Danes si bomo ogledali drugo vrsto nalog 6 - tokrat s krogom. Mnogi učenci jih ne marajo in se jim zdijo težke. In popolnoma zaman, saj so takšne težave rešene osnovno, če poznate nekaj izrekov. Ali pa si sploh ne upajo, če jih ne poznate.

Preden govorim o glavnih lastnostih, naj vas spomnim na definicijo:

Včrtan kot je tisti, katerega oglišče leži na samem krogu in njegove stranice sekajo tetivo na tem krogu.

Središčni kot je vsak kot, katerega vrh je v središču kroga. Njegove stranice prav tako sekajo ta krog in na njem vrezujejo tetivo.

Torej, koncepti vpisanega in središčni kot so neločljivo povezani s krogom in akordi v njem. In zdaj glavna izjava:

Izrek. Središčni kot je vedno dvakrat večji od včrtanega kota, ki temelji na istem loku.

Kljub preprostosti izjave obstaja cel razred problemov 6, ki jih je mogoče rešiti z njo - in nič drugega.

Naloga. Poiščite ostri včrtani kot, ki ga sega tetiva, ki je enaka polmeru kroga.

Naj bo AB obravnavana tetiva, O središče kroga. Dodatna konstrukcija: OA in OB sta polmera kroga. Dobimo:

Razmislite o trikotniku ABO. V njem je AB = OA = OB - vse stranice so enake polmeru kroga. Zato je trikotnik ABO enakostranični in vsi koti v njem merijo 60°.

Naj bo M oglišče včrtanega kota. Ker kota O in M ​​ležita na istem loku AB, je pričrtani kot M 2-krat manjši od središčnega kota O. Imamo:

M = O: 2 = 60: 2 = 30

Naloga. Središčni kot je za 36° večji od včrtanega kota, ki ga sega enak krožni lok. Poiščite včrtani kot.

Vstavimo naslednji zapis:

1. AB je tetiva kroga;
2. Točka O je središče kroga, torej je kot AOB središčni kot;
3. Točka C je oglišče pričrtanega kota ACB.

Ker iščemo včrtan kot ACB, ga označimo z ACB = x. Potem je središčni kot AOB x + 36. Po drugi strani pa je središčni kot 2-krat večji od včrtanega kota. Imamo:

AOB = 2 · ACB ;
x + 36 = 2 x ;
x = 36.

Tako smo našli včrtan kot AOB - enak je 36°.

Krog je kot 360°

Ob prebranem podnaslovu bodo poznavalci verjetno rekli: "Uf!" Dejansko primerjava kroga s kotom ni povsem pravilna. Da bi razumeli, o čem govorimo, si oglejte klasični trigonometrični krog:

Čemu služi ta slika? In poleg tega je popolna rotacija kot 360 stopinj. In če ga razdelite, recimo, na 20 enakih delov, bo velikost vsakega od njih 360: 20 = 18 stopinj. Točno to je potrebno za rešitev problema B8.

Točke A, B in C ležijo na krožnici in jo delijo na tri loke, katerih stopinjske mere so v razmerju 1 : 3 : 5. Poišči večji kot trikotnika ABC.

Najprej poiščimo stopinjsko mero vsakega loka. Naj bo manjši x. Na sliki je ta lok označen z AB. Potem lahko preostale loke - BC in AC - izrazimo z AB: lok BC = 3x; AC = 5x. Skupaj ti loki dajejo 360 stopinj:

AB + BC + AC = 360;
x + 3x + 5x = 360;
9x = 360;
x = 40.

Zdaj razmislite o velikem loku AC, ki ne vsebuje točke B. Ta lok, tako kot ustrezni središčni kot AOC, je 5x = 5 40 = 200 stopinj.

Kot ABC je največji izmed vseh kotov v trikotniku. Je včrtan kot, ki ga sega isti lok kot središčni kot AOC. To pomeni, da je kot ABC 2-krat manjši od AOC. Imamo:

ABC = AOC: 2 = 200: 2 = 100

To bo stopinjska mera večjega kota v trikotniku ABC.

Okrog pravokotnega trikotnika obkrožen krog

Mnogi ljudje pozabijo na ta izrek. A zaman, saj nekaterih težav z B8 brez njega sploh ni mogoče rešiti. Natančneje, rešeni so, a s tolikšnim obsegom izračunov, da bi raje zaspal, kot da bi prišel do odgovora.

Izrek. Središče kroga, opisanega okoli pravokotnega trikotnika, leži na sredini hipotenuze.

Kaj sledi iz tega izreka?

1. Razpolovišče hipotenuze je enako oddaljeno od vseh oglišč trikotnika. To je neposredna posledica izreka;
2. Mediana, potegnjena na hipotenuzo, deli prvotni trikotnik na dva enakokraka trikotnika. Točno to je potrebno za rešitev problema B8.

V trikotnik ABC narišemo sredino CD. Kot C je 90°, kot B pa 60°. Poiščite kot ACD.

Ker je kot C 90°, je trikotnik ABC pravokoten trikotnik. Izkaže se, da je CD mediana, potegnjena na hipotenuzo. To pomeni, da sta trikotnika ADC in BDC enakokraka.

Še posebej upoštevajte trikotnik ADC. V njem AD = CD. Toda v enakokrakem trikotniku so koti pri dnu enaki - glejte "Problem B8: Odseki in koti v trikotnikih." Zato je želeni kot ACD = A.

Torej, treba je ugotoviti, zakaj enaka kotu A. Če želite to narediti, se vrnimo k izvirniku trikotnik ABC. Označimo kot A = x. Ker je vsota kotov v katerem koli trikotniku 180°, imamo:

A + B + BCA = 180;
x + 60 + 90 = 180;
x = 30.

Seveda je zadnji problem mogoče rešiti drugače. Na primer, enostavno je dokazati, da trikotnik BCD ni le enakokrak, ampak enakostranični. Torej je kot BCD 60 stopinj. Zato je kot ACD 90 − 60 = 30 stopinj. Kot lahko vidite, lahko uporabite različne enakokrake trikotnike, vendar bo odgovor vedno enak.

\[(\Large(\text(Centralni in včrtani koti)))\]

Definicije

Središčni kot je kot, katerega vrh leži v središču kroga.

Včrtan kot je kot, katerega vrh leži na krožnici.

Stopinska mera krožnega loka je stopinjska mera središčnega kota, ki ga sega.

Izrek

Stopinska mera včrtanega kota je enaka polovici stopinjske mere loka, na katerem leži.

Dokaz

Dokaz bomo izvedli v dveh stopnjah: najprej bomo dokazali veljavnost trditve za primer, ko ena od stranic pričrtanega kota vsebuje premer. Naj bo točka \(B\) oglišče včrtanega kota \(ABC\) in \(BC\) premer kroga:

Trikotnik \(AOB\) je enakokrak, \(AO = OB\) , \(\kotnik AOC\) je zunanji, potem \(\kot AOC = \kot OAB + \kot ABO = 2\kot ABC\), kje \(\kot ABC = 0,5\cdot\kot AOC = 0,5\cdot\buildrel\smile\over(AC)\).

Zdaj razmislite o poljubnem včrtanem kotu \(ABC\) . Iz vrha pričrtanega kota narišimo premer kroga \(BD\). Obstajata dva možna primera:

1) premer razreže kot na dva kota \(\kot ABD, \kot CBD\) (za vsakega od njih velja izrek, kot je dokazano zgoraj, zato velja tudi za prvotni kot, ki je vsota teh dva in je torej enaka polovici vsote lokov, na katere se naslanjata, to je enaka polovici loka, na katerem sloni). riž. 1.

2) premer ni razrezal kota na dva kota, potem imamo še dva nova včrtana kota \(\kot ABD, \kot CBD\), katerih stranica vsebuje premer, torej zanju velja izrek, potem je velja tudi za prvotni kot (ki enako razliki teh dveh kotov je torej enaka polovici razlike lokov, na katerih ležita, to je enaka polovici loka, na katerem leži). riž. 2.

Posledice

1. Včrtana kota, ki segata v isti lok, sta enaka.

2. Včrtan kot, ki ga sega polkrog, je pravi kot.

3. Včrtani kot je enak polovici središčnega kota, ki ga sega isti lok.

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

Definicije

Obstajajo tri vrste relativni položaj ravna črta in krog:

1) premica \(a\) seka krog v dveh točkah. Takšno premico imenujemo sekanta. V tem primeru je razdalja \(d\) od središča kroga do premice manjša od polmera \(R\) kroga (slika 3).

2) premica \(b\) seka krog v eni točki. Tako premico imenujemo tangenta, njuno skupno točko \(B\) pa tangentno točko. V tem primeru \(d=R\) (slika 4).

Izrek

1. Tangenta na krožnico je pravokotna na polmer, narisan na točko dotika.

2. Če premica poteka skozi konec polmera kroga in je pravokotna na ta polmer, potem se dotika kroga.

Posledica

Odseki tangente, narisani iz ene točke na krožnico, so enaki.

Dokaz

Iz točke \(K\) na krožnico narišimo dve tangenti \(KA\) in \(KB\):

To pomeni, da so \(OA\perp KA, OB\perp KB\) kot polmeri. Pravokotni trikotnik\(\trikotnik KAO\) in \(\trikotnik KBO\) sta enaka po kraku in hipotenuzi, torej \(KA=KB\) .

Posledica

Središče kroga \(O\) leži na simetrali kota \(AKB\), ki ga tvorita tangenti, potegnjeni iz iste točke \(K\).

\[(\Large(\text(Izreki v zvezi s koti)))\]

Izrek o kotu med sekantami

Kot med dvema sekantama, potegnjenima iz iste točke, je enak polovični razliki stopinjskih mer večjega in manjšega loka, ki ju sekata.

Dokaz

Naj bo \(M\) točka, iz katere sta narisani dve sekanti, kot je prikazano na sliki:

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

\(\angle DAB\) je zunanji kot trikotnika \(MAD\), torej \(\kot DAB = \kot DMB + \kot MDA\), kje \(\kot DMB = \kot DAB - \kot MDA\), vendar sta kota \(\kot DAB\) in \(\kot MDA\) včrtana, potem \(\angle DMB = \angle DAB - \angle MDA = \frac(1)(2)\buildrel\smile\over(BD) - \frac(1)(2)\buildrel\smile\over(CA) = \frac(1)(2)(\buildrel\smile\over(BD) - \buildrel\smile\over(CA))\), kar je bilo treba dokazati.

Izrek o kotu med sekajočima se tetivama

Kot med dvema sekajočima se tetvama je enak polovici vsote stopinjskih mer lokov, ki jih sekata: \[\angle CMD=\dfrac12\left(\buildrel\smile\over(AB)+\buildrel\smile\over(CD)\desno)\]

Dokaz

\(\kot BMA = \kot CMD\) kot navpično.

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

Ampak \(\kot AMD = 180^\krog - \kot CMD\), iz česar sklepamo, da \[\angle CMD = \frac12\cdot\buildrel\smile\over(AB) + \frac12\cdot\buildrel\smile\over(CD) = \frac12(\buildrel\smile\over(AB) + \buildrel\ nasmeh\čez(CD)).\]

Izrek o kotu med tetivo in tangento

Kot med tangento in tetivo, ki poteka skozi točko tangente, je enak polovici stopinjske mere loka, ki ga povezuje tetiva.

Dokaz

Naj se premica \(a\) dotika krožnice v točki \(A\), \(AB\) je tetiva te krožnice, \(O\) je njeno središče. Naj premica, ki vsebuje \(OB\), seka \(a\) v točki \(M\) . Dokažimo to \(\kot BAM = \frac12\cdot \buildrel\nasmeh\nad(AB)\).

Označimo \(\kotnik OAB = \alpha\) . Ker sta \(OA\) in \(OB\) polmera, potem \(OA = OB\) in \(\kot OBA = \kot OAB = \alfa\). torej \(\buildrel\smile\over(AB) = \angle AOB = 180^\circ - 2\alpha = 2(90^\circ - \alpha)\).

Ker je \(OA\) polmer, narisan na tangentno točko, potem \(OA\perp a\), to je \(\kot OAM = 90^\circ\), torej, \(\angle BAM = 90^\circ - \angle OAB = 90^\circ - \alpha = \frac12\cdot\buildrel\smile\over(AB)\).

Izrek o lokih, ki jih povezujejo enake tetive

Enake tetive zajemajo enake loke, manjše od polkrogov.

In obratno: enaki loki se povezujejo z enakimi tetivami.

Dokaz

1) Naj \(AB=CD\) . Dokažimo, da so manjši polkrogi loka .

Na treh straneh torej \(\kot AOB=\kot COD\) . Ampak ker \(\kot AOB, \kot COD\) - središčni koti, podprti z loki \(\buildrel\smile\over(AB), \buildrel\smile\over(CD)\) torej torej \(\buildrel\smile\over(AB)=\buildrel\smile\over(CD)\).

2) Če \(\buildrel\smile\over(AB)=\buildrel\smile\over(CD)\), To \(\trikotnik AOB=\trikotnik COD\) na dveh stranicah \(AO=BO=CO=DO\) in kot med njima \(\kot AOB=\kot COD\) . Zato in \(AB=CD\) .

Izrek

Če polmer razpolovi tetivo, je pravokoten nanjo.

Velja tudi obratno: če je polmer pravokoten na tetivo, jo v presečišču razpolovi.

Dokaz

1) Naj \(AN=NB\) . Dokažimo, da \(OQ\perp AB\) .

Razmislite o \(\trikotniku AOB\) : je enakokrak, ker \(OA=OB\) – polmeri kroga. Ker \(ON\) je mediana, narisana na osnovo, potem je tudi višina, torej \(ON\perp AB\) .

2) Naj \(OQ\perp AB\) . Dokažimo, da \(AN=NB\) .

Podobno je \(\trikotnik AOB\) enakokrak, \(ON\) je višina, zato je \(ON\) mediana. Zato \(AN=NB\) .

\[(\Large(\text(Izreki, povezani z dolžinami segmentov)))\]

Izrek o produktu odsekov tetiv

Če se dve tetivi kroga sekata, je zmnožek odsekov ene tetive enak zmnožku odsekov druge tetive.

Dokaz

Naj se tetivi \(AB\) in \(CD\) sekata v točki \(E\).

Razmislite o trikotnikih \(ADE\) in \(CBE\) . V teh trikotnikih sta kota \(1\) in \(2\) enaka, saj sta včrtana in počivata na istem loku \(BD\), kota \(3\) in \(4\) pa sta enaka kot navpično. Trikotnika \(ADE\) in \(CBE\) sta si podobna (na podlagi prvega kriterija podobnosti trikotnikov).

Potem \(\dfrac(AE)(EC) = \dfrac(DE)(BE)\), od koder je \(AE\cdot BE = CE\cdot DE\) .

Izrek o tangenti in sekansi

Kvadrat tangentnega odseka je enak produktu sekante in njegovega zunanjega dela.

Dokaz

Naj gre tangenta skozi točko \(M\) in se dotika krožnice v točki \(A\). Naj sekans poteka skozi točko \(M\) in seka krog v točkah \(B\) in \(C\), tako da \(MB\< MC\) . Покажем, что \(MB\cdot MC = MA^2\) .

Razmislite o trikotnikih \(MBA\) in \(MCA\) : \(\kot M\) je skupen, \(\kot BCA = 0,5\cdot\buildrel\nasmeh\nad(AB)\). Po izreku o kotu med tangento in sekanto je \(\kot BAM = 0,5\cdot\buildrel\nasmeh\nad(AB) = \kot BCA\). Tako sta si trikotnika \(MBA\) in \(MCA\) podobna v dveh kotih.

Iz podobnosti trikotnikov \(MBA\) in \(MCA\) imamo: \(\dfrac(MB)(MA) = \dfrac(MA)(MC)\), kar je enakovredno \(MB\cdot MC = MA^2\) .

Posledica

Zmnožek sekante, narisane iz točke \(O\) z njenim zunanjim delom, ni odvisen od izbire sekanse, narisane iz točke \(O\) .

Najprej razumejmo razliko med krogom in krogom. Da bi videli to razliko, je dovolj razmisliti, kaj sta obe številki. To je neskončno število točk na ravnini, ki se nahajajo na enaki razdalji od ene same središčna točka. Če pa je krog sestavljen tudi iz notranjega prostora, potem ne pripada krogu. Izkaže se, da je krog tako krog, ki ga omejuje (krog(r)), kot nešteto število točk, ki so znotraj kroga.

Za vsako točko L, ki leži na krožnici, velja enakost OL=R. (Dolžina odseka OL je enaka polmeru kroga).

Odsek, ki povezuje dve točki na krožnici, je njen akord.

Tetiva, ki poteka neposredno skozi središče kroga, je premer ta krog (D). Premer lahko izračunate po formuli: D=2R

Obseg izračunano po formuli: C=2\pi R

Območje kroga: S=\pi R^(2)

Krožni lok se imenuje tisti njen del, ki se nahaja med njenima dvema točkama. Ti dve točki določata dva loka kroga. Tetiva CD zajema dva loka: CMD in CLD. Enake tetive segajo v enake loke.

Osrednji kot Imenuje se kot, ki leži med dvema polmeroma.

Dolžina loka lahko najdete s formulo:

1. Uporaba stopinjske mere: CD = \frac(\pi R \alpha ^(\circ))(180^(\circ))
2. Uporaba radianske mere: CD = \alpha R

Premer, ki je pravokoten na tetivo, deli tetivo in z njo skrčene loke na pol.

Če se tetive AB in CD krožnice sekata v točki N, so produkti odsekov tetiv, ločenih s točko N, med seboj enaki.

AN\cdot NB = CN\cdot ND

Tangenta na krožnico

Tangenta na krožnico Običajno imenujemo ravno črto, ki ima eno skupno točko s krogom.

Če ima ravna črta dva skupne točke, jo kličejo sekant.

Če polmer narišete na tangento, bo pravokoten na tangento kroga.

Iz te točke na našo krožnico potegnemo dve tangenti. Izkazalo se je, da bodo tangentni segmenti enaki drug drugemu, središče kroga pa bo na simetrali kota z vrhom na tej točki.

AC = CB

Zdaj pa iz naše točke narišimo tangento in sekanto na krožnico. Dobimo, da bo kvadrat dolžine tangentnega segmenta enak zmnožku celotnega segmenta sekante in njegovega zunanjega dela.

AC^(2) = CD \cdot BC

Lahko sklepamo: zmnožek celotnega odseka prvega sekanta in njegovega zunanjega dela je enak zmnožku celotnega odseka drugega sekanta in njegovega zunanjega dela.

AC\cdot BC = EC\cdot DC

Koti v krogu

Stopinjski meri središčnega kota in loka, na katerem leži, sta enaki.

\angle COD = \cup CD = \alpha ^(\circ)

Včrtani kot je kot, katerega vrh je na krožnici in njegove stranice vsebujejo tetive.

Izračunate ga lahko tako, da poznate velikost loka, saj je enaka polovici tega loka.

\kot AOB = 2 \kot ADB

Na podlagi premera, včrtanega kota, pravega kota.

\kot CBD = \kot CED = \kot CAD = 90^ (\circ)

Včrtani koti, ki segajo v isti lok, so enaki.

Včrtana kota, ki ležita na eni tetivi, sta enaka ali pa je njuna vsota enaka 180^ (\circ) .

\kot ADB + \kot AKB = 180^ (\circ)

\kot ADB = \kot AEB = \kot AFB

Na istem krogu so oglišča trikotnikov z enakimi koti in dano osnovo.

Kot z ogliščem znotraj kroga, ki se nahaja med dvema tetivama, je enak polovici vsote kotnih vrednosti lokov kroga, ki so v danem in navpičnem kotu.

\kot DMC = \kot ADM + \kot DAM = \frac(1)(2) \levo (\skodelica DmC + \skodelica AlB \desno)

Kot z vrhom zunaj kroga in se nahaja med dvema sekantima je enak polovici razlike v kotnih vrednostih lokov kroga, ki so v kotu.

\kot M = \kot CBD - \kot ACB = \frac(1)(2) \levo (\skodelica DmC - \skodelica AlB \desno)

Včrtana krožnica

Včrtana krožnica je krog, ki se dotika stranic mnogokotnika.

V točki, kjer se sekata simetrala vogalov mnogokotnika, je njegovo središče.

Krog ne sme biti včrtan v vsak mnogokotnik.

Območje mnogokotnika z včrtanim krogom najdemo po formuli:

S = pr,

p je polobod mnogokotnika,

r je polmer včrtane krožnice.

Iz tega sledi, da je polmer včrtanega kroga enak:

r = \frac(S)(p)

Vsote dolžin nasprotnih straneh bo enaka, če je krog vpisan v konveksni štirikotnik. In obratno: krog se prilega konveksnemu štirikotniku, če sta vsoti dolžin nasprotnih stranic enaki.

AB + DC = AD + BC

V katerikoli trikotnik je možno vpisati krog. Samo enega samega. Na mestu, kjer se sekata simetrali notranjih kotov figure, bo središče tega včrtanega kroga.

Polmer včrtanega kroga izračunamo po formuli:

r = \frac(S)(p),

kjer je p = \frac(a + b + c)(2)

Circumcircle

Če krog poteka skozi vsako oglišče mnogokotnika, potem se tak krog običajno imenuje opisano o mnogokotniku.

Na presečišču pravokotnih simetral stranic tega lika bo središče opisanega kroga.

Polmer lahko najdete tako, da ga izračunate kot polmer kroga, ki je opisan okoli trikotnika, ki ga določajo katera koli 3 oglišča mnogokotnika.

Obstaja naslednji pogoj: okoli štirikotnika lahko opišemo krog samo, če je vsota njegovih nasprotnih kotov enaka 180^( \circ) .

\kot A + \kot C = \kot B + \kot D = 180^ (\circ)

Okrog katerega koli trikotnika lahko opišete krog in samo enega. Središče takšnega kroga bo na točki, kjer se sekajo pravokotne simetrale stranic trikotnika.

Polmer obrobnega kroga lahko izračunamo po formulah:

R = \frac(a)(2 \sin A) = \frac(b)(2 \sin B) = \frac(c)(2 \sin C)

R = \frac(abc)(4 S)

a, b, c so dolžine stranic trikotnika,

S je območje trikotnika.

Ptolomejev izrek

Nazadnje razmislite o Ptolemejevem izreku.

Ptolemejev izrek pravi, da je zmnožek diagonal enak vsoti zmnožkov nasprotnih strani cikličnega štirikotnika.

AC \cdot BD = AB \cdot CD + BC \cdot AD

Navodila

Če sta znana polmer (R) kroga in dolžina loka (L), ki ustrezata želenemu središčnemu kotu (θ), ga lahko izračunamo tako v stopinjah kot v radianih. Skupna vrednost je določena s formulo 2*π*R in ustreza središčnemu kotu 360° ali dvema številoma Pi, če namesto stopinj uporabimo radiane. Zato izhajaj iz razmerja 2*π*R/L = 360°/θ = 2*π/θ. Iz njega izrazite središčni kot v radianih θ = 2*π/(2*π*R/L) = L/R ali stopinjah θ = 360°/(2*π*R/L) = 180*L/(π * R) in izračunajte z dobljeno formulo.

Na podlagi dolžine tetive (m), ki povezuje točke, ki določajo središčni kot (θ), lahko izračunamo tudi njeno vrednost, če poznamo polmer (R) krožnice. Če želite to narediti, razmislite o trikotniku, ki ga tvorita dva polmera in . To je enakokraki trikotnik, vsi poznajo, vendar morate najti kot nasproti osnove. Sinus njegove polovice je enak razmerju dolžine osnove - tetive - do dvakratne dolžine stranice - polmera. Zato za izračune uporabite inverzno sinusno funkcijo - arcsinus: θ = 2*arcsin(½*m/R).

Osrednji kot je lahko določen v delcih vrtljajev ali iz zasukanega kota. Na primer, če morate najti središčni kot, ki ustreza četrtini polnega vrtljaja, delite 360° s štiri: θ = 360°/4 = 90°. Ista vrednost v radianih bi morala biti 2*π/4 ≈ 3,14/2 ≈ 1,57. Raztegnjeni kot je enak polovici polnega obrata, zato bo na primer središčni kot, ki ustreza njegovi četrtini, polovica vrednosti, izračunanih zgoraj v stopinjah in radianih.

Inverzna sinusna funkcija se imenuje trigonometrična funkcija arcsinus. Lahko sprejme vrednosti znotraj polovice števila Pi, tako pozitivne kot negativne. negativna stranče se meri v radianih. Če jih merimo v stopinjah, bodo te vrednosti v območju od -90 ° do +90 °.

Navodila

Nekaterih "okroglih" vrednosti ni treba izračunati; lažje si jih je zapomniti. Na primer: - če je argument funkcije nič, je tudi njen arkus sinus nič - od 1/2 je enak 30° ali 1/6 Pi, če je izmerjen; - arcsinus od -1/2 je -30° ali -1/6 od števila Pi; arkus sinus 1 je enak 90° ali 1/2 števila Pi v radianih; število Pi v radianih;

Za merjenje vrednosti te funkcije iz drugih argumentov je najlažji način, da uporabite standardni kalkulator Windows, če ga imate pri roki. Za začetek odprite glavni meni na gumbu »Start« (ali s pritiskom na tipko WIN), pojdite na razdelek »Vsi programi« in nato na pododdelek »Pripomočki« in kliknite »Kalkulator«.

Vmesnik kalkulatorja preklopite v način delovanja, ki vam omogoča izračun trigonometrične funkcije. Če želite to narediti, odprite razdelek »Pogled« v njegovem meniju in izberite »Inženiring« ali »Znanstveno« (odvisno od vrste operacijski sistem).

Vnesite vrednost argumenta, iz katerega naj se izračuna arktangens. To lahko storite tako, da z miško kliknete gumbe na vmesniku kalkulatorja ali pritisnete tipke na , ali pa kopirate vrednost (CTRL + C) in jo nato prilepite (CTRL + V) v vnosno polje kalkulatorja.

Izberite merske enote, v katerih morate dobiti rezultat izračuna funkcije. Pod poljem za vnos so tri možnosti, med katerimi morate izbrati (s klikom z miško) eno - , radiani ali radi.

Označite potrditveno polje, ki obrne funkcije, navedene na gumbih vmesnika kalkulatorja. Ob njem je kratek napis Inv.

Kliknite gumb za greh. Kalkulator bo obrnil z njim povezano funkcijo, izvedel izračun in vam predstavil rezultat v določenih enotah.

Video na temo

Eden od pogostih geometrijskih problemov je izračun površine krožnega segmenta - dela kroga, ki ga omejuje tetiva, in ustrezne tetive s krožnim lokom.

Površina krožnega segmenta je enaka razliki med površino ustreznega krožnega sektorja in površino trikotnika, ki ga tvorijo polmeri sektorja, ki ustreza segmentu, in tetive, ki omejuje segment.

Primer 1

Dolžina tetive, ki zajema krog, je enaka vrednosti a. Stopinjska mera loka, ki ustreza tetivi, je 60°. Poiščite območje krožnega segmenta.

rešitev

Trikotnik, ki ga sestavljata dva polmera in tetiva, je enakokrak, zato bo višina, potegnjena iz oglišča središčnega kota na stranico trikotnika, ki ga tvori tetiva, tudi simetrala središčnega kota, ki ga deli na pol, in mediana, ki deli tetivo na pol. Če vemo, da je sinus kota enak razmerju med nasprotnim krakom in hipotenuzo, lahko izračunamo polmer:

Sin 30°= a/2:R = 1/2;

Sc = πR²/360°*60° = πa²/6

S▲=1/2*ah, kjer je h višina, narisana iz oglišča središčnega kota na tetivo. Po Pitagorovem izreku je h=√(R²-a²/4)= √3*a/2.

V skladu s tem je S▲=√3/4*a².

Površina segmenta, izračunana kot Sreg = Sc - S▲, je enaka:

Sreg = πa²/6 - √3/4*a²

Če vrednost a zamenjate z številsko vrednostjo, lahko enostavno izračunate številsko vrednost območja segmenta.

Primer 2

Polmer kroga je enak a. Stopinjska mera loka, ki ustreza segmentu, je 60°. Poiščite območje krožnega segmenta.

rešitev:

Ustrezno območje sektorja podani kot se lahko izračuna po naslednji formuli:

Sc = πa²/360°*60° = πa²/6,

Površina trikotnika, ki ustreza sektorju, se izračuna na naslednji način:

S▲=1/2*ah, kjer je h višina, narisana iz oglišča središčnega kota na tetivo. Po Pitagorovem izreku je h=√(a²-a²/4)= √3*a/2.

V skladu s tem je S▲=√3/4*a².

In končno, površina segmenta, izračunana kot Sreg = Sc - S▲, je enaka:

Sreg = πa²/6 - √3/4*a².

Rešitve so v obeh primerih skoraj enake. Tako lahko sklepamo, da je za izračun površine segmenta v najpreprostejšem primeru dovolj poznati vrednost kota, ki ustreza loku segmenta, in enega od dveh parametrov - bodisi polmer kroga ali dolžina tetive, ki zajema lok kroga, ki tvori segment.

Viri:

• Segment - geometrija

Kot ABC je včrtan kot. Leži na loku AC, zaprtem med njegovimi stranicami (slika 330).

Izrek. Včrtani kot se meri s polovico loka, na katero sega.

To je treba razumeti takole: včrtani kot vsebuje toliko kotnih stopinj, minut in sekund, kolikor ločnih stopinj, minut in sekund vsebuje polovica loka, na kateri sloni.

Pri dokazovanju tega izreka je treba upoštevati tri primere.

Prvi primer. Središče kroga leži na strani včrtanega kota (slika 331).

Naj bo ∠ABC včrtan kot in središče krožnice O leži na strani BC. Potrebno je dokazati, da se meri s pol loka AC.

Povežimo točko A s središčem kroga. Dobimo enakokraki \(\Delta\)AOB, v katerem je AO = OB, kot polmere istega kroga. Zato je ∠A = ∠B.

∠AOC je zunaj trikotnika AOB, zato je ∠AOC = ∠A + ∠B, in ker sta kota A in B enaka, je ∠B 1/2 ∠AOC.

Toda ∠AOC se meri z lokom AC, zato se ∠B meri s polovico loka AC.

Na primer, če \(\breve(AC)\) vsebuje 60°18', potem ∠B vsebuje 30°9'.

Drugi primer. Središče kroga leži med stranicama včrtanega kota (slika 332).

Naj bo ∠ABD včrtan kot. Središče kroga O leži med stranicama. Dokazati moramo, da se ∠ABD meri s polovico loka AD.

Da bi to dokazali, narišimo premer BC. Kot ABD je razdeljen na dva kota: ∠1 in ∠2.

∠1 se meri s polovico loka AC, ∠2 pa s polovico loka CD, zato se celoten ∠ABD meri z 1 / 2 \(\breve(AC)\) + 1 / 2 \(\breve (CD)\), tj. pol loka AD.

Na primer, če \(\breve(AD)\) vsebuje 124°, potem ∠B vsebuje 62°.

Tretji primer. Središče kroga leži zunaj včrtanega kota (slika 333).

Naj bo ∠MAD včrtan kot. Središče kroga O je zunaj vogala. Dokazati moramo, da se ∠MAD meri s polovico loka MD.

Da bi to dokazali, narišimo premer AB. ∠MAD = ∠MAB - ∠DAB. Toda ∠MAB meri 1/2 \(\breve(MB)\), ∠DAB pa meri 1/2 \(\breve(DB)\).

Zato ∠MAD meri 1/2 (\(\breve(MB) - \breve(DB))\, tj. 1/2 \(\breve(MD)\).

Na primer, če \(\breve(MD)\) vsebuje 48° 38", potem ∠MAD vsebuje 24° 19' 8".

Posledice
1. Vsi včrtani koti, ki segajo v isti lok, so med seboj enaki, saj se merijo s polovico istega loka. (Sl. 334, a).

2. Včrtan kot, ki ga sega premer, je pravi kot, ker sega na polovico kroga. Pol kroga vsebuje 180 ločnih stopinj, kar pomeni, da kot, ki temelji na premeru, vsebuje 90 ločnih stopinj (slika 334, b).