Окръжност. Ъгли в окръжност

Самоподготовка по Математика
за 10 клас
Геометрия

Съдържание на темата:

Взаимно положение на права и окръжност – решени задачи
Ъгли свързани с окръжност – решени задачи
Допирателни до окръжност – решени задачи

I. Взаимно положение на права и окръжност

Решени задачи

Зад. №1:: Хорда пресича диаметър на окръжност под ъгъл 30° и го дели на отсечки с дължини 2 cm и 6 cm. Намерете разстоянието на центъра на окръжността до хордата.

Решете сами задачата като използвате теорията. Ако не можете, разгледайте упътването и отново се опитайте да я решите. При евентуален неуспех вижте примерното решение.

Намерете подходящ правоъгълен триъгълник и използвайте теоремата за катет лежащ срещу ъгъл 30°.

По условие имаме: BCN = 30°, BC = 2cm, AC = 6 cm, като търсим отсечката OH.
Тогава окръжността има диаметър AB = AC + CB = 6 + 2 = 8 cm и радиус AO = AB = 4 cm.
OC = AC – AO = 6 – 4 = 2 cm.
OCH = BCN = 30° (като връхни ъгли).
Разглеждаме правоъгълния ΔOCH: H = 90°, OCH = 30° OH = OC = 1 cm.
Отговор: OH = 1 cm.

Зад. №2:

Точка A лежи на окръжност k (O; r). Хордите AB и AC са перпендикулярни. Ако AB има дължина 6 cm и разстоянието ѝ до точка O е 2 cm. Да се намери:

а) дължината на хордата AC и разстоянието ѝ до центъра на окръжността;

б) радиуса r на окръжността.

а) От подходящ правоъгълник намерете една от страните му и след това използвайте Теорема 1.

б) За подходящ правоъгълен триъгълник използвайте Питагорова теорема.

а)

ON и OM са разстоянията на т. O до хордите AB и AC.
По условие имаме ON AB и от Теорема 1 следва, че AN = BN = AB = 3.
ONAM – правоъгълник, защото: A = N = M = 90°.
Тогава: OM = AN = 3 cm, AM = ON = 2 cm.
По условие имаме OM AC и от Теорема 1 следва, че AC = 2AM = 2.2 = 4 cm.
Отговор: AC = 4 cm, OM = 3 cm.

б)Трябва да намерим OB = r.

Прилагаме Питагорова теорема за ΔBNO (N = 90°):
OB² = ON² + BN² = 2² + 3² = 13 OB = .
Отговор: r = cm.

Върни се в теорията

II. Ъгли свързани с окръжност

Теория

Решени задачи

Зад. №1:

Дадена е окръжност k (O; r) с диаметър AB. Точките C и D делят едната полуокръжност на три равни дъги, а точка M е средата на другата полуокръжност. Отсечките DC и MB се пресичат в точка P, а отсечките MC и BD в точка N. През точка M е построена допирателна до k, която пресича BC в точка Q. Намерете:

а) ъглите между правите DO и AB, DP и CM, DB и MP;

б) DPM, DNM и MQB;

в) ъглите на ΔMBN и на ΔDCN и ги сравнете;

г) ъглите на ΔDMP и на ΔBCP;

д) сравнете ъглите на ΔMQC и на ΔBQM.

Определете вида на ъгъла и приложете подходяща формула.

Намираме всички дъги: ъгли и окръжност

а)

Между правите DO и AB има два съседни ъгъла AOD и BOD. Ще намерим само AOD (съседният му BOD се намира по теорема за съседни ъгли), който е централен и използваме формула (5):
Намираме ъглите между правите DP и CM:
- Използваме условието, че т. М е среда на полуокръжността и намерената по-горе дъга:
  60° + 90° = 150°.
- DCM – вписан и прилагаме формула (6):
  . 150° = 75°.
- Прилагаме теорема за съседни ъгли:
  PCM + DCM = 180° PCM + 75° = 180° PCM = 105°.
Намираме ъглите между правите DB и MP:
- DBM – вписан и прилагаме формула (6):
  DBM . 150° = 75°.
- Прилагаме теорема за съседни ъгли:
  DBP + DBM = 180° DBP + 75° = 180° DBP = 105°.

Бележка:

Вписаните ъгли DCM и DBM са равни, защото имат една и съща прилежаща дъга.

б)

За DPM използваме формула (9), защото върхът му е външна точка за окръжността, а раменете му са секателни:
(150° – 60°) = 45°.
За DNM използваме формула (8), защото върхът му е вътрешна точка за окръжността, а раменете му са хорди:
(150° + 60°) = 105°.
Намираме MQB:
- 120° + 90° = 210°.
- За MQB използваме формула (9), защото върхът му е външна точка за окръжността, едното му рамо е допирателно до окръжността, а другото е секателно:
  (210° – 90°) = 60°.

в)

Намираме ъглите на ΔMBN:
- В подточка а) намерихме, че DBM = 75°. Това означава, че NBM = 75°.
- Използваме теорема за съседни ъгли:
  BNM = 180° – DNM = 180° – 105° = 75°.
- BMN – вписан и прилагаме формула (6):
  . 60° = 30°.
Бележка:

BMN може да го намери и по друг начин, като приложим теорема за сбор на ъгли за ΔMBN.
Намираме ъглите на ΔDCN:
- В подточка а) намерихме, че DCM = 75°. Това означава, че DCN = 75°.
- DNC и BNM са връхни ъгли DNC = BNM = 75°.
- CDN – вписан и прилагаме формула (6):
  . 60° = 30°.
Сравняваме получените ъгли:
- NBM = DCN = 75°.
- BNM = DNC = 75°.
- BMN = CDN = 30°.
- Т.е. двата триъгълника имат равни ъгли.

г)

Намираме ъглите на ΔDMP:
- В подточка б) намерихме, че DPM = 45°.
- 60° + 60° = 120°.
- PMD – вписан и прилагаме формула (6):
  . 120° = 60°.
- За ΔDMP прилагаме теорема за сбор на вътрешни ъгли:
  MDP = 180° – (PMD + DPM) = 180° – (60° + 45°) = 75°.
Намираме ъглите на ΔBCP:
- 120° + 90° = 210°.
- CBM – вписан и прилагаме формула (6):
  . 210° = 105°.
- Използваме теорема за съседни ъгли:
  PBC = 180° – CBM = 180° – 105° = 75°.
- В подточка б) намерихме, че DPM = 45°. Това означава, че CPB = 45°.
- За ΔBCP прилагаме теорема за сбор на вътрешни ъгли:
  PCB = 180° – (CPB + PBC) = 180° – (45° + 75°) = 60°.

д)

Намираме ъглите на ΔMQC:
- В подточка б) намерихме, че MQB = 60°. Това означава, че MQC = 60°.
- 60° + 90° = 150°.
- QMC – периферен и прилагаме формула (7):
  . 150° = 75°.
- За ΔMQC прилагаме теорема за сбор на вътрешни ъгли:
  MCQ = 180° – (QMC + MQC) = 180° – (75° + 60°) = 45°.
Намираме ъглите на ΔBQM:
- В подточка б) намерихме, че MQB = 60°.
- QMB – периферен и прилагаме формула (7):
  . 90° = 45°.
- За ΔBQM прилагаме теорема за сбор на вътрешни ъгли:
  MBQ = 180° – (QMB + MQB) = 180° – (45° + 60°) = 75°.
Сравнете ъглите на ΔMQC и на ΔBQM.
- MQC = MQB = 60°.
- QMC = MBQ = 75°.
- MCQ = QMB = 45°.
- Т.е. двата триъгълника имат равни ъгли.

Върни се в теорията

III. Допирателни до окръжност

Теория

Решени задачи

Зад. №1:

Окръжностите k₁ (O₁; r₁) и k₂ (O₂; r₂) се допират външно в точка T и имат обща външна допирателна AB. Ако AB пресича общата им вътрешна допирателна в точка M, докажете, че:

а) точката M е среда на отсечката AB;

б) триъгълникът ABT е правоъгълен.

а) Използвайте Теорема 4 (за две допирателни пресичащи се във външна точка).

б) Използвайте подходяща теорема за медиана към хипотенузата в правоъгълен триъгълник.

а)

Правите BM и TM са допирателни към окръжността k₂, като се пресичат в точка M и от теорема за допирателна (формула 3) следва, че BM = TM.
По подобен начин правите AM и TM са допирателни към окръжността k₁ и отново от същата теорема (формула 3) следва, че AM = TM.
Това означава, че AM = BM, т.е. т. M е среда на AB.

б)

В подточка а) доказахме, че TM е медиана в ΔABT и освен това, тя е равна на половината от страната AB.
От Теорема 1 за медиана към хипотенузата следва, че ΔABT е правоъгълен с прав ъгъл при върха T.

Зад. №2:

На чертежа правата AB е обща външна допирателна на окръжностите k₁ (O₁; r₁ = 6 cm) и k₂ (O₂; r₂ = 4 cm).

а) Докажете, че четириъгълникът AO₁O₁B е правоъгълен трапец.

б) Ако лицето на AO₁O₁B е 30 cm², намерете дължините на допирателната AB и централата O₁O₂.

а) Докажете, че радиусите на двете окръжности са успоредни.

б) Намерете височината на трапеца и след това приложете Питагорова теорема за подходящ правоъгълен триъгълник, за да намерите търсената централа.

а)

По условие O₁A и O₂B са радиуси на окръжностите k₁ и k₂, а AB е обща допирателна на тези окръжности, т.е. O₁AB = O₂BA = 90°.
Но O₁AB и O₂BA са прилежащи ъгли, т.е. O₁A || O₂B и четириъгълникът AO₁O₂B е правоъгълен трапец.

б)

лице трапец

Върни се в теорията

Върни се нагоре Начало Предходен Следващ

Вижте още

Самоподготовка

Предстоят ви изпити или матура по Математика или Физика, но не сте убедени, че сами ще се справите. Учебен център „СОЛЕМА“ ви предоставя следните програми и тестове към тях:

МАТЕМАТИКА

Кандидат-студенти

Матура

10 клас

7 клас

ФИЗИКА

Кандидат-студенти

Матура