Tiesios linijos ir apskritimo vietos sąveika. Pamoka „Santykinė linijos ir apskritimo padėtis“

Didaktinis tikslas: naujų žinių formavimas.

Pamokos tikslai.

Švietimas:

• formuoti matematines sąvokas: apskritimo liestinė, tiesės ir apskritimo santykinė padėtis, pasiekti, kad studentai suprastų ir atkartotų šias sąvokas atliekant praktinius tiriamuosius darbus.

Sveikatos taupymas:

• sukurti palankų psichologinį klimatą klasėje;

Švietimas:

• ugdyti mokinių pažintinį susidomėjimą, gebėjimą paaiškinti, apibendrinti gautus rezultatus, lyginti, kontrastuoti, daryti išvadas.

Švietimas:

• asmeninės kultūros ugdymas matematikos priemonėmis.

Treniruočių formos:

• turinys – pokalbis, praktinis darbas;
• organizuojant veiklą – individualią, frontalinę.

Pamokos planas

Namų darbų nustatymas.

• Įranga:
• kompiuteris, ekranas, projektorius;

dalomoji medžiaga.

Mokomieji ištekliai:

1. Matematika. Vadovėlis bendrojo ugdymo įstaigų 6 klasei; / G.V.Dorofejevas, M., Švietimas, 2009 m

2. Markova V.I. Geometrijos mokymo ypatumai valstybinio išsilavinimo standarto įgyvendinimo kontekste: metodinės rekomendacijos, Kirovas, 2010 m.

3. Atanasyanas L.S. Vadovėlis „Geometrija 7-9“.

1. Organizacinis momentas. Žinių atnaujinimas.

Mokytojas paskelbia pamokos temą. Išsiaiškina, kokios asociacijos kyla su žodžiu „ratas“.

Koks yra apskritimo skersmuo, jei spindulys yra 2,4 cm?

Koks yra spindulys, jei skersmuo yra 6,8 cm?

2. Tikslo nustatymas.

Mokiniai išsikelia pamokos tikslus, mokytojas juos apibendrina ir išsikelia pamokos tikslus.

Pamokai sudaroma užsiėmimų programa.

3. Susipažinimas su nauja medžiaga.

1) Darbas su modeliais: „Parodykite modeliuose, kaip tiesi linija ir apskritimas gali būti išdėstyti plokštumoje“.

Kiek jie turi bendrų taškų?

2) Praktinio tiriamojo darbo atlikimas.

Tikslas. Nustatykite tiesės ir apskritimo santykinės padėties savybę.

Įranga: ant popieriaus lapo nupieštas apskritimas ir pagaliukas kaip tiesi linija, liniuotė.

1. Brėžinyje (popieriaus lape) nustatykite apskritimo ir tiesės santykinę padėtį.
2. Išmatuokite apskritimo R spindulį ir atstumą nuo apskritimo centro iki tiesės d.
3. Įrašykite tyrimo rezultatus į lentelę.

4. Padarykite išvadą apie tiesės ir apskritimo santykinę padėtį priklausomai nuo R ir d santykio.

Išvada: Jei atstumas nuo apskritimo centro iki tiesės yra lygus spinduliui, tiesė liečia apskritimą ir turi vieną bendrą tašką su apskritimu. Jei atstumas nuo apskritimo centro iki tiesės yra didesnis už spindulį, apskritimas ir tiesė neturi bendrų taškų. Jei atstumas nuo apskritimo centro iki linijos yra mažesnis už spindulį, linija kerta apskritimą ir turi du bendrus taškus.

5. Pirminis supratimas, įtvirtinimas sprendžiant problemas.

1) Vadovėlio užduotys: Nr.498, Nr.499.

2) Nustatykite santykinę linijos ir apskritimo padėtį, jei:

• 1. R=16cm, d=12cm
• 2. R = 5 cm, d = 4,2 cm
• 3. R=7,2dm, d=3,7dm
• 4. R=8 cm, d=1,2dm
• 5. R=5 cm, d=50 mm

a) tiesė ir apskritimas neturi bendrų taškų;

b) tiesė yra apskritimo liestinė;

c) tiesė kerta apskritimą.

• d – atstumas nuo apskritimo centro iki tiesės, R – apskritimo spindulys.

3) Ką galima pasakyti apie tiesės ir apskritimo santykinę padėtį, jei apskritimo skersmuo yra 10,3 cm, o atstumas nuo apskritimo centro iki linijos yra 4,15 cm; 2 dm; 103 mm; 5,15 cm, 1 dm 3 cm.

4) Duotas apskritimas, kurio centras O ir taškas A. Kur yra taškas A, jei apskritimo spindulys lygus 7 cm, o atkarpos OA ilgis: a) 4 cm; b) 10 cm; c) 70 mm.

6. Refleksija

Ko išmokote pamokoje?

Koks modelis buvo nustatytas?

Kortelėse atlikite šią užduotį:

Nubrėžkite tiesias linijas per kas du taškus. Kiek bendrų taškų turi kiekviena tiesė su apskritimu?

Tiesė ______ ir apskritimas neturi bendrų taškų.

Tiesi ______ ir apskritimas turi tik vieną ___________ tašką.

Tiesios linijos ______, _______, ________, _______ ir apskritimas turi du bendrus taškus.

7. Apibendrinimas. Namų darbų nustatymas:

1) analizuoti pamokos pradžioje sudarytą klasterį, jį modifikuoti atsižvelgiant į įgytas žinias;

2) vadovėlis: Nr.500;

3) užpildyti lentelę (kortelėse).

Santykinė tiesės ir apskritimo padėtis Sužinokime, kiek bendrų taškų gali turėti tiesė ir apskritimas, priklausomai nuo jų santykinės padėties. Akivaizdu, kad jei tiesi linija eina per apskritimo centrą, tada ji kerta apskritimą abiejuose gulinčio skersmens galuose. šita prima.

Tegul būna tiesiai r nepereina per spindulio apskritimo centrą r. Nubrėžkime statmeną JISį tiesią liniją r ir pažymėkite raide dšio statmens ilgis, t.y. atstumas nuo šio apskritimo centro iki tiesės (1 pav. ). Mes tiriame santykinę tiesės ir apskritimo padėtį, priklausomai nuo santykio tarp d Ir r. Galimi trys atvejai.

1) d r nuo taško N atidėkite du segmentus ĮJUNGTA Ir NV, ilgiai, kurie yra lygūs (1 pav.) Pagal Pitagoro teoremą OA=,

0 B= Vadinasi, taškai A Ir IN guli ant apskritimo ir todėl yra bendri linijos taškai r ir duotas ratas.

Įrodykime, kad linija r ir šis ratas neturi kitų bendrų taškų. Tarkime, kad jie turi dar vieną bendrą tašką C. Tada mediana O.D. lygiašonis trikampis OAS. nuneštas į bazę kintamoji srovė, yra šio trikampio aukštis, taigi APIEDp. Segmentai O.D. Ir JIS nesutampa

nuo vidurio D segmentas AC nedera su tašku N - atkarpos vidurio taškas , AB. Mes nustatėme, kad iš taško O buvo nubrėžti du statmenai: JIS Ir OD-į tiesią liniją p, kas neįmanoma. Taigi Jeigu atstumas atstumas nuo apskritimo centro iki tiesės yra mažesnis už apskritimo spindulį (d< р), Tai tiesi linija ir apskritimasYra du bendri punktai.Šiuo atveju linija vadinama sekantas apskritimo atžvilgiu.

2) d=r.Šiuo atveju OH=r, y. taškas N guli ant apskritimo ir todėl yra bendras linijos ir apskritimo taškas (1 pav., b). Tiesiai r ir apskritimas neturi kitų bendrų taškų, nes bet kuriam taškui M tiesioginis r. skiriasi nuo esmės N, OM>OH= r(įstrižas OM statmenesnis JIS), ir todėl , taškas M nėra ant apskritimo. Taigi, jei lenktynesAtstumas nuo apskritimo centro iki tiesės yra lygus spinduliui, tada tiesė ir apskritimas turi tik vieną bendrą tašką.

3) d>rŠiuo atveju -OH> rŠtai kodėl . bet kokiam taškui M tiesioginis p 0MON.>r( ryžių . 1,A) Todėl taškas M nėra ant apskritimo. Taigi, .jei atstumas nuo apskritimo centroJei atstumas iki tiesės yra didesnis už apskritimo spindulį, tai tiesė ir apskritimas neturi bendrų taškų.

Mes įrodėme, kad tiesė ir apskritimas gali turėti vieną ar du bendrus taškus ir negali turėti bendrų taškų. Tiesi linija su apskritimu tik viena bendras taškas vadinamas apskritimo liestine, ir jų bendras taškas vadinamas tiesės ir apskritimo lietimo tašku. 2 paveiksle yra tiesi linija r- apskritimo, kurio centras yra O, liestinė, A- sąlyčio taškas.

Įrodykime teoremą apie liestinės savybę.

Teorema. Apskritimo liestinė yra statmenaĮ spindulys nubrėžtas iki sąlyčio taško.

Įrodymas. Leiskite r- apskritimo, kurio centras yra O, liestinė. A- sąlyčio taškas (žr. 2 pav.). Įrodykime tai. kokia liestinė r statmenai spinduliui OA.

Tarkime, kad taip nėra. Tada spindulys: OA yra linkęs į tiesią liniją r. Kadangi statmenas nubrėžtas iš taško APIEį tiesią liniją p, mažiau linkęs OA, tada atstumai nuo centro APIE apskritimas į tiesią liniją r mažesnis už spindulį. Todėl tiesiai r ir apskritimas turi du bendrus taškus. Tačiau tai prieštarauja sąlygai; tiesiai r- liestinė. Taigi, tiesiai r statmenai spinduliui OA. Teorema įrodyta.

Apsvarstykite dvi apskritimo su centru liestines APIE, einantis per tašką A ir palietę apskritimą taškuose IN ir C (3 pav.). Segmentai AB Ir AC paskambinsim liestinės segmentainyh, paimta iš taško A. Jie turi tokią savybę, kuri išplaukia iš įrodytos teoremos:

Iš vieno taško nubrėžtos apskritimo liestinių atkarpos yra lygios ir sudaro lygius kampus tiesia linija, einančia per šį tašką ir apskritimo centrą.

Norėdami įrodyti šį teiginį, pereikime prie 3 paveikslo. Pagal teoremą apie liestinės savybę, kampai 1 ir 2 yra statūs kampai, todėl trikampiai ABO Ir ASO stačiakampis. Jie yra lygūs, nes turi bendrą hipotenuzą OA ir lygios kojos OB Ir OS. Vadinasi, AB = AC ir 3=https://pandia.ru/text/78/143/images/image007_40.jpg" width="432 height=163" height="163">

Ryžiai. 2 pav. 3

https://pandia.ru/text/78/143/images/image010_57.gif" width="101" height="19 src=">.

Skersmens brėžimas per sąlyčio tašką AŠ, turėsime: ; Štai kodėl

Ryžiai. 1 pav. 2

https://pandia.ru/text/78/143/images/image014_12.jpg" width="191 height=177" height="177">.jpg" width="227 height=197" height="197" >

Priklausomybė tarp lankų, stygų ir stygų atstumų nuo centro.

Teoremos. Viename rate arba V vienodi apskritimai :

1) jei lankai yra lygūs, tai juos surišančios stygos yra lygios ir vienodai nutolusios nuo centro;

2) jei du lankai, mažesni už puslankį, nėra lygūs, tai didesnis iš jų yra apribotas didesniu styga, o iš abiejų stygų didesnis yra arčiau centro .

1) Tegul lankas AB lygus lankui CD(1 pav.), reikia įrodyti, kad stygos AB ir CD lygus, taip pat lygus ir statmenas OE Ir OF, nuleistas nuo centro iki akordų.

Pasukime sektorių OAJB aplink centrą APIE rodyklės nurodyta kryptimi tiek, kad spindulys APIE sutapo su OS. Tada lankas VA. eis lanku CD ir dėl jų lygybės šie lankai persidengs. Tai reiškia, kad styga AS sutampa su styga CD ir statmenai OE sutaps su OF(iš vieno taško į tiesiąją galima nuleisti tik vieną statmeną), t.y. AB=CD Ir OE=OF.

2) Tegul lankas AB(2 pav.) mažiau lanko CD, ir, be to, abu lankai yra mažesni už puslankį; reikia įrodyti, kad styga AB mažiau akordo CD, ir statmenai OE statmenesnis OF. Padėkime ant lanko CD lankas SK, lygus AB, ir nubrėžkite pagalbinį akordą SK, kuri pagal tai, kas buvo įrodyta, yra lygi akordui AB ir vienodai nutolęs nuo centro. Prie trikampių C.O.D. Ir SULČIOS dvi vienos kraštinės yra lygios dviem kitoms kraštinėms (kaip ir spinduliai), tačiau tarp šių kraštinių esantys kampai nėra lygūs; šiuo atveju, kaip žinome, prieš didesnį iš kampų, t.y. lCOD, didesnė pusė turi gulėti, o tai reiškia CD>CK, ir todėl CD>AB.

Norėdami tai įrodyti OE>OF, mes diriguosime OLXCK ir atsižvelgti į tai, kad, remiantis tuo, kas buvo įrodyta, OE=OL; todėl mums užtenka palyginti OF Su OL. Stačiakampiame trikampyje 0 FM(paveiksle padengta brūkšneliais) hipotenuzė OM daugiau kojos OF; Bet OL>OM; tai reiškia dar daugiau OL>OF. ir todėl OE>OF.

Teorema, kurią įrodėme vienam apskritimui, išlieka teisinga ir vienodiems apskritimams, nes tokie apskritimai vienas nuo kito skiriasi tik padėtimi.

Konversinės teoremos. Kadangi ankstesnėje pastraipoje buvo nagrinėjami visi vienas kitą paneigiantys atvejai, susiję su dviejų to paties spindulio lankų lyginamuoju dydžiu, ir buvo gautos viena kitą paneigiančios išvados dėl lyginamojo stygų dydžio ir jų atstumų nuo centro, tai atvirkštiniai teiginiai turi būti tiesa, c. tiksliai:

IN vienas apskritimas arba lygūs apskritimai:

1) vienodos stygos yra vienodai nutolusios nuo centro ir yra vienodos lankos;

2) stygos, vienodai nutolusios nuo centro, yra lygios ir turi lygius lankus;

3) iš dviejų nelygių stygų, didesnis yra arčiau centro ir sulenkia didesnį lanką;

4) dviejų akordų nevienodu atstumu nuo centro, kuris yra arčiau centro, yra didesnis ir sulenkia didesnį lanką.

Šiuos teiginius galima lengvai įrodyti prieštaravimu. Pavyzdžiui, norėdami įrodyti pirmąjį iš jų, samprotaujame taip: jei šios stygos sulenktų nelygius lankus, tai pagal tiesioginę teoremą jie nebūtų lygūs, o tai prieštarauja sąlygai; Tai reiškia, kad vienodos stygos turi sudaryti vienodus lankus; o jei lankai lygūs, tai pagal tiesioginę teoremą juos surišančios stygos yra vienodai nutolusios nuo centro.

Teorema. Skersmuo yra didžiausias iš akordų .

Jei prisijungsime prie centro APIE kai kurių stygų, nepereinančių per centrą, galai, pavyzdžiui, styga AB(3 pav.) tada gauname trikampį AOB, kurioje viena kraštinė yra ši styga, o kitos dvi yra spinduliai, tačiau trikampyje kiekviena kraštinė yra mažesnė už kitų dviejų kraštinių sumą; todėl akordas AB mažesnė už dviejų spindulių sumą; kadangi kiekvienas skersmuo CD lygi dviejų spindulių sumai. Tai reiškia, kad skersmuo yra didesnis nei bet kurios stygos, kuri neeina per centrą. Bet kadangi skersmuo taip pat yra styga, galime pasakyti, kad skersmuo yra didžiausias iš stygų.

Ryžiai. 1 pav. 2

Tangento teorema.

Kaip jau minėta, liestinės atkarpos, nubrėžtos į apskritimą iš vieno taško, yra vienodo ilgio. Šis ilgis vadinamas liestinės atstumas nuo taško iki apskritimo.

Be liestinės teoremos neįmanoma išspręsti daugiau nei vienos problemos apie įbrėžtus apskritimus, kitaip tariant, apie apskritimus, liečiančius daugiakampio kraštines.

Tangentiniai atstumai trikampyje.

Raskite atkarpų, kurioms skirtos trikampio kraštinės, ilgius ABC yra padalinti iš liečiamųjų taškų su įbrėžtu apskritimu (1,a pav.), pavyzdžiui, liestinės atstumas tа nuo taško Aį ratą. Pridėkime šonus b Ir c, tada iš sumos atimkite pusę A. Atsižvelgdami į liestinių, nubrėžtų iš vienos viršūnės, lygybę, gauname 2 tа. Taigi,

ta=(b+c-a)/ 2=p-a,

Kur p=(a+b+c)/ 2 yra šio trikampio pusperimetras. Šoninių segmentų, esančių greta viršūnių, ilgis IN Ir SU, yra atitinkamai vienodi p-b Ir p-c.

Panašiai ir trikampio kraštinės (išorinės) liestinės apibrėžimui A(1 pav., b), liestinės atstumai nuo IN Ir SU yra atitinkamai vienodi p-c Ir p-b, ir iš viršaus A- Tiesiog p.

Atkreipkite dėmesį, kad šios formulės gali būti naudojamos ir priešinga kryptimi.

Leisk nueiti į kampą TUįbrėžtas apskritimas, o liestinės atstumas nuo kampo viršūnės iki apskritimo lygusp arbap- a, Kurp– trikampio pusperimetras ABC, A a=BC. Tada apskritimas paliečia liniją Saulė(atitinkamai trikampio išorėje arba viduje).

Tiesą sakant, tegul, pavyzdžiui, liestinės atstumas yra lygus p-a. Tada mūsų apskritimai liečia kampo kraštines tuose pačiuose taškuose kaip ir trikampio apskritimas ABC, vadinasi, sutampa su juo. Todėl jis paliečia liniją Saulė.

Apribotasis keturkampis. Iš teoremos apie liestinių lygybę iškart išplaukia (2a pav.), kad

Jei apskritimas gali būti įrašytas į keturkampį, tada jo priešingų kraštinių sumos yra lygios:

AD+ BC = AB+ CD

Atkreipkite dėmesį, kad aprašytas keturkampis būtinai yra išgaubtas. Taip pat yra priešingai:

Jei keturkampis yra išgaubtas ir jo priešingų kraštinių sumos lygios, tai į jį galima įrašyti apskritimą.

Įrodykime tai keturkampiui, kuris nėra lygiagretainis. Pavyzdžiui, tegul yra dvi priešingos keturkampio pusės AB Ir DC, tęsiant jie susikirs taške E(2 pav.,b). Į trikampį įbrėžkime apskritimą ADE. Jo liestinės atstumas te iki taško E išreikšta formule

te=½ (AE+ED-AD).

Bet pagal sąlygą keturkampio priešingų kraštinių sumos yra lygios, o tai reiškia AD+BC =AB+CD, arba AD=AB+CD-B.C.. Šią reikšmę pakeičiant išraiška for te, gauname

te=½ ((AE-AB)+(ED-CD)+BC) = ½ (BE+EB+BC),

ir tai yra trikampio pusperimetras B.C.E.. Iš aukščiau įrodytos liesties sąlygos išplaukia, kad mūsų ratas liečiasi B.C..

https://pandia.ru/text/78/143/images/image020_13.jpg" width="336" height="198 src=">

Dvi apskritimo liestinės, nubrėžtos iš taško, esančio už jo ribų, yra lygios ir sudaro vienodus kampus su tiese, jungiančia šį tašką su centru, kuri išplaukia iš stačiųjų trikampių AOB ir AOB1 lygybės

Plokštumoje bus pateiktas apskritimas ir tam tikra tiesė. Numeskime statmeną iš apskritimo centro C į šią tiesę; pažymėkime šio statmens pagrindu. Taškas gali užimti tris galimas padėtis apskritimo atžvilgiu: a) yra už apskritimo, b) ant apskritimo, c) apskritimo viduje. Priklausomai nuo to, tiesi linija užims vieną iš trijų galimų skirtingų padėčių apskritimo atžvilgiu, kaip aprašyta toliau.

a) Tegul statmens, nuleistos nuo apskritimo centro C iki tiesės, pagrindas yra už apskritimo ribų (197 pav.). Tada tiesė nekerta apskritimo, visi jos taškai yra išorinėje srityje. Iš tiesų nurodytu atveju pagal sąlygą jis pašalinamas iš centro didesniu atstumu nei spindulys). Be to, bet kuriam tiesės a taškui M, ty kiekvienas tam tikros tiesės taškas yra už apskritimo ribų.

b) Tegul statmens pagrindas krenta ant apskritimo (198 pav.). Tada tiesė a turi tiksliai vieną bendrą tašką su apskritimu. Iš tiesų, jei M yra bet kuris kitas tiesės taškas, tada (pasvirieji yra ilgesni už statmeną) taškas M yra išorinėje srityje. Tokia tiesė, turinti vieną bendrą tašką su apskritimu, šiame taške vadinama apskritimo liestine. Parodykime, kad, atvirkščiai, jei tiesė turi vieną bendrą tašką su apskritimu, tai spindulys, nubrėžtas į šį tašką, yra statmenas šiai tiesei. Iš tiesų, numeskime statmeną iš centro į šią tiesę. Jei jos pagrindas būtų apskritimo viduje, tada tiesi linija turėtų du bendrus taškus, kaip parodyta c). Jei ji būtų už apskritimo ribų, tai pagal a) tiesioji linija neturėtų bendrų taškų su apskritimu.

Todėl belieka manyti, kad statmuo patenka į bendrą linijos tašką, o apskritimas - į jų liesties tašką. Įrodyta, kad tai svarbu

Teorema. Tiesi linija, einanti per apskritimo tašką, paliečia apskritimą tada ir tik tada, kai ji yra statmena spinduliui, nubrėžtam to taško.

Atkreipkite dėmesį, kad čia pateiktas apskritimo liestinės apibrėžimas neperkeliamas į kitas kreives. Bendresnis kreivosios tiesės liestinės apibrėžimas siejamas su ribų teorijos sąvokomis ir detaliau aptariamas aukštosios matematikos eigoje. Čia pateiksime tik bendrą sampratą apie tai. Tegu duotas apskritimas ir taškas A (199 pav.).

Paimkime kitą apskritimo tašką A ir sujunkime abu tiesės AA taškus. Tegul taškas A, judantis išilgai apskritimo, užima eilę naujų pozicijų, vis labiau artėdamas prie taško A. Tiesioji linija AA, besisukanti aplink A, užima keletą padėčių: šiuo atveju judančiam taškui artėjant prie taško A , tiesė linkusi sutapti su liestine AT. Todėl galime kalbėti apie liestinę kaip ribinę sekanto, einančios per tam tikrą tašką, ir kreivės taško, kuris artėja prie jo be apribojimų, padėtį. Šioje formoje liestinės apibrėžimas taikytinas labai bendros formos kreivėms (200 pav.).

c) Galiausiai tegul taškas yra apskritimo viduje (201 pav.). Tada . Apsvarstysime pasvirusius apskritimus, nubrėžtus tiese a nuo centro C, kurių pagrindai tolsta nuo taško bet kuria iš dviejų galimų krypčių. Pasvirimo ilgis monotoniškai padidės, kai jo pagrindas tolsta nuo taško, šis pasvirimo ilgio padidėjimas vyksta palaipsniui („nuolat“) nuo artimų verčių iki savavališkai didelių, todėl atrodo aišku, kad tam tikroje pasvirusių pagrindų padėtyje jų ilgis bus lygiai lygus, ant apskritimo gulės atitinkami tiesės taškai K ir L.