Az ASD és a BSC szögek függőlegesek.

A jelzett szögek egyenlőségéből az következik, hogy az ASD és a CSB háromszögek hasonlóak. A háromszögek hasonlóságából következik az arány

DS/BS = AS/CS, vagy AS BS = CS DS,

Q.E.D.

2. tulajdonság. Ha a P pontból két szekánst húzunk a körbe, amelyek a kört az A, B, illetve C, D pontokban metszik, akkor АР/СР = DP/BP.

Bizonyíték. Legyen A és C a szekánsok metszéspontja a P ponthoz legközelebb eső körrel. A PAD és az RSV háromszögek hasonlóak. Közös szögük van a P csúcsban, és a B és D szögek megegyeznek a beírt szögekkel, ugyanazon ív alapján. A háromszögek hasonlóságából adódik a АР/СР = DP/BP arány, amelyet igazolni kellett.

Egy háromszög szögének felező tulajdonsága

A háromszög szögfelezője a szemközti oldalt a másik két oldallal arányos szakaszokra osztja.

Bizonyíték. Legyen CD az ABC háromszög felezőpontja. Ha az ABC háromszög egyenlő szárú AB alappal, akkor a felező jelzett tulajdonsága nyilvánvaló, mivel ebben az esetben a felező egyben a medián. Tekintsük azt az általános esetet, amikor AC nem egyenlő BC-vel. Dobjuk az AF és BE merőlegeseket az A és B csúcsokból a CD egyenesbe. Az ACF és az ALL derékszögű háromszögek hasonlóak, mivel a C csúcsban egyenlő hegyesszögekkel rendelkeznek.

A háromszögek hasonlóságából az oldalak arányossága következik: AC / BC \u003d AF / BE. Az ADF és a BDE derékszögű háromszögek is hasonlóak. Szögeik a D csúcsban megegyeznek a függőlegessel. A hasonlóságból következik: AF/BE = AD/BD. Összehasonlítva ezt az egyenlőséget az előzővel, a következőket kapjuk: AC / BC \u003d AD / BD vagy AC / AD \u003d BC / BD, azaz AD és BD arányosak az AC és BC oldalakkal.