U članku se detaljno objašnjavaju definicije, geometrijsko značenje derivacije s grafičkim oznakama. Razmatrat će se jednadžba tangente na primjerima, naći će se jednadžbe tangente na krivulje 2. reda.

Definicija 1

Kut nagiba pravca y = k x + b naziva se kut α, koji se mjeri od pozitivnog smjera osi x do pravca y = k x + b u pozitivnom smjeru.

Na slici je smjer x označen zelenom strelicom i zelenim lukom, a kut nagiba crvenim lukom. Plava linija odnosi se na ravnu liniju.

Definicija 2

Nagib pravca y = k x + b naziva se numerički koeficijent k.

Kutni koeficijent jednak je tangenti ravne crte, drugim riječima k = t g α.

  • Kut nagiba ravne crte jednak je 0 samo ako je paralelna s x i nagib je jednak nuli, jer je tangens nule jednak 0. To znači da će oblik jednadžbe biti y = b.
  • Ako je kut nagiba pravca y = k x + b oštar, tada su zadovoljeni uvjeti 0< α < π 2 или 0 ° < α < 90 ° . Отсюда имеем, что значение углового коэффициента k считается положительным числом, потому как значение тангенс удовлетворяет условию t g α >0, a na grafu postoji porast.
  • Ako je α = π 2, tada je mjesto pravca okomito na x. Jednakost je specificirana s x = c pri čemu je vrijednost c realan broj.
  • Ako je kut nagiba ravne linije y = k x + b tup, tada odgovara uvjetima π 2< α < π или 90 ° < α < 180 ° , значение углового коэффициента k принимает отрицательное значение, а график убывает.
Definicija 3

Sekanta je pravac koji prolazi kroz 2 točke funkcije f (x). Drugim riječima, sekans je ravna crta koja prolazi kroz bilo koje dvije točke na grafu dane funkcije.

Slika pokazuje da je A B sekanta, a f (x) je crna krivulja, α je crveni luk, koji označava kut nagiba sekante.

Kad je kutni koeficijent pravca jednak tangensu kuta nagiba, jasno je da se tangens pravokutnog trokuta A B C može pronaći omjerom suprotne stranice prema susjednoj.

Definicija 4

Dobivamo formulu za pronalaženje sekansa oblika:

k = t g α = B C A C = f (x B) - f x A x B - x A, gdje su apscise točaka A i B vrijednosti x A, x B i f (x A), f (x B) su funkcije vrijednosti u tim točkama.

Očito, kutni koeficijent sekante određuje se pomoću jednakosti k = f (x B) - f (x A) x B - x A ili k = f (x A) - f (x B) x A - x B , a jednadžba se mora napisati kao y = f (x B) - f (x A) x B - x A x - x A + f (x A) ili
y = f (x A) - f (x B) x A - x B x - x B + f (x B) .

Sekanta vizualno dijeli graf na 3 dijela: lijevo od točke A, od A do B, desno od B. Donja slika pokazuje da postoje tri sekante koje se smatraju podudarnima, odnosno postavljaju se pomoću slična jednadžba.

Po definiciji je jasno da se pravac i njegova sekansa u ovom slučaju podudaraju.

Sekans može više puta presijecati graf dane funkcije. Ako za sekantu postoji jednadžba oblika y = 0, tada je broj točaka sjecišta sa sinusoidom beskonačan.

Definicija 5

Tangenta na graf funkcije f (x) u točki x 0 ; f (x 0) je pravac koji prolazi kroz zadanu točku x 0; f (x 0), uz prisustvo segmenta koji ima mnogo x vrijednosti blizu x 0.

Primjer 1

Pogledajmo pobliže primjer u nastavku. Tada je jasno da se pravac definiran funkcijom y = x + 1 smatra tangentom na y = 2 x u točki s koordinatama (1; 2). Radi jasnoće, potrebno je razmotriti grafikone s vrijednostima blizu (1; 2). Funkcija y = 2 x prikazana je crnom bojom, plava linija je tangenta, a crvena točka je točka presjeka.

Očito se y = 2 x spaja s pravcem y = x + 1.

Da bismo odredili tangentu, trebali bismo razmotriti ponašanje tangente A B dok se točka B beskonačno približava točki A. Radi jasnoće prikazujemo crtež.

Sekanta A B, označena plavom crtom, teži položaju same tangente, a kut nagiba sekante α počet će težiti kutu nagiba same tangente α x.

Definicija 6

Tangenta na graf funkcije y = f (x) u točki A smatra se graničnim položajem sekante A B dok B teži A, odnosno B → A.

Sada prijeđimo na razmatranje geometrijskog značenja derivacije funkcije u točki.

Prijeđimo na razmatranje sekante A B za funkciju f (x), gdje su A i B s koordinatama x 0, f (x 0) i x 0 + ∆ x, f (x 0 + ∆ x), a ∆ x je označen kao prirast argumenta . Sada će funkcija poprimiti oblik ∆ y = ∆ f (x) = f (x 0 + ∆ x) - f (∆ x) . Radi jasnoće, dajmo primjer crteža.

Promotrimo dobiveni pravokutni trokut A B C. Za rješavanje koristimo definiciju tangente, odnosno dobivamo relaciju ∆ y ∆ x = t g α . Iz definicije tangente slijedi da je lim ∆ x → 0 ∆ y ∆ x = t g α x . Prema pravilu derivacije u točki imamo da se derivacija f (x) u točki x 0 naziva granica omjera prirasta funkcije i prirasta argumenta, gdje je ∆ x → 0 , tada ga označavamo kao f (x 0) = lim ∆ x → 0 ∆ y ∆ x .

Slijedi da je f " (x 0) = lim ∆ x → 0 ∆ y ∆ x = t g α x = k x, gdje je k x označen kao nagib tangente.

To jest, nalazimo da f ' (x) može postojati u točki x 0, i kao tangenta na dani graf funkcije u točki dodirivanja jednaka x 0, f 0 (x 0), gdje je vrijednost nagib tangente u točki jednak je izvodnici u točki x 0 . Tada dobivamo da je k x = f " (x 0) .

Geometrijsko značenje derivacije funkcije u točki je da daje koncept postojanja tangente na graf u istoj točki.

Da bismo zapisali jednadžbu bilo koje ravne crte na ravnini, potrebno je imati kutni koeficijent s točkom kroz koju ona prolazi. Njegova oznaka je x 0 na sjecištu.

Jednadžba tangente na graf funkcije y = f (x) u točki x 0, f 0 (x 0) ima oblik y = f "(x 0) x - x 0 + f (x 0).

To znači da konačna vrijednost derivacije f "(x 0) može odrediti položaj tangente, odnosno okomito, pod uvjetom da je lim x → x 0 + 0 f "(x) = ∞ i lim x → x 0 - 0 f "(x ) = ∞ ili uopće odsutnost pod uvjetom lim x → x 0 + 0 f " (x) ≠ lim x → x 0 - 0 f " (x) .

Položaj tangente ovisi o vrijednosti njezinog kutnog koeficijenta k x = f "(x 0). Kada je paralelna s osi o x, dobivamo da je k k = 0, kada je paralelna s o y - k x = ∞, a oblik tangente tangentna jednadžba x = x 0 raste s k x > 0, opada s k x< 0 .

Primjer 2

Sastavite jednadžbu za tangentu na graf funkcije y = e x + 1 + x 3 3 - 6 - 3 3 x - 17 - 3 3 u točki s koordinatama (1; 3) i odredite nagibni kut.

Riješenje

Po uvjetu imamo da je funkcija definirana za sve realne brojeve. Nalazimo da je točka s koordinatama navedenim uvjetom (1; 3) dodirna točka, tada je x 0 = - 1, f (x 0) = - 3.

Potrebno je pronaći derivaciju u točki s vrijednošću -1. Shvaćamo to

y " = e x + 1 + x 3 3 - 6 - 3 3 x - 17 - 3 3 " = = e x + 1 " + x 3 3 " - 6 - 3 3 x " - 17 - 3 3 " = e x + 1 + x 2 - 6 - 3 3 y " (x 0) = y " (- 1) = e - 1 + 1 + - 1 2 - 6 - 3 3 = 3 3

Vrijednost f' (x) u točki dodirivanja je nagib tangente, koja je jednaka tangenti nagiba.

Tada je k x = t g α x = y " (x 0) = 3 3

Slijedi da je α x = a r c t g 3 3 = π 6

Odgovor: jednadžba tangente poprima oblik

y = f " (x 0) x - x 0 + f (x 0) y = 3 3 (x + 1) - 3 y = 3 3 x - 9 - 3 3

Radi jasnoće, dajemo primjer u grafičkoj ilustraciji.

Crna boja je korištena za graf izvorne funkcije, plava boja je slika tangente, a crvena točka je dodirna točka. Slika s desne strane prikazuje uvećani prikaz.

Primjer 3

Odrediti postojanje tangente na graf zadane funkcije
y = 3 · x - 1 5 + 1 u točki s koordinatama (1 ; 1) . Napišite jednadžbu i odredite nagibni kut.

Riješenje

Po uvjetu imamo da se domenom definiranja dane funkcije smatra skup svih realnih brojeva.

Prijeđimo na pronalaženje izvoda

y " = 3 x - 1 5 + 1 " = 3 1 5 (x - 1) 1 5 - 1 = 3 5 1 (x - 1) 4 5

Ako je x 0 = 1, tada je f' (x) nedefiniran, ali su granice napisane kao lim x → 1 + 0 3 5 1 (x - 1) 4 5 = 3 5 1 (+ 0) 4 5 = 3 5 · 1 + 0 = + ∞ i lim x → 1 - 0 3 5 · 1 (x - 1) 4 5 = 3 5 · 1 (- 0) 4 5 = 3 5 · 1 + 0 = + ∞ , što znači da postojanje vertikalne tangente u točki (1; 1).

Odgovor: jednadžba će imati oblik x = 1, gdje će kut nagiba biti jednak π 2.

Radi jasnoće, prikažimo to grafički.

Primjer 4

Pronađite točke na grafu funkcije y = 1 15 x + 2 3 - 4 5 x 2 - 16 5 x - 26 5 + 3 x + 2, gdje je

  1. Nema tangente;
  2. Tangenta je paralelna s x;
  3. Tangenta je paralelna s pravcem y = 8 5 x + 4.

Riješenje

Potrebno je obratiti pozornost na opseg definicije. Po uvjetu imamo da je funkcija definirana na skupu svih realnih brojeva. Proširujemo modul i rješavamo sustav s intervalima x ∈ - ∞ ; 2 i [-2; + ∞) . Shvaćamo to

y = - 1 15 x 3 + 18 x 2 + 105 x + 176 , x ∈ - ∞ ; - 2 1 15 x 3 - 6 x 2 + 9 x + 12 , x ∈ [ - 2 ; + ∞)

Potrebno je razlikovati funkciju. Imamo to

y " = - 1 15 x 3 + 18 x 2 + 105 x + 176 " , x ∈ - ∞ ; - 2 1 15 x 3 - 6 x 2 + 9 x + 12 ", x ∈ [ - 2 ; + ∞) ⇔ y " = - 1 5 (x 2 + 12 x + 35) , x ∈ - ∞ ; - 2 1 5 x 2 - 4 x + 3 , x ∈ [ - 2 ; + ∞)

Kada je x = − 2, tada derivacija ne postoji jer jednostrane granice u toj točki nisu jednake:

lim x → - 2 - 0 y " (x) = lim x → - 2 - 0 - 1 5 (x 2 + 12 x + 35 = - 1 5 (- 2) 2 + 12 (- 2) + 35 = - 3 lim x → - 2 + 0 y " (x) = lim x → - 2 + 0 1 5 (x 2 - 4 x + 3) = 1 5 - 2 2 - 4 - 2 + 3 = 3

Izračunamo vrijednost funkcije u točki x = - 2, gdje to dobijemo

  1. y (- 2) = 1 15 - 2 + 2 3 - 4 5 (- 2) 2 - 16 5 (- 2) - 26 5 + 3 - 2 + 2 = - 2, odnosno tangenta u točki ( - 2; - 2) neće postojati.
  2. Tangenta je paralelna s x kada je nagib nula. Zatim k x = t g α x = f "(x 0). To jest, potrebno je pronaći vrijednosti takvog x kada je derivat funkcije pretvori u nulu. To jest, vrijednosti f ' (x) bit će dodirne točke, gdje je tangenta paralelna s x.

Kada je x ∈ - ∞ ; - 2, zatim - 1 5 (x 2 + 12 x + 35) = 0, a za x ∈ (- 2; + ∞) dobivamo 1 5 (x 2 - 4 x + 3) = 0.

1 5 (x 2 + 12 x + 35) = 0 D = 12 2 - 4 35 = 144 - 140 = 4 x 1 = - 12 + 4 2 = - 5 ∈ - ∞ ; - 2 x 2 = - 12 - 4 2 = - 7 ∈ - ∞ ; - 2 1 5 (x 2 - 4 x + 3) = 0 D = 4 2 - 4 · 3 = 4 x 3 = 4 - 4 2 = 1 ∈ - 2 ; + ∞ x 4 = 4 + 4 2 = 3 ∈ - 2 ; +∞

Izračunajte odgovarajuće vrijednosti funkcije

y 1 = y - 5 = 1 15 - 5 + 2 3 - 4 5 - 5 2 - 16 5 - 5 - 26 5 + 3 - 5 + 2 = 8 5 y 2 = y (- 7) = 1 15 - 7 + 2 3 - 4 5 (- 7) 2 - 16 5 - 7 - 26 5 + 3 - 7 + 2 = 4 3 y 3 = y (1) = 1 15 1 + 2 3 - 4 5 1 2 - 16 5 1 - 26 5 + 3 1 + 2 = 8 5 y 4 = y (3) = 1 15 3 + 2 3 - 4 5 3 2 - 16 5 3 - 26 5 + 3 3 + 2 = 4 3

Dakle - 5; 8 5, - 4; 4 3, 1; 8 5, 3; 4 3 smatraju se traženim točkama grafa funkcije.

Pogledajmo grafički prikaz rješenja.

Crna linija je graf funkcije, crvene točke su dodirne točke.

  1. Kada su pravci paralelni, kutni koeficijenti su jednaki. Zatim je potrebno tražiti točke na grafu funkcije u kojima će nagib biti jednak vrijednosti 8 5. Da biste to učinili, trebate riješiti jednadžbu oblika y "(x) = 8 5. Tada, ako je x ∈ - ∞; - 2, dobivamo da je - 1 5 (x 2 + 12 x + 35) = 8 5, a ako je x ∈ ( - 2 ; + ∞), tada je 1 5 (x 2 - 4 x + 3) = 8 5.

Prva jednadžba nema korijene jer je diskriminant manji od nule. Zapišimo to

1 5 x 2 + 12 x + 35 = 8 5 x 2 + 12 x + 43 = 0 D = 12 2 - 4 43 = - 28< 0

Druga jednadžba, dakle, ima dva stvarna korijena

1 5 (x 2 - 4 x + 3) = 8 5 x 2 - 4 x - 5 = 0 D = 4 2 - 4 · (- 5) = 36 x 1 = 4 - 36 2 = - 1 ∈ - 2 ; + ∞ x 2 = 4 + 36 2 = 5 ∈ - 2 ; +∞

Prijeđimo na pronalaženje vrijednosti funkcije. Shvaćamo to

y 1 = y (- 1) = 1 15 - 1 + 2 3 - 4 5 (- 1) 2 - 16 5 (- 1) - 26 5 + 3 - 1 + 2 = 4 15 y 2 = y (5) = 1 15 5 + 2 3 - 4 5 5 2 - 16 5 5 - 26 5 + 3 5 + 2 = 8 3

Bodovi s vrijednostima - 1; 4 15, 5; 8 3 su točke u kojima su tangente paralelne s pravcem y = 8 5 x + 4.

Odgovor: crna linija – graf funkcije, crvena linija – graf od y = 8 5 x + 4, plava linija – tangente u točkama - 1; 4 15, 5; 8 3.

Može postojati beskonačan broj tangenti za dane funkcije.

Primjer 5

Napišite jednadžbe svih dostupnih tangensi funkcije y = 3 cos 3 2 x - π 4 - 1 3 koje se nalaze okomito na ravnu liniju y = - 2 x + 1 2.

Riješenje

Za sastavljanje jednadžbe tangente potrebno je pronaći koeficijent i koordinate tangentne točke, na temelju uvjeta okomitosti pravaca. Definicija je sljedeća: umnožak kutnih koeficijenata koji su okomiti na ravne crte jednak je - 1, odnosno zapisan kao k x · k ⊥ = - 1. Iz uvjeta imamo da se kutni koeficijent nalazi okomito na pravac i da je jednak k ⊥ = - 2, tada je k x = - 1 k ⊥ = - 1 - 2 = 1 2.

Sada morate pronaći koordinate dodirnih točaka. Morate pronaći x, a zatim njegovu vrijednost za zadanu funkciju. Primijetimo da iz geometrijskog značenja derivacije u točki
x 0 dobivamo da je k x = y "(x 0). Iz ove jednakosti nalazimo vrijednosti x za dodirne točke.

Shvaćamo to

y " (x 0) = 3 cos 3 2 x 0 - π 4 - 1 3 " = 3 - sin 3 2 x 0 - π 4 3 2 x 0 - π 4 " = = - 3 sin 3 2 x 0 - π 4 3 2 = - 9 2 sin 3 2 x 0 - π 4 ⇒ k x = y " (x 0) ⇔ - 9 2 sin 3 2 x 0 - π 4 = 1 2 ⇒ sin 3 2 x 0 - π 4 = - 1 9

Ova trigonometrijska jednadžba će se koristiti za izračunavanje ordinata tangentnih točaka.

3 2 x 0 - π 4 = a r c sin - 1 9 + 2 πk ili 3 2 x 0 - π 4 = π - a r c sin - 1 9 + 2 πk

3 2 x 0 - π 4 = - a r c sin 1 9 + 2 πk ili 3 2 x 0 - π 4 = π + a r c sin 1 9 + 2 πk

x 0 = 2 3 π 4 - a r c sin 1 9 + 2 πk ili x 0 = 2 3 5 π 4 + a r c sin 1 9 + 2 πk , k ∈ Z

Z je skup cijelih brojeva.

pronađeno je x dodirnih točaka. Sada morate prijeći na traženje vrijednosti y:

y 0 = 3 cos 3 2 x 0 - π 4 - 1 3

y 0 = 3 1 - sin 2 3 2 x 0 - π 4 - 1 3 ili y 0 = 3 - 1 - sin 2 3 2 x 0 - π 4 - 1 3

y 0 = 3 1 - - 1 9 2 - 1 3 ili y 0 = 3 - 1 - - 1 9 2 - 1 3

y 0 = 4 5 - 1 3 ili y 0 = - 4 5 + 1 3

Iz ovoga dobivamo da je 2 3 π 4 - a r c sin 1 9 + 2 πk ; 4 5 - 1 3 , 2 3 5 π 4 + a r c sin 1 9 + 2 πk ; - 4 5 + 1 3 su dodirne točke.

Odgovor: potrebne jednadžbe bit će zapisane kao

y = 1 2 x - 2 3 π 4 - a r c sin 1 9 + 2 πk + 4 5 - 1 3 , y = 1 2 x - 2 3 5 π 4 + a r c sin 1 9 + 2 πk - 4 5 + 1 3 , k ∈ Z

Za vizualni prikaz, razmotrite funkciju i tangentu na koordinatnoj liniji.

Slika pokazuje da se funkcija nalazi na intervalu [ - 10 ; 10 ], gdje je crna crta graf funkcije, plave linije su tangente, koje se nalaze okomito na zadanu liniju oblika y = - 2 x + 1 2. Crvene točke su dodirne točke.

Kanonske jednadžbe krivulja 2. reda nisu funkcije s jednom vrijednošću. Tangentne jednadžbe za njih sastavljaju se prema poznatim shemama.

Tangenta na kružnicu

Za definiranje kruga sa središtem u točki x c e n t e r ; y c e n t e r i radijusa R, primijenite formulu x - x c e n t e r 2 + y - y c e n t e r 2 = R 2 .

Ova se jednakost može napisati kao unija dviju funkcija:

y = R 2 - x - x centar 2 + y centar y = - R 2 - x - x centar 2 + y centar

Prva funkcija nalazi se na vrhu, a druga na dnu, kao što je prikazano na slici.

Sastaviti jednadžbu kružnice u točki x 0; y 0 , koji se nalazi u gornjem ili donjem polukrugu, trebali biste pronaći jednadžbu grafa funkcije oblika y = R 2 - x - x c e n t e r 2 + y c e n t e r ili y = - R 2 - x - x c e n t e r 2 + y c e n t e r na označenoj točki.

Kada je u točkama x c e n t e r ; y c e n t e r + R i x c e n t e r ; y c e n t e r - R tangente mogu se dati jednadžbama y = y c e n t e r + R i y = y c e n t e r - R, a u točkama x c e n t e r + R; y c e n t e r i
x c e n t e r - R; y c e n t e r će biti paralelan s o y, tada dobivamo jednadžbe oblika x = x c e n t e r + R i x = x c e n t e r - R .

Tangenta na elipsu

Kad elipsa ima središte u x c e n t e r ; y c e n t e r s poluosima a i b, tada se može specificirati pomoću jednadžbe x - x c e n t e r 2 a 2 + y - y c e n t e r 2 b 2 = 1.

Elipsa i krug mogu se označiti kombinacijom dviju funkcija, odnosno gornje i donje poluelipse. Onda to shvaćamo

y = b a · a 2 - (x - x c e n t e r) 2 + y c e n t e r y = - b a · a 2 - (x - x c e n t e r) 2 + y c e n t e r

Ako se tangente nalaze na vrhovima elipse, tada su paralelne oko x ili oko y. U nastavku, radi jasnoće, razmotrite sliku.

Primjer 6

Napišite jednadžbu tangente na elipsu x - 3 2 4 + y - 5 2 25 = 1 u točkama s vrijednostima x jednakim x = 2.

Riješenje

Potrebno je pronaći tangente koje odgovaraju vrijednosti x = 2. Zamjenimo u postojeću jednadžbu elipse i nađemo da

x - 3 2 4 x = 2 + y - 5 2 25 = 1 1 4 + y - 5 2 25 = 1 ⇒ y - 5 2 = 3 4 25 ⇒ y = ± 5 3 2 + 5

Zatim 2; 5 3 2 + 5 i 2; - 5 3 2 + 5 su tangente koje pripadaju gornjoj i donjoj poluelipsi.

Prijeđimo na pronalaženje i rješavanje jednadžbe elipse s obzirom na y. Shvaćamo to

x - 3 2 4 + y - 5 2 25 = 1 y - 5 2 25 = 1 - x - 3 2 4 (y - 5) 2 = 25 1 - x - 3 2 4 y - 5 = ± 5 1 - x - 3 2 4 y = 5 ± 5 2 4 - x - 3 2

Očito je da je gornja poluelipsa određena pomoću funkcije oblika y = 5 + 5 2 4 - x - 3 2, a donja poluelipsa y = 5 - 5 2 4 - x - 3 2.

Primijenimo standardni algoritam za izradu jednadžbe za tangentu na graf funkcije u točki. Zapišimo da je jednadžba za prvu tangentu u točki 2; 5 3 2 + 5 će izgledati ovako

y " = 5 + 5 2 4 - x - 3 2 " = 5 2 1 2 4 - (x - 3) 2 4 - (x - 3) 2 " = = - 5 2 x - 3 4 - ( x - 3 ) 2 ⇒ y " (x 0) = y " (2) = - 5 2 2 - 3 4 - (2 - 3) 2 = 5 2 3 ⇒ y = y " (x 0) x - x 0 + y 0 ⇔ y = 5 2 3 (x - 2) + 5 3 2 + 5

Nalazimo da je jednadžba druge tangente s vrijednošću u točki
2 ; - 5 3 2 + 5 ima oblik

y " = 5 - 5 2 4 - (x - 3) 2 " = - 5 2 1 2 4 - (x - 3) 2 4 - (x - 3) 2 " = = 5 2 x - 3 4 - (x - 3) 2 ⇒ y " (x 0) = y " (2) = 5 2 2 - 3 4 - (2 - 3) 2 = - 5 2 3 ⇒ y = y " (x 0) x - x 0 + y 0 ⇔ y = - 5 2 3 (x - 2) - 5 3 2 + 5

Grafički se tangente označavaju na sljedeći način:

Tangenta na hiperbolu

Kad hiperbola ima središte u x c e n t e r ; y c e n t e r i vrhovi x c e n t e r + α; y c e n t e r i x c e n t e r - α; y c e n t e r , nejednakost x - x c e n t e r 2 α 2 - y - y c e n t e r 2 b 2 = 1, ako je s vrhovima x c e n t e r ; y c e n t e r + b i x c e n t e r; y c e n t e r - b , tada se specificira pomoću nejednadžbe x - x c e n t e r 2 α 2 - y - y c e n t e r 2 b 2 = - 1 .

Hiperbola se može prikazati kao dvije kombinirane funkcije oblika

y = b a · (x - x c e n t e r) 2 - a 2 + y c e n t e r y = - b a · (x - x c e n t e r) 2 - a 2 + y c e n t e r ili y = b a · (x - x c e n t e r) 2 + a 2 + y c e n t e r y = - b a · (x - x c e n t e r) 2 + a 2 + y c e n t e r

U prvom slučaju imamo da su tangente paralelne s y, a u drugom su paralelne s x.

Iz toga slijedi da je za pronalaženje jednadžbe tangente na hiperbolu potrebno saznati kojoj funkciji pripada točka dodirivanja. Da bi se to utvrdilo, potrebno je zamijeniti u jednadžbe i provjeriti identičnost.

Primjer 7

Napišite jednadžbu za tangentu na hiperbolu x - 3 2 4 - y + 3 2 9 = 1 u točki 7; - 3 3 - 3 .

Riješenje

Potrebno je transformirati zapis rješenja za pronalaženje hiperbole pomoću 2 funkcije. Shvaćamo to

x - 3 2 4 - y + 3 2 9 = 1 ⇒ y + 3 2 9 = x - 3 2 4 - 1 ⇒ y + 3 2 = 9 x - 3 2 4 - 1 ⇒ y + 3 = 3 2 x - 3 2 - 4 i y + 3 = - 3 2 x - 3 2 - 4 ⇒ y = 3 2 x - 3 2 - 4 - 3 y = - 3 2 x - 3 2 - 4 - 3

Potrebno je identificirati kojoj funkciji pripada određena točka s koordinatama 7; - 3 3 - 3 .

Očito, za provjeru prve funkcije potrebno je y (7) = 3 2 · (7 - 3) 2 - 4 - 3 = 3 3 - 3 ≠ - 3 3 - 3, tada točka ne pripada grafu, jer jednakost ne vrijedi.

Za drugu funkciju vrijedi y (7) = - 3 2 · (7 - 3) 2 - 4 - 3 = - 3 3 - 3 ≠ - 3 3 - 3, što znači da točka pripada zadanom grafu. Odavde biste trebali pronaći padinu.

Shvaćamo to

y " = - 3 2 (x - 3) 2 - 4 - 3 " = - 3 2 x - 3 (x - 3) 2 - 4 ⇒ k x = y " (x 0) = - 3 2 x 0 - 3 x 0 - 3 2 - 4 x 0 = 7 = - 3 2 7 - 3 7 - 3 2 - 4 = - 3

Odgovor: jednadžba tangente može se prikazati kao

y = - 3 x - 7 - 3 3 - 3 = - 3 x + 4 3 - 3

Jasno je prikazano ovako:

Tangenta na parabolu

Da biste stvorili jednadžbu za tangentu na parabolu y = a x 2 + b x + c u točki x 0, y (x 0), morate koristiti standardni algoritam, tada će jednadžba poprimiti oblik y = y "(x 0) x - x 0 + y ( x 0).Takva tangenta u vrhu je paralelna s x.

Parabolu x = a y 2 + b y + c trebate definirati kao uniju dviju funkcija. Stoga trebamo riješiti jednadžbu za y. Shvaćamo to

x = a y 2 + b y + c ⇔ a y 2 + b y + c - x = 0 D = b 2 - 4 a (c - x) y = - b + b 2 - 4 a (c - x) 2 a y = - b - b 2 - 4 a (c - x) 2 a

Grafički prikazano kao:

Da biste saznali pripada li točka x 0, y (x 0) funkciji, lagano nastavite prema standardnom algoritmu. Takva će tangenta biti paralelna s o y u odnosu na parabolu.

Primjer 8

Napiši jednadžbu tangente na graf x - 2 y 2 - 5 y + 3 kada imamo kut tangente od 150°.

Riješenje

Rješenje započinjemo predstavljanjem parabole kao dvije funkcije. Shvaćamo to

2 y 2 - 5 y + 3 - x = 0 D = (- 5) 2 - 4 · (- 2) · (3 - x) = 49 - 8 x y = 5 + 49 - 8 x - 4 y = 5 - 49 - 8 x - 4

Vrijednost nagiba jednaka je vrijednosti derivacije u točki x 0 ove funkcije i jednaka je tangensu kuta nagiba.

Dobivamo:

k x = y "(x 0) = t g α x = t g 150 ° = - 1 3

Odavde određujemo vrijednost x za dodirne točke.

Prva funkcija bit će zapisana kao

y " = 5 + 49 - 8 x - 4 " = 1 49 - 8 x ⇒ y " (x 0) = 1 49 - 8 x 0 = - 1 3 ⇔ 49 - 8 x 0 = - 3

Očito nema pravih korijena, jer smo dobili negativnu vrijednost. Zaključujemo da za takvu funkciju ne postoji tangenta s kutom od 150°.

Druga funkcija bit će zapisana kao

y " = 5 - 49 - 8 x - 4 " = - 1 49 - 8 x ⇒ y " (x 0) = - 1 49 - 8 x 0 = - 1 3 ⇔ 49 - 8 x 0 = - 3 x 0 = 23 4 ⇒ y (x 0) = 5 - 49 - 8 23 4 - 4 = - 5 + 3 4

Imamo da su dodirne točke 23 4 ; - 5 + 3 4 .

Odgovor: jednadžba tangente poprima oblik

y = - 1 3 x - 23 4 + - 5 + 3 4

Prikažimo to grafički ovako:

Ako primijetite grešku u tekstu, označite je i pritisnite Ctrl+Enter

Pravac koji s kružnicom ima samo jednu zajedničku točku naziva se tangenta na kružnicu, a njihova zajednička točka tangenta pravca i kružnice.

Teorem (svojstvo tangente na kružnicu)

Tangenta na kružnicu je okomita na polumjer povučen na točku dodirivanja.

S obzirom

A – točka kontakta

Dokazati:p OA

Dokaz.

Dokažimo to kontradikcijom.

Pretpostavimo da je p OA, tada je OA nagnuta na ravnu liniju p.

Ako iz točke O povučemo okomicu OH na ravnu liniju p, tada će njezina duljina biti manja od polumjera: OH< ОА=r

Nalazimo da je udaljenost od središta kružnice do pravca p (OH) manja od polumjera (r), što znači da je pravac p sekantan (odnosno da ima dvije zajedničke točke s krugom), što je u suprotnosti s uvjetima teorema (p je tangenta).

To znači da je pretpostavka netočna, pa je pravac p okomit na OA.

Teorem (Svojstvo tangentnih odsječaka povučenih iz jedne točke)

Segmenti tangenti na kružnicu povučeni iz jedne točke jednaki su i tvore jednake kutove s ravnom crtom koja prolazi kroz tu točku i središte kružnice.

S obzirom: cca. (Ili)

AB i AC su tangente na okolinu. (Ili)

Dokazati: AB=AC

Dokaz

1) OB AB, OS AC, kao polumjeri povučeni na točku dodirivanja (svojstvo tangente)

2) Razmotrite tr. AOB, itd. AOS – p/u

dd – opće

OB=OS (kao polumjeri)

To znači ABO = AOC (po hipotenuzi i kraku). Stoga,

AB = AC,<3 = < 4 (как соответственные элементы в равных тр-ках). ч.т.д.

Teorem (tangencijalni test)

Ako pravac prolazi krajem polumjera koji leži na kružnici i okomit je na taj polumjer, tada je to tangenta.

S obzirom: OA – polumjer kružnice

Dokazati: p- tangenta na kružnicu

Dokaz

OA – radijus kruga (prema stanju) (OA=r)

OA – okomito iz O na ravnu liniju p (OA =d)

To znači da je r=OA=d, što znači da pravac p i kružnica imaju jednu zajedničku točku.

Stoga je pravac p tangenta na kružnicu. itd.

3.Svojstva tetiva i sekanti.

Svojstva tangente i sekante

DEFINICIJA

Opseg je geometrijsko mjesto točaka jednako udaljenih od jedne točke, koja se naziva središte kružnice.

Odsječak koji spaja dvije točke na kružnici naziva se akord(na slici je to segment). Tetiva koja prolazi središtem kruga naziva se promjer krugovi.

1. Tangenta je okomita na radijus povučen na točku dodira.

2. Tangente povučene iz jedne točke su jednake.

3. Ako su tangenta i sekanta povučene iz točke koja leži izvan kruga, tada je kvadrat duljine tangente jednak umnošku sekante i njenog vanjskog dijela.

Ciljevi lekcije

  • Obrazovni – ponavljanje, uopćavanje i provjera znanja o temi: “Tangenta na kružnicu”; razvoj osnovnih vještina.
  • Razvojni - razvijati pažnju učenika, upornost, ustrajnost, logičko mišljenje, matematički govor.
  • Obrazovni - kroz lekciju, njegovati pažljiv odnos jedni prema drugima, usaditi sposobnost slušanja drugova, uzajamne pomoći i neovisnosti.
  • Uvesti pojam tangente, dodirne točke.
  • Razmotriti svojstvo tangente i njezin predznak te pokazati njihovu primjenu u rješavanju problema u prirodi i tehnici.

Ciljevi lekcije

  • Razviti vještine konstruiranja tangenti pomoću ravnala, kutomjera i crtanja trokuta.
  • Provjerite vještine rješavanja problema učenika.
  • Osigurati ovladavanje osnovnim algoritamskim tehnikama za konstruiranje tangente na kružnicu.
  • Razviti sposobnost primjene teorijskog znanja u rješavanju problema.
  • Razvijati mišljenje i govor učenika.
  • Radite na razvijanju vještina promatranja, uočavanja obrazaca, generaliziranja i zaključivanja po analogiji.
  • Poticanje interesa za matematiku.

Plan učenja

  1. Pojava pojma tangente.
  2. Povijest tangente.
  3. Geometrijske definicije.
  4. Osnovni teoremi.
  5. Konstruiranje tangente na kružnicu.
  6. Konsolidacija.

Pojava pojma tangente

Koncept tangente jedan je od najstarijih u matematici. U geometriji, tangenta na kružnicu definirana je kao linija koja ima točno jednu točku sjecišta s tom kružnicom. Stari su pomoću šestara i ravnala povlačili tangente na kružnicu, a kasnije i na konusne presjeke: elipse, hiperbole i parabole.

Povijest tangente

Zanimanje za tangente oživjelo je u moderno doba. Tada su otkrivene krivulje koje su drevnim znanstvenicima bile nepoznate. Na primjer, Galileo je uveo cikloidu, a Descartes i Fermat konstruirali su tangentu na nju. U prvoj trećini 17.st. Počeli su shvaćati da je tangenta ravna crta, "najbliže susjedna" krivulji u malom susjedstvu dane točke. Lako je zamisliti situaciju u kojoj je nemoguće konstruirati tangentu na krivulju u danoj točki (slika).

Geometrijske definicije

Krug- geometrijsko mjesto točaka na ravnini jednako udaljenih od dane točke, koje se naziva njezino središte.

krug.

Povezane definicije

  • Poziva se segment koji povezuje središte kruga s bilo kojom točkom na njemu (kao i duljina tog segmenta). radius krugovi.
  • Dio ravnine omeđen kružnicom naziva se svuda okolo.
  • Isječak koji spaja dvije točke na kružnici naziva se njezin akord. Tetiva koja prolazi središtem kruga naziva se promjer.
  • Bilo koje dvije divergentne točke na kružnici dijele je na dva dijela. Svaki od tih dijelova naziva se luk krugovi. Mjera luka može biti mjera njegovog odgovarajućeg središnjeg kuta. Luk se zove polukrug ako je segment koji povezuje njegove krajeve promjer.
  • Pravac koji s kružnicom ima točno jednu zajedničku točku naziva se tangens na kružnicu, a njihova zajednička točka zove se dodirna točka pravca i kružnice.
  • Pravac koji prolazi kroz dvije točke kružnice naziva se sječna.
  • Središnji kut u krugu je ravni kut s vrhom u središtu.
  • Kut čiji vrh leži na kružnici i čije stranice sijeku tu kružnicu naziva se upisani kut.
  • Dvije kružnice koje imaju zajedničko središte nazivaju se koncentrični.

Tangenta- ravna crta koja prolazi kroz točku na krivulji i podudara se s njom u ovoj točki do prvog reda.

Tangenta na kružnicu je pravac koji s kružnicom ima jednu zajedničku točku.

Ravna crta koja prolazi točkom na kružnici u istoj ravnini okomitoj na polumjer povučen na ovu točku naziva tangenta. U tom se slučaju ta točka na kružnici naziva dodirna točka.

Gdje je u našim slučajevima "a" ravna linija koja dodiruje danu kružnicu, točka "A" je točka dodirivanja. U ovom slučaju a⊥OA (pravac a je okomit na polumjer OA).

To kažu dodiruju se dva kruga, ako imaju jednu zajedničku točku. Ova točka se zove dodirna točka krugova. Kroz točku dodira možete povući tangentu na jednu od kružnica, koja je ujedno tangenta na drugu kružnicu. Krugovi koji se dodiruju mogu biti unutarnji i vanjski.

Tangenta se naziva unutarnjom ako središta kružnica leže na istoj strani tangente.

Tangencija se naziva vanjskom ako središta kružnica leže na suprotnim stranama tangente

a je zajednička tangenta na dvije kružnice, K je dodirna točka.

Osnovni teoremi

Teorema o tangenti i sekanti

Ako su tangenta i sekanta povučene iz točke koja leži izvan kruga, tada je kvadrat duljine tangente jednak umnošku sekante i njezinog vanjskog dijela: MC 2 = MA MB.

Teorema. Polumjer povučen na točku dodirivanja kružnice okomit je na tangentu.

Teorema. Ako je polumjer okomit na liniju u točki gdje siječe kružnicu, tada je ta linija tangenta na ovu kružnicu.

Dokaz.

Da bismo dokazali ove teoreme, moramo se sjetiti što je okomica iz točke na pravac. Ovo je najkraća udaljenost od ove točke do ove crte. Pretpostavimo da OA nije okomita na tangentu, ali postoji pravac OS okomit na tangentu. Duljina OS uključuje duljinu polumjera i određeni segment BC, koji je sigurno veći od polumjera. Dakle, to se može dokazati za bilo koji pravac. Zaključujemo da je radijus, radijus povučen do dodirne točke, najkraća udaljenost tangente iz točke O, tj. OS je okomita na tangentu. U dokazu obrnutog teorema poći ćemo od činjenice da tangenta ima samo jednu zajedničku točku s kružnicom. Neka ovaj pravac ima s kružnicom još jednu zajedničku točku B. Trokut AOB je pravokutan i njegove dvije stranice su jednake kao polumjeri, što ne može biti slučaj. Dakle, nalazimo da ovaj pravac nema više zajedničkih točaka s kružnicom osim točke A, tj. je tangenta.

Teorema. Segmenti tangente povučeni iz jedne točke na kružnicu su jednaki, a ravna linija koja povezuje tu točku sa središtem kružnice dijeli kut između tangenti.

Dokaz.

Dokaz je vrlo jednostavan. Koristeći prethodni teorem, tvrdimo da je OB okomit na AB, a OS okomit na AC. Pravokutni trokuti ABO i ACO jednaki su po kateti i hipotenuzi (OB=OS - polumjeri, AO - ukupno). Stoga su im stranice AB=AC i kutovi OAC i OAB jednaki.

Teorema. Veličina kuta koji čine tangenta i tetiva sa zajedničkom točkom na kružnici jednaka je polovici kutne veličine luka zatvorenog između njegovih stranica.

Dokaz.

Promotrimo kut NAB koji čine tangenta i tetiva. Nacrtajmo promjer AC. Tangenta je okomita na promjer povučen na točku dodira, dakle, ∠CAN=90 o. Poznavajući teorem, vidimo da je kut alfa (a) jednak polovici kutne vrijednosti luka BC ili polovici kuta BOS. ∠NAB=90 o -a, odavde dobivamo ∠NAB=1/2(180 o -∠BOC)=1/2∠AOB ili = polovica kutne vrijednosti luka BA. itd.

Teorema. Ako su tangenta i sekansa povučene iz točke na kružnicu, tada je kvadrat tangente od zadane točke do točke dodirivanja jednak umnošku duljina sekanti od zadane točke do točaka njegovog sjecišta s kružnicom.

Dokaz.

Na slici ovaj teorem izgleda ovako: MA 2 = MV * MC. Dokažimo to. Prema prethodnom teoremu, kut MAC jednak je polovici kutne vrijednosti luka AC, ali je također kut ABC jednak polovici kutne vrijednosti luka AC prema teoremu, dakle, ovi su kutovi jednaki svakom drugo. Uzimajući u obzir činjenicu da trokuti AMC i BMA imaju zajednički kut u vrhu M, navodimo sličnost ovih trokuta u dva kuta (drugi znak). Iz sličnosti imamo: MA/MB=MC/MA, odakle dobivamo MA 2 =MB*MC

Konstruiranje tangenti na kružnicu

Pokušajmo sada to shvatiti i saznati što treba učiniti da se konstruira tangenta na kružnicu.

U ovom slučaju, u pravilu, problem daje krug i točku. A ti i ja trebamo konstruirati tangentu na kružnicu tako da ta tangenta prolazi kroz zadanu točku.

U slučaju da ne znamo položaj točke, razmotrimo slučajeve mogućih položaja točaka.

Prvo, točka može biti unutar kružnice koja je ograničena određenom kružnicom. U tom slučaju nije moguće konstruirati tangentu kroz ovu kružnicu.

U drugom slučaju, točka se nalazi na kružnici, a tangentu možemo konstruirati povlačenjem okomite linije na radijus, koji je povučen na poznatu nam točku.

Treće, pretpostavimo da se točka nalazi izvan kružnice koja je ograničena kružnicom. U ovom slučaju, prije konstruiranja tangente, potrebno je pronaći točku na kružnici kroz koju tangenta mora proći.

S prvim slučajem, nadam se da vam je sve jasno, ali da bismo riješili drugu opciju moramo konstruirati segment na ravnoj liniji na kojoj leži radijus. Ovaj segment mora biti jednak polumjeru i segmentu koji leži na kružnici na suprotnoj strani.



Ovdje vidimo da je točka na krugu sredina segmenta koji je jednak dvostrukom radijusu. Sljedeći korak bit će konstruiranje dva kruga. Polumjeri tih krugova bit će jednaki dvostrukom polumjeru izvornog kruga, sa središtima na krajevima segmenta, koji je jednak dvostrukom polumjeru. Sada možemo povući ravnu liniju kroz bilo koju točku presjeka tih kružnica i dane točke. Takva ravna linija je središnja okomita na polumjer kružnice koja je prvobitno nacrtana. Dakle, vidimo da je ovaj pravac okomit na kružnicu, a iz toga slijedi da je tangenta na kružnicu.

U trećoj opciji imamo točku koja leži izvan kruga, a koja je ograničena krugom. U ovom slučaju prvo konstruiramo isječak koji će spajati središte navedene kružnice i zadanu točku. I onda nalazimo njegovu sredinu. Ali za to je potrebno konstruirati simetralu okomitu. I već znate kako ga izgraditi. Zatim moramo nacrtati krug ili barem dio njega. Sada vidimo da je točka presjeka zadane kružnice i novokonstruirane kružnice točka kroz koju prolazi tangenta. Također prolazi kroz točku koja je određena prema uvjetima problema. I konačno, kroz dvije točke koje poznajete možete povući tangentu.

I na kraju, da bismo dokazali da je ravna crta koju smo konstruirali tangenta, trebamo obratiti pozornost na kut koji čine polumjer kružnice i segment koji je poznat pod uvjetom i povezuje točku presjeka kružnica s točkom zadanom uvjetom problema. Sada vidimo da dobiveni kut počiva na polukrugu. A iz ovoga slijedi da je ovaj kut pravi. Posljedično, radijus će biti okomit na novokonstruiranu liniju, a ta linija je tangenta.

Konstrukcija tangente.

Konstrukcija tangentnih linija jedan je od onih problema koji su doveli do rođenja diferencijalnog računa. Prvi objavljeni rad vezan uz diferencijalni račun, koji je napisao Leibniz, nosio je naslov “Nova metoda maksimuma i minimuma, kao i tangenti, za koju nisu prepreka ni frakcijske ni iracionalne veličine, ni posebna vrsta računa”.

Geometrijsko znanje starih Egipćana.

Ako ne uzmemo u obzir vrlo skroman doprinos drevnih stanovnika doline između Tigrisa i Eufrata i Male Azije, onda je geometrija nastala u starom Egiptu prije 1700. pr. Tijekom tropske kišne sezone Nil je obnovio svoje zalihe vode i izlio se. Voda je prekrila površine obradive zemlje, a za porezne potrebe trebalo je utvrditi koliko je zemlje izgubljeno. Geodeti su kao mjerni alat koristili čvrsto zategnuto uže. Još jedan poticaj Egipćanima za akumulaciju geometrijskog znanja bile su njihove aktivnosti poput izgradnje piramida i likovne umjetnosti.

O stupnju geometrijskog znanja može se suditi iz drevnih rukopisa, koji su posebno posvećeni matematici i nešto su poput udžbenika, odnosno knjiga zadataka, u kojima se daju rješenja za razne praktične probleme.

Najstariji matematički rukopis Egipćana prepisao je izvjesni student između 1800. - 1600. godine. PRIJE KRISTA. iz starijeg teksta. Papirus je pronašao ruski egiptolog Vladimir Semenovič Goleniščev. Čuva se u Moskvi - u Muzeju likovnih umjetnosti nazvanom po A.S. Puškina, a naziva se Moskovski papirus.

Još jedan matematički papirus, napisan dvjesto do tri stotine godina kasnije od moskovskog, čuva se u Londonu. Zove se: “Uputa kako postići znanje o svim mračnim stvarima, o svim tajnama koje stvari kriju u sebi... Prema starim spomenicima, pisar Ahmes je ovo napisao.” Rukopis se zove “Ahmesov papirus”, odn Rhindov papirus - po imenu Engleza koji je pronašao i kupio ovaj papirus u Egiptu. Ahmesov papirus nudi rješenja za 84 problema koji uključuju različite izračune koji bi mogli biti potrebni u praksi.

Ravna linija u odnosu na krug može biti u sljedeća tri položaja:

  1. Udaljenost od središta kružnice do ravne crte veća je od polumjera. U tom slučaju sve točke pravca leže izvan kruga.

  2. Udaljenost od središta kružnice do prave crte manja je od polumjera. U ovom slučaju ravna linija ima točke koje leže unutar kruga, a budući da je ravna crta beskonačna u oba smjera, siječe je kružnica u 2 točke.

  3. Udaljenost od središta kružnice do prave crte jednaka je polumjeru. Pravac je tangenta.

Pravac koji s kružnicom ima samo jednu zajedničku točku naziva se tangens u krug.

U ovom slučaju naziva se zajednička točka točka kontakta.

Mogućnost postojanja tangente i, štoviše, povučene kroz bilo koju točku kružnice kao dodirne točke, dokazuje se sljedećim teoremom.

Teorema. Ako je pravac okomit na polumjer na svom kraju koji leži na kružnici, tada je taj pravac tangenta.

Neka je O (fig) središte nekog kruga, a OA neki njegov polumjer. Kroz njegov kraj A povucimo MN ^ OA.

Potrebno je dokazati da je pravac MN tangenta, tj. da taj pravac s kružnicom ima samo jednu zajedničku točku A.

Pretpostavimo suprotno: neka MN ima još jednu zajedničku točku s kružnicom, na primjer B.

Tada bi ravna linija OB bila radijus i stoga jednaka OA.

Ali to ne može biti, jer ako je OA okomit, tada OB mora biti nagnut na MN, a nagnuti je veći od okomice.

Konverzni teorem. Ako je pravac tangenta na kružnicu, tada je polumjer povučen na točku dodirivanja okomit na nju.

Neka je MN tangenta na kružnicu, A točka dodirivanja, a O središte kružnice.

Potrebno je dokazati da je OA^MN.

Pretpostavimo suprotno, tj. Pretpostavimo da okomica spuštena s O na MN neće biti OA, već neki drugi pravac, na primjer OB.

Uzmimo BC = AB i izvedimo OS.

Tada će OA i OS biti nagnuti, jednako udaljeni od okomice OB, pa je prema tome OS = OA.

Iz ovoga slijedi da će kružnica, uzimajući u obzir našu pretpostavku, imati dvije zajedničke točke s pravcem MN: A i C, tj. MN neće biti tangenta, već sekanta, što je u suprotnosti s uvjetom.

Posljedica. Kroz bilo koju datu točku na kružnici može se povući tangenta na tu kružnicu, i to samo jedna, budući da se kroz tu točku može povući okomica, i to samo jedna, na polumjer povučen u nju.

Teorema. Tangenta paralelna s tetivom dijeli luk na kojem se nalazi tetiva na pola u točki dodira.

Neka pravac AB (sl.) dodiruje kružnicu u točki M i neka je paralelan s tetivom CD.

Moramo dokazati da je ÈCM = ÈMD.

Provlačeći promjer ME kroz dodirnu točku, dobivamo: EM ^ AB, a time i EM ^ CB.

Prema tome CM=MD.

Zadatak. Kroz zadanu točku povuci tangentu na zadanu kružnicu.

Ako je dana točka na krugu, nacrtajte polumjer kroz nju i okomitu ravnu liniju kroz kraj polumjera. Ova linija će biti željena tangenta.

Razmotrimo slučaj kada je točka dana izvan kruga.

Neka se traži (sl.) kroz točku A povući tangentu na kružnicu sa središtem O.

Da bismo to učinili, iz točke A, kao središta, opišemo luk polumjera AO, a iz točke O, kao središta, siječemo taj luk u točkama B i C otvorom šestara jednakim promjeru zadane kružnice. .

Povukavši zatim tetive OB i OS, spojimo točku A s točkama D i E u kojima se te tetive sijeku sa zadanom kružnicom.

Pravci AD i AE tangiraju na kružnicu O.

Doista, iz konstrukcije je jasno da su cijevi AOB i AOC jednakokračne (AO = AB = AC) s osnovicama OB i OS jednakim promjeru kružnice O.

Budući da su OD i OE radijusi, onda je D sredina OB, a E sredina OS, što znači da su AD i AE središnje povučene na osnovice jednakokračnih cijevi, dakle okomite na te osnovice. Ako su pravci DA i EA okomiti na polumjere OD i OE, tada se dodiruju.

Posljedica. Dvije tangente povučene iz jedne točke na kružnicu jednake su i tvore jednake kutove s pravom linijom koja spaja tu točku sa središtem.

Dakle AD=AE i ÐOAD = ÐOAE (sl.), jer su pravokutni tr-ki AOD i AOE, koji imaju zajedničku hipotenuzu AO i jednake katete OD i OE (kao radijusi), jednaki.

Imajte na umu da ovdje riječ "tangenta" znači stvarni "odsječak tangente" od dane točke do točke kontakta.

Zadatak. Povuci tangentu na danu kružnicu O paralelnu sa danom pravom AB (sl.).

Iz središta O spustimo okomicu OS na AB i kroz točku D, u kojoj ta okomica siječe kružnicu, povučemo EF || AB.

Tangenta koju tražimo bit će EF.


Doista, budući da je OS ^ AB i EF || AB, tada EF ^ OD, a pravac okomit na polumjer na njegovom kraju koji leži na kružnici je tangenta.

Zadatak. Nacrtaj zajedničku tangentu na dvije kružnice O i O 1 (slika).

Analiza. Pretpostavimo da je problem riješen.

Neka je AB zajednička tangenta, A i B dodirne točke.

Očito, ako nađemo jednu od ovih točaka, na primjer, A, tada lako možemo pronaći i drugu.

Nacrtajmo polumjere OA i O 1 B. Ti su polumjeri, okomiti na zajedničku tangentu, međusobno paralelni.

Prema tome, ako iz O 1 povučemo O 1 C || BA, tada će cjevovod OCO 1 biti pravokutan u vrhu C.

Kao rezultat toga, ako kružnicu iz O opišemo kao središte polumjera OS, ona će dodirivati ​​ravnu liniju O 1 C u točki C.

Polumjer ove pomoćne kružnice je poznat: jednak je OA – CA = OA - O 1 B, tj. jednaka je razlici polumjera tih kružnica.

Izgradnja. Iz središta O opisujemo kružnicu s polumjerom jednakim razlici tih polumjera.

Iz O 1 povučemo tangentu O 1 C na tu kružnicu (na način kako je navedeno u prethodnom zadatku).

Kroz tangentu C povučemo radijus OS i nastavimo ga dok ne naiđe na zadanu kružnicu u točki A. Na kraju iz A povučemo AB paralelno s CO 1.

Na točno isti način možemo konstruirati drugu zajedničku tangentu A 1 B 1 (Sl.). Pravci AB i A 1 B 1 nazivaju se vanjski zajedničke tangente.

Možete potrošiti još dva unutarnje tangente kako slijedi:

Analiza. Pretpostavimo da je problem riješen (Sl.). Neka je AB željena tangenta.

Povucimo radijuse OA i O 1 B na tangentne točke A i B. Budući da su oba polumjera okomita na zajedničku tangentu, oni su međusobno paralelni.

Prema tome, ako iz O 1 povučemo O 1 C || BA i nastavi OA do točke C, tada će OS biti okomit na O 1 C.

Kao rezultat toga, kružnica opisana radijusom OS iz točke O kao središta dodirivat će ravnu liniju O 1 C u točki C.

Polumjer ove pomoćne kružnice je poznat: jednak je OA+AC = OA+O 1 B, tj. jednak je zbroju polumjera zadanih kružnica.

Izgradnja. Iz O kao središta opisujemo kružnicu polumjera jednakog zbroju tih polumjera.

Iz O 1 povučemo tangentu O 1 C na tu kružnicu.

Spojimo dodirnu točku C s O.

Na kraju kroz točku A, u kojoj OS siječe zadanu kružnicu, povučemo AB = O 1 C.

Na sličan način možemo konstruirati drugu unutarnju tangentu A 1 B 1.

Opća definicija tangente

Neka su tangenta AT i neka sekanta AM povučene kroz točku A na kružnicu sa središtem (sl.).

Zarotirajmo ovu sekansu oko točke A tako da se druga sjecišna točka B pomiče sve bliže i bliže A.

Tada će se okomica OD, spuštena od središta do sekante, sve više približavati polumjeru OA, a kut AOD može postati manji od bilo kojeg malog kuta.

Kut MAT koji čine sekansa i tangenta jednak je kutu AOD (zbog okomitosti njihovih stranica).

Stoga, kako se točka B neograničeno približava A, kut MAT također može postati proizvoljno mali.

Ovo se izražava drugim riječima ovako:

tangenta je granični položaj kojem teži sekanta povučena kroz točku dodirivanja kada se druga točka presjeka neograničeno približava točki dodirivanja.

Ovo se svojstvo uzima kao definicija tangente kada govorimo o bilo kojoj krivulji.

Dakle, tangenta na krivulju AB (sl.) je granični položaj MT kojem teži sekanta MN kada se sjecišna točka P približava M bez ograničenja.

Imajte na umu da ovako definirana tangenta može imati više od jedne zajedničke točke s krivuljom (kao što se može vidjeti na sl.).

\[(\Veliki(\tekst(Središnji i upisani kutovi)))\]

Definicije

Središnji kut je kut čiji vrh leži u središtu kružnice.

Upisani kut je kut čiji vrh leži na kružnici.

Mjera stupnja kružnog luka je mjera stupnja središnjeg kuta koji ga spaja.

Teorema

Stupanjska mjera upisanog kuta jednaka je polovici stupnjevne mjere luka na kojem leži.

Dokaz

Dokaz ćemo provesti u dvije faze: prvo ćemo dokazati valjanost tvrdnje za slučaj kada jedna od stranica upisanog kuta sadrži promjer. Neka je točka \(B\) vrh upisanog kuta \(ABC\), a \(BC\) promjer kružnice:

Trokut \(AOB\) je jednakokračan, \(AO = OB\) , \(\kut AOC\) je vanjski, tada \(\kut AOC = \kut OAB + \kut ABO = 2\kut ABC\), gdje \(\kut ABC = 0,5\cdot\kut AOC = 0,5\cdot\buildrel\smile\over(AC)\).

Sada razmotrite proizvoljni upisani kut \(ABC\) . Nacrtajmo promjer kružnice \(BD\) iz vrha upisanog kuta. Dva su moguća slučaja:

1) promjer siječe kut na dva kuta \(\kut ABD, \kut CBD\) (za svaki od njih je teorem točan kao što je gore dokazano, stoga je točan i za izvorni kut, koji je zbroj ovih dva i prema tome jednaka polovici zbroja lukova na koje se oslanjaju, odnosno jednaka polovici luka na koji se oslanja). Riža. 1.

2) promjer nije prerezao kut na dva kuta, tada imamo još dva nova upisana kuta \(\kut ABD, \kut CBD\), čija stranica sadrži promjer, dakle, za njih vrijedi teorem, tada je vrijedi i za izvorni kut (koji je jednak razlici ta dva kuta, što znači da je jednak polurazlici lukova na koje se oslanjaju, odnosno jednak polovici luka na kojem počiva) . Riža. 2.


Posljedice

1. Upisani kutovi koji spajaju isti luk su jednaki.

2. Upisani kut koji zahvata polukrug je pravi kut.

3. Upisani kut jednak je polovici središnjeg kuta kojeg spaja isti luk.

\[(\Large(\text(Tangenta na krug)))\]

Definicije

Postoje tri vrste relativnih položaja linije i kruga:

1) pravac \(a\) siječe kružnicu u dvije točke. Takav se pravac naziva sekantom. U ovom slučaju, udaljenost \(d\) od središta kružnice do ravne crte manja je od polumjera \(R\) kružnice (slika 3).

2) pravac \(b\) siječe krug u jednoj točki. Takav se pravac naziva tangenta, a njihova zajednička točka \(B\) naziva se dodirna točka. U ovom slučaju \(d=R\) (slika 4).


Teorema

1. Tangenta na kružnicu je okomita na polumjer povučen u točku dodirivanja.

2. Ako linija prolazi kroz kraj polumjera kružnice i okomita je na taj polumjer, tada je tangenta na kružnicu.

Posljedica

Tangentni segmenti povučeni iz jedne točke na kružnicu su jednaki.

Dokaz

Povucimo dvije tangente \(KA\) i \(KB\) na kružnicu iz točke \(K\):


To znači da su \(OA\perp KA, OB\perp KB\) poput radijusa. Pravokutni trokuti \(\trokut KAO\) i \(\trokut KBO\) jednaki su po kateti i hipotenuzi, dakle \(KA=KB\) .

Posljedica

Središte kružnice \(O\) leži na simetrali kuta \(AKB\) kojeg tvore dvije tangente povučene iz iste točke \(K\).

\[(\Large(\text(Teoremi koji se odnose na kutove)))\]

Teorem o kutu između sekanti

Kut između dviju sekanti povučenih iz iste točke jednak je polurazlici stupnjeva stupnjeva većeg i manjeg luka koje sijeku.

Dokaz

Neka \(M\) bude točka iz koje su povučene dvije sekante kao što je prikazano na slici:


Pokažimo to \(\angle DMB = \dfrac(1)(2)(\buildrel\smile\over(BD) - \buildrel\smile\over(CA))\).

\(\kut DAB\) je vanjski kut trokuta \(MAD\), dakle \(\kut DAB = \kut DMB + \kut MDA\), gdje \(\kut DMB = \kut DAB - \kut MDA\), ali su kutovi \(\kut DAB\) i \(\kut MDA\) upisani, tada \(\angle DMB = \angle DAB - \angle MDA = \frac(1)(2)\buildrel\smile\over(BD) - \frac(1)(2)\buildrel\smile\over(CA) = \frac(1)(2)(\buildrel\smile\over(BD) - \buildrel\smile\over(CA))\), što je i trebalo dokazati.

Teorem o kutu između tetiva koje se sijeku

Kut između dviju tetiva koje se sijeku jednak je polovici zbroja stupnjeva lukova koje oni sijeku: \[\angle CMD=\dfrac12\left(\buildrel\smile\over(AB)+\buildrel\smile\over(CD)\desno)\]

Dokaz

\(\kut BMA = \kut CMD\) kao okomiti.


Iz trokuta \(AMD\): \(\kut AMD = 180^\circ - \kut BDA - \kut CAD = 180^\circ - \frac12\buildrel\smile\over(AB) - \frac12\buildrel\smile\over(CD)\).

Ali \(\kut AMD = 180^\krug - \kut CMD\), iz čega zaključujemo da \[\angle CMD = \frac12\cdot\buildrel\smile\over(AB) + \frac12\cdot\buildrel\smile\over(CD) = \frac12(\buildrel\smile\over(AB) + \buildrel\ osmijeh\preko(CD)).\]

Teorem o kutu između tetive i tangente

Kut između tangente i tetive koja prolazi kroz točku dodirivanja jednak je polovici stupnjeve mjere luka obuhvaćenog tetivom.

Dokaz

Neka pravac \(a\) dodiruje kružnicu u točki \(A\), \(AB\) je tetiva te kružnice, \(O\) je njezino središte. Neka pravac koji sadrži \(OB\) siječe \(a\) u točki \(M\) . Dokažimo to \(\kut BAM = \frac12\cdot \buildrel\smile\over(AB)\).


Označimo \(\kut OAB = \alpha\) . Budući da su \(OA\) i \(OB\) radijusi, tada \(OA = OB\) i \(\kut OBA = \kut OAB = \alfa\). Tako, \(\buildrel\smile\over(AB) = \kut AOB = 180^\circ - 2\alpha = 2(90^\circ - \alpha)\).

Budući da je \(OA\) polumjer povučen na tangentnu točku, tada je \(OA\perp a\), to jest \(\kut OAM = 90^\circ\), dakle, \(\kut BAM = 90^\circ - \kut OAB = 90^\circ - \alpha = \frac12\cdot\buildrel\smile\over(AB)\).

Teorem o lukovima spojenim jednakim tetivama

Jednake tetive spajaju jednake lukove manje od polukrugova.

I obrnuto: jednake lukove spajaju jednake tetive.

Dokaz

1) Neka \(AB=CD\) . Dokažimo da su manje polukružnice luka .


Na tri strane, dakle, \(\kut AOB=\kut COD\) . Ali zbog \(\kut AOB, \kut COD\) - središnji kutovi oslonjeni na lukove \(\buildrel\smile\over(AB), \buildrel\smile\over(CD)\) prema tome, dakle \(\buildrel\smile\over(AB)=\buildrel\smile\over(CD)\).

2) Ako \(\buildrel\smile\over(AB)=\buildrel\smile\over(CD)\), To \(\trokut AOB=\trokut COD\) na dvije stranice \(AO=BO=CO=DO\) i kut između njih \(\kut AOB=\kut COD\) . Prema tome, i \(AB=CD\) .

Teorema

Ako radijus raspolavlja tetivu, onda je okomit na nju.

Vrijedi i obrnuto: ako je radijus okomit na tetivu, tada je u točki presjeka prepolovljuje.


Dokaz

1) Neka \(AN=NB\) . Dokažimo da je \(OQ\perp AB\) .

Razmotrite \(\trokut AOB\) : jednakokračan je, jer \(OA=OB\) – polumjeri kružnice. Jer \(ON\) je medijan povučen na bazu, onda je to također i visina, dakle, \(ON\perp AB\) .

2) Neka \(OQ\perp AB\) . Dokažimo da je \(AN=NB\) .

Slično, \(\trokut AOB\) je jednakokračan, \(ON\) je visina, dakle, \(\ON\) je medijan. Prema tome, \(AN=NB\) .

\[(\Large(\text(Teoremi koji se odnose na duljine segmenata)))\]

Teorem o umnošku odsječaka tetive

Ako se dvije tetive kružnice sijeku, tada je umnožak odsječaka jedne tetive jednak umnošku odsječaka druge tetive.

Dokaz

Neka se tetive \(AB\) i \(CD\) sijeku u točki \(E\) .

Razmotrimo trokute \(ADE\) i \(CBE\) . U tim su trokutima kutovi \(1\) i \(2\) jednaki jer su upisani i počivaju na istom luku \(BD\), a kutovi \(3\) i \(4\) su jednaki kao okomiti. Trokuti \(ADE\) i \(CBE\) su slični (na temelju prvog kriterija sličnosti trokuta).

Zatim \(\dfrac(AE)(EC) = \dfrac(DE)(BE)\), odakle \(AE\cdot BE = CE\cdot DE\) .

Teorem tangente i sekante

Kvadrat tangente jednak je umnošku sekante i njezinog vanjskog dijela.

Dokaz

Neka tangenta prolazi kroz točku \(M\) i dodiruje kružnicu u točki \(A\) . Neka sekanta prolazi točkom \(M\) i siječe kružnicu u točkama \(B\) i \(C\) tako da je \(MB< MC\) . Покажем, что \(MB\cdot MC = MA^2\) .


Razmotrite trokute \(MBA\) i \(MCA\) : \(\kut M\) je zajednički, \(\kut BCA = 0,5\cdot\buildrel\smile\over(AB)\). Prema teoremu o kutu između tangente i sekante, \(\kut BAM = 0,5\cdot\buildrel\smile\over(AB) = \kut BCA\). Dakle, trokuti \(MBA\) i \(MCA\) slični su pod dva kuta.

Iz sličnosti trokuta \(MBA\) i \(MCA\) imamo: \(\dfrac(MB)(MA) = \dfrac(MA)(MC)\), što je ekvivalentno \(MB\cdot MC = MA^2\) .

Posljedica

Umnožak sekante povučene iz točke \(O\) s njezinim vanjskim dijelom ne ovisi o izboru sekante povučene iz točke \(O\) .