Prava linija u odnosu na kružnicu može biti u sljedeća tri položaja:

1. Udaljenost od središta kruga do prave linije veća je od polumjera. U ovom slučaju, sve tačke prave leže izvan kruga.


2. Udaljenost od središta kruga do prave linije je manja od radijusa. U ovom slučaju, prava ima tačke koje leže unutar kružnice, a budući da je prava beskonačna u oba smjera, siječe kružnicu u 2 tačke.


3. Udaljenost od središta kruga do prave linije jednaka je polumjeru. Prava linija - tangenta.

Prava koja ima samo jednu zajedničku tačku sa kružnicom naziva se tangenta u krug.

U ovom slučaju se zove zajednička tačka tačka dodira.

Mogućnost postojanja tangente i, štaviše, povučene kroz bilo koju tačku kružnice, kao dodirne tačke, dokazuje se sljedećom teoremom.

Teorema. Ako je prava okomita na poluprečnik na svom kraju koji leži na kružnici, onda je ta prava tangentna.

Neka je O (pirinač) centar nekog kruga, a OA neki njegov polumjer. Povucite MN ^ OA kroz njegov kraj A.

Potrebno je dokazati da je prava MN tangentna, tj. da ova prava ima samo jednu zajedničku tačku A sa kružnicom.

Pretpostavimo suprotno: neka MN ima još jednu zajedničku tačku sa kružnicom, na primjer B.

Tada bi linija OB bila poluprečnik i prema tome jednaka OA.

Ali to ne može biti, jer ako je OA okomica, onda OB mora biti koso na MN, a kosa je veća od okomice.

Inverzna teorema. Ako je prava tangenta na kružnicu, tada je polumjer povučen u tačku tangente okomit na nju.

Neka je MN tangenta na kružnicu, A tačka tangente i O centar kružnice.

Potrebno je dokazati da je OA^MN.

Pretpostavimo suprotno, tj. pretpostavimo da okomica spuštena iz O u MN nije OA već neka druga prava, kao što je OB.

Uzmimo BC = AB i nacrtamo OC.

Tada će OA i OS biti kosi, jednako udaljeni od okomite OB, i prema tome, OS = OA.

Iz ovoga slijedi da će krug, uzimajući u obzir našu pretpostavku, imati dvije zajedničke tačke sa pravom MN: A i C, tj. MN neće biti tangenta, već sekansa, što je u suprotnosti sa uslovom.

Posljedica. Kroz bilo koju datu tačku na kružnici može se povući tangenta na ovu kružnicu, i to samo jednu, jer se kroz ovu tačku može povući okomita, i, osim toga, samo jedna, na poluprečnik uvučen u nju.

Teorema. Tangenta koja je paralelna tetivi prepolovi luk koji tetiva oduzima u tački kontakta.

Neka prava AB (sl.) dodiruje kružnicu u tački M i bude paralelna sa tetivom CD.

Moramo dokazati da je ÈCM = ÈMD.

Provlačeći prečnik ME kroz tačku kontakta, dobijamo: EM ^ AB, i prema tome, EM ^ CB.

Dakle, CM=MD.

Zadatak. Nacrtajte tangentu na dati krug kroz datu tačku.

Ako dati poen je na kružnici, tada se kroz njega povlači poluprečnik i okomita linija kroz kraj poluprečnika. Ova linija će biti željena tangenta.

Razmotrimo slučaj kada je tačka data izvan kruga.

Neka je potrebno (sl.) povući tangentu na kružnicu sa centrom O kroz tačku A.

Da bismo to učinili, iz tačke A, kao iz centra, opisujemo luk poluprečnika AO, a iz tačke O, kao centra, siječemo ovaj luk u tačkama B i C sa otvorom kompasa jednakim prečniku ove kružnice .

Nakon što smo nacrtali tetive OB i OC, tačku A povezujemo sa tačkama D i E, u kojima se te tetive seku sa datom kružnicom.

Prave AD i AE tangente su na kružnicu O.

Zaista, iz konstrukcije se može vidjeti da su cijevi AOB i AOC jednakokračne (AO = AB = AC) sa osnovama OB i OS jednakim prečniku kružnice O.

Pošto su OD i OE poluprečnici, onda je D središte OB, a E središte OS, što znači da su AD i AE medijane povučene na osnove jednakokračnih tragova, pa su stoga okomite na ove baze. Ako su prave DA i EA okomite na poluprečnike OD i OE, onda su tangente.

Posljedica. Dvije tangente povučene iz iste tačke na kružnicu su jednake i formiraju jednake uglove sa linijom koja povezuje ovu tačku sa centrom.

Dakle, AD=AE i ÐOAD = ÐOAE (sl.), jer su pravougaone cijevi AOD i AOE, koje imaju zajedničku hipotenuzu AO i jednake krake OD i OE (kao radijusi), jednake.

Imajte na umu da ovdje riječ "tangenta" označava stvarni "tangentni segment" od date tačke do tačke tangente.

Zadatak. Nacrtajte tangentu na dati krug O paralelno sa datom pravom AB (sl.).

Spuštamo okomicu OC na AB iz centra O i crtamo EF || AB.

Željena tangenta će biti EF.

Zaista, pošto OS ^ AB i EF || AB, zatim EF ^ OD, a prava okomita na poluprečnik na njenom kraju koja leži na kružnici je tangenta.

Zadatak. Nacrtajte zajedničku tangentu na dva kruga O i O 1 (Sl.).

Analiza. Pretpostavimo da je problem riješen.

Neka je AB zajednička tangenta, A i B tangentne tačke.

Očigledno, ako pronađemo jednu od ovih tačaka, na primjer, A, lako možemo pronaći i drugu.

Nacrtajmo poluprečnike OA i O 1 B. Ovi poluprečniki, budući da su okomiti na zajedničku tangentu, paralelni su jedan s drugim.

Dakle, ako iz O 1 povučemo O 1 S || BA, tada će putanja do OCO 1 biti pravougaona na vrhu C.

Kao rezultat toga, ako opišemo iz O, kao centar, kružnicu polumjera OS, tada će dodirnuti pravu O 1 C u tački C.

Poluprečnik ove pomoćne kružnice je poznat: jednak je OA - SA = OA - O 1 B, tj. jednaka je razlici polumjera datih kružnica.

Izgradnja. Iz centra O opisujemo kružnicu poluprečnika, jednaka razlici podaci o radijusu.

Iz O 1 povlačimo tangentu O 1 C na ovu kružnicu (na način naveden u prethodnom zadatku).

Kroz tačku tangente C povlačimo poluprečnik OS i nastavljamo ga dok ne sretne datu kružnicu u tački A. Konačno, iz A povlačimo AB paralelno sa CO 1.

Na potpuno isti način možemo konstruisati još jednu zajedničku tangentu A 1 B 1 (sl.). Zovu se prave AB i A 1 B 1 vanjski zajedničke tangente.

Možeš još dva interni tangente kako slijedi:

Analiza. Pretpostavimo da je problem riješen (sl.). Neka je AB tražena tangenta.

Nacrtajte poluprečnike OA i O 1 B u tačkama tangente A i B. Pošto su oba poluprečnika okomiti na zajedničku tangentu, oni su međusobno paralelni.

Dakle, ako iz O 1 povučemo O 1 S || BA i nastavite OA do tačke C, tada će OS biti okomit na O 1 C.

Kao rezultat toga, kružnica opisana poluprečnikom OS iz tačke O, kao centra, dodiruje pravu O 1 C u tački C.

Poluprečnik ove pomoćne kružnice je poznat: jednak je OA+AC = OA+O 1 B, tj. jednak je zbiru poluprečnika datih kružnica.

Izgradnja. Od O kao centra, opisujemo kružnicu poluprečnika koji je jednak zbiru ovih poluprečnika.

Iz O 1 povlačimo tangentu O 1 C na ovu kružnicu.

Tačku tangente C povezujemo sa O.

Konačno, kroz tačku A, u kojoj se OC seče sa datom kružnicom, povlačimo AB = O 1 C.

Na sličan način možemo konstruisati još jednu unutrašnju tangentu A 1 B 1 .

Opća definicija tangente

Neka se tangenta AT i neka sekansa AM povuku u kružnicu sa centrom (sl.) kroz tačku A.

Zarotirajmo ovu sekansu oko tačke A tako da se druga tačka preseka B pomera sve bliže i bliže A.

Tada će se okomita OD, spuštena od centra do sekante, sve više približavati poluprečniku OA, a ugao AOD može postati manji od bilo kojeg malog ugla.

Ugao MAT koji formiraju sekansa i tangenta jednak je uglu AOD (zbog okomitosti njihovih stranica).

Stoga, kako se tačka B neograničeno približava A, ugao MAT takođe može postati proizvoljno mali.

To se drugim riječima izražava na sljedeći način:

tangenta je granična pozicija do koje teži sekansa povučena kroz tačku dodira kada se druga tačka preseka približava tački kontakta na neodređeno vreme.

Ovo svojstvo se uzima kao definicija tangente kada je u pitanju bilo koja vrsta krive.

Dakle, tangenta na krivu AB (slika) je granična pozicija MT, kojoj teži sekansa MN kada se tačka preseka P neograničeno približava M.

Imajte na umu da tangenta definisana na ovaj način može imati više od jedne zajedničke tačke sa krivom (kao što se može videti na slici).

bodova $x\_0\backslash in\; \backslash mathbb(R)$, i u njemu se može razlikovati: $f\; \backslash in\; \backslash mathcal(D)(x\_0)$. Tangenta na graf funkcije $f$ u tački $x\_0$ naziva se graf linearne funkcije, date jednadžbom $y\; =\; f(x\_0)\; +\; f"(x\_0)(x-x\_0),\backslash quad\; x\backslash in\; \backslash mathbb(R)$.

Ako je funkcija $f$ ima u tački $x\_0$ beskonačni derivat $f"(x\_0)\; =\; \backslash pm\backslash infty,$ tada je tangentna linija u ovoj tački vertikalna linija data jednadžbom $x\; =\; x\_0.$

Komentar

Iz definicije direktno slijedi da graf tangentne linije prolazi kroz tačku $(x\_0,f(x\_0))$. Injekcija $\backslash alpha$ između tangente na krivulju i x-ose zadovoljava jednačinu

$\backslash operatorname(tg)\backslash ,\backslash alpha\; =\; f"(x\_0)=k,$

gdje $\backslash operatorname(tg)$ označava tangentu i $\backslash operatorname\; (k)$- koeficijent nagiba tangente. Derivat u tački $x\_0$ jednak nagibu tangente na graf funkcije $y\; =\; f(x)$ na ovom mjestu.

Tangenta kao granični položaj sekante

Neka bude $f\backslash dvotočka\; U(x\_0)\; \backslash to\; \backslash R$ I $x\_1\backslash u\; U(x\_0).$ Zatim ravna linija koja prolazi kroz tačke $(x\_0,f(x\_0))$ I $(x\_1,f(x\_1))$ dato jednačinom

$y\; =\; f(x\_0)\; +\; \backslash frac(f(x\_1)\; -\; f(x\_0))(x\_1\; -\; x\_0)(x-x\_0).$

Ova linija prolazi kroz tačku $(x\_0,f(x\_0))$ za bilo koga $x\_1\backslash u\; U(x\_0),$ i njegov ugao nagiba $\backslash alpha(x\_1)$ zadovoljava jednačinu

$\backslash operatorname(tg)\backslash ,\backslash alpha(x\_1)\; =\; \backslash frac(f(x\_1)\; -\; f(x\_0))(x\_1\; -\; x\_0).$

Zbog postojanja derivacije funkcije $f$ u tački $x\_0,$ prelazeći do granice na $x\_1\backslash do\; x\_0,$ shvatili smo da postoji granica

$\backslash lim\backslash limits\_(x\_1\; \backslash to\; x\_0)\; \backslash operatorname(tg)\backslash ,\backslash alpha(x\_1)\; =\; f"(x\_0),$

i zbog kontinuiteta tangente luka i graničnog ugla

$\backslash alpha\; =\; \backslash operatorname(arctg)\backslash ,f"(x\_0).$

Prava koja prolazi kroz tačku $(x\_0,f(x\_0))$ i ima granični ugao nagiba koji zadovoljava $\backslash operatorname(tg)\backslash ,\backslash alpha\; =\; f"(x\_0),$ je dato tangentnom jednadžbom:

$y\; \backslash u003d\; f\; (x\_0)\; +\; f\; "(x\_0)\; (x-x\_0).$

Tangenta na kružnicu

Prava linija koja ima jednu zajedničku tačku sa kružnicom i koja leži u istoj ravni s njom naziva se tangenta na kružnicu.

Svojstva

1. Tangenta na kružnicu je okomita na poluprečnik povučen do tačke kontakta.
2. Segmenti tangenti na kružnicu povučeni iz jedne tačke su jednaki i čine jednake uglove sa pravom koja prolazi kroz ovu tačku i središtem kružnice.
3. Dužina segmenta tangente povučene u krug jediničnog poluprečnika, uzeta između tačke tangente i tačke preseka tangente sa zrakom povučenom iz centra kružnice, je tangenta ugla između ove zrake i smjer od centra kružnice do točke dodira. "Tangens" od lat. tangente- "tangenta".

Varijacije i generalizacije

Jednostrane polutangente

• Ako postoji pravi izvod onda desna polutangenta na graf funkcije $f$ u tački $x\_0$ zove greda

$y\; =\; f(x\_0)\; +\; f"\_+(x\_0)(x\; -\; x\_0),\backslash quad\; x\; \backslash geqslant\; x\_0.$

• Ako postoji lijeva derivacija onda lijeva polutangenta na graf funkcije $f$ u tački $x\_0$ zove greda

$y\; =\; f(x\_0)\; +\; f"\_-(x\_0)(x\; -\; x\_0),\backslash quad\; x\; \backslash leqslant\; x\_0.$

• Ako postoji beskonačan desni izvod $f"\_+(x\_0)\; =\; +\backslash infty\backslash ;\; (-\backslash infty),$ $f$ u tački $x\_0$ zove greda

$x\; =\; x\_0,\; \backslash ;\; y\; \backslash geqslant\; f(x\_0)\backslash ;\; (y\backslash leqslant\; f(x\_0)).$

• Ako postoji beskonačan levi izvod $f"\_-(x\_0)\; =\; +\backslash infty\backslash ;\; (-\backslash infty),$ zatim desna polutangenta na graf funkcije $f$ u tački $x\_0$ zove greda

$x\; =\; x\_0,\; \backslash ;\; y\; \backslash leqslant\; f(x\_0)\backslash ;\; (y\backslash geqslant\; f(x\_0)).$

vidi takođe

• Normalno, binormalno

Napišite recenziju na članak "Tangentna linija"

Književnost

• Toponogov V. A. Diferencijalna geometrija krivulja i površina. - Fizmatkniga, 2012. - ISBN 9785891552135.
• // Enciklopedijski rječnik Brockhausa i Efrona: u 86 svezaka (82 sveska i 4 dodatna). - St. Petersburg. , 1890-1907.

Izvod koji karakteriše tangentnu liniju

- Na mestima! - viknuo je mladi oficir na vojnike okupljene oko Pjera. Ovaj mladi oficir je, po svemu sudeći, svoj položaj obavljao prvi ili drugi put, pa se stoga i prema vojnicima i prema komandantu odnosio posebno jasno i jednolično.
Nestalna paljba topova i pušaka pojačavala se po cijelom polju, posebno lijevo, gdje su bili Bagrationovi bljeskovi, ali se zbog dima pucnjeva s mjesta gdje je Pjer bio gotovo nemoguće bilo šta vidjeti. Štaviše, zapažanja o tome kako je, takoreći, porodični (odvojen od svih ostalih) krug ljudi koji su bili na bateriji, apsorbirala su svu Pierreovu pažnju. Njegovo prvo nesvjesno radosno uzbuđenje, izazvano prizorom i zvucima bojnog polja, sada je zamijenjeno, posebno nakon pogleda na ovog usamljenog vojnika kako leži na livadi, drugim osjećajem. Sjedeći sada na padini jarka, promatrao je lica oko sebe.
Do deset sati već je dvadeset ljudi bilo odneseno iz baterije; dva pištolja su polomljena, sve više granata je udaralo u bateriju i letjelo, zujanje i zviždući, dalekometni meci. Ali ljudi koji su bili na bateriji kao da to nisu primijetili; sa svih strana čuli su se veseli razgovori i šale.
- Chinenko! - viknuo je vojnik na granatu koja se približavala. - Ne ovdje! U pješadiju! - dodao je drugi uz smeh, primetivši da je granata preletela i pogodila redove pokrivača.
- Šta, prijatelju? - nasmijao se drugi vojnik čučećem seljaku ispod leteće topovske kugle.
Nekoliko vojnika se okupilo kod bedema, gledajući šta se dešava ispred.
“I skinuli su lanac, vidite, vratili su se”, rekli su, pokazujući preko okna.
„Gledajte svoja posla“, viknuo im je stari podoficir. - Vratili su se, što znači da ima posla. - I podoficir, uhvativši jednog od vojnika za rame, gurnuo ga je kolenom. Čuo se smeh.
- Prebaci na petu pušku! viknu s jedne strane.
“Zajedno, prijateljski, u burlatskom”, čuli su se veseli povici onih koji su mijenjali puške.
„Aj, skoro sam srušio šešir našem gospodaru“, nasmijao se šaljivdžija crvenog lica Pjeru, pokazujući zube. „Oh, nespretno“, prekorno je dodao lopti koja je pala u volan i nogu čoveka.
- Pa, vi lisice! drugi se smijao migoljavim milicionerima koji su ulazili u bateriju za ranjenike.
- Al nije ukusna kaša? Ah, vrane, zaljuljale se! - vikali su na miliciju, koja je oklevala pred vojnikom sa odsečenom nogom.
„Tako nešto, mali“, oponašali su seljaci. - Ne vole strast.
Pjer je primijetio kako se nakon svakog udarca, nakon svakog poraza, sve više rasplamsava opći preporod.
Kao iz nadolazećeg grmljavinskog oblaka, sve češće su na licima svih ovih ljudi (kao da se odbijaju od onoga što se dešavalo) sve češće bljesnule munje skrivene, rasplamsane vatre.
Pjer nije gledao naprijed na bojno polje i nije ga zanimalo što se tamo događa: bio je potpuno zaokupljen razmišljanjem o ovoj, sve gorućoj vatri, koja je na isti način (osjećao je) rasplamsala u njegovoj duši.
U deset sati povukli su se vojnici pešadije, koji su bili ispred baterije u žbunju i uz reku Kamenku. Iz baterije se vidjelo kako su trčali nazad, noseći ranjenike na puškama. Neki general sa svojom pratnjom uđe u humku i, nakon razgovora s pukovnikom, ljutito pogledavši Pjera, ponovo siđe dole, naredivši da pješadijski pokrov, koji je stajao iza baterije, legne kako bi što manje bio izložen pucnjavi. Nakon toga, u redovima pešadije, desno od baterije, začuo se bubanj, povici komandovanja, a iz baterije se videlo kako su redovi pešadije krenuli napred.
Pjer je pogledao preko okna. Jedno lice mu je posebno privuklo pažnju. Bio je to oficir koji je, bledog mladog lica, hodao unatrag, noseći spušteni mač, i s nelagodom gledajući oko sebe.
Redovi pješadijskih vojnika nestajali su u dimu, čuo se njihov dugotrajan krik i česta pucnjava. Nekoliko minuta kasnije odatle su prošla gomila ranjenika i nosila. Granate su još češće počele udarati u bateriju. Nekoliko ljudi je ležalo neočišćeno. U blizini topova vojnici su se kretali užurbanije i življe. Niko više nije obraćao pažnju na Pjera. Jednom ili dvaput ljutito su ga vikali jer je na putu. Viši oficir, namrštenog lica, krupnim, brzim koracima prelazio je od jednog pištolja do drugog. Mladi oficir, još više pocrveneo, još revnosnije je komandovao vojnicima. Vojnici su pucali, okretali, punili i radili svoj posao sa intenzivnom mukom. Poskakali su putem, kao na oprugama.

Prisjetimo se slučajeva relativnu poziciju prava linija i krug.

Zadana je kružnica sa centrom O i polumjerom r. Prava P, udaljenost od centra do prave, odnosno okomite OM, jednaka je d.

Slučaj 1- udaljenost od središta kruga do prave je manja od polumjera kružnice:

Dokazali smo da u slučaju kada je rastojanje d manje od poluprečnika kružnice r, prava i kružnica imaju samo dve zajedničke tačke (slika 1).

Rice. 1. Ilustracija slučaja 1

Slučaj dva- udaljenost od središta kruga do prave je jednaka polumjeru kružnice:

Dokazali smo da je u ovom slučaju zajednička tačka jedinstvena (slika 2).

Rice. 2. Ilustracija slučaja 2

Slučaj 3- udaljenost od središta kruga do prave je veća od polumjera kružnice:

Dokazali smo da u ovom slučaju krug i prava nemaju zajedničke tačke (slika 3).

Rice. 3. Ilustracija slučaja 3

U ovoj lekciji zanima nas drugi slučaj, kada prava i kružnica imaju jednu zajedničku tačku.

definicija:

Prava koja ima jednu zajedničku tačku sa kružnicom naziva se tangenta na kružnicu, zajednička tačka se naziva dodirna tačka između prave i kružnice.

Prava p je tangenta, tačka A je dodirna tačka (slika 4).

Rice. 4. Tangenta

Teorema:

Tangenta na kružnicu je okomita na poluprečnik povučen do tačke kontakta (slika 5).

Rice. 5. Ilustracija za teoremu

dokaz:

Naprotiv, neka OA nije okomita na pravu p. U ovom slučaju, spustimo okomicu iz tačke O na pravu p, što će biti rastojanje od centra kružnice do prave:

Iz pravokutnog trokuta možemo reći da je hipotenuza OH manja od kraka OA, odnosno da prava i kružnica imaju dvije zajedničke tačke, prava p je sekansa. Tako smo dobili kontradikciju, što znači da je teorema dokazana.

Rice. 6. Ilustracija za teoremu

Obrnuta teorema je također tačna.

Teorema:

Ako prava linija prolazi kroz kraj poluprečnika koji leži na kružnici i okomita je na ovaj poluprečnik, onda je to tangenta.

dokaz:

Kako je prava okomita na polumjer, udaljenost OA je udaljenost od prave do centra kružnice i jednaka je polumjeru: . Odnosno, u ovom slučaju, kao što smo prethodno dokazali, prava i kružnica imaju jedinu zajedničku tačku - to je tačka A, pa je prava p tangenta na kružnicu po definiciji (slika 7).

Rice. 7. Ilustracija za teoremu

Direktna i inverzna teorema se mogu kombinovati na sledeći način (slika 8):

Dat je krug sa centrom O, prava p, poluprečnik OA

Rice. 8. Ilustracija za teoremu

Teorema:

Prava je tangenta na kružnicu ako i samo ako je polumjer povučen do točke dodira okomit na nju.

Ova teorema znači da ako je prava tangentna, tada je polumjer povučen do dodirne točke okomit na nju, i obrnuto, iz okomitosti OA i p slijedi da je p tangentna, odnosno prava i kružnica imaju jednu zajedničku tačku.

Razmotrimo dvije tangente povučene iz iste tačke na kružnicu.

Teorema:

Segmenti tangenti na kružnicu povučeni iz jedne tačke su jednaki i čine jednake uglove sa pravom linijom povučenom kroz ovu tačku i središte kružnice.

Dat je krug, centar O, tačka A izvan kruga. Iz tačke A povučene su dve tangente, tačke B i C su tangentne tačke. Potrebno je dokazati da su i uglovi 3 i 4 jednaki.

Rice. 9. Ilustracija za teoremu

dokaz:

Dokaz se zasniva na jednakosti trouglova . Objasniti jednakost trouglova. Oni su pravougaoni, jer je poluprečnik povučen do tačke kontakta okomit na tangentu. Dakle, uglovi i su pravi i jednaki u . Kratke OB i OS su jednake, jer su poluprečnik kružnice. Hipotenuza AO - obična.

Dakle, trokuti su jednaki u smislu jednakosti kateta i hipotenuze. Iz ovoga je očito da su kraci AB i AC također jednaki. Takođe i suprotni uglovi jednake strane, su jednaki, tako da su uglovi i , jednaki.

Teorema je dokazana.

Dakle, upoznali smo se s konceptom tangente na kružnicu, u sljedećoj lekciji ćemo razmotriti mjeru stepena luka kružnice.

Bibliografija

1. Aleksandrov A.D. itd. Geometrija 8. razred. - M.: Obrazovanje, 2006.
2. Butuzov V.F., Kadomcev S.B., Prasolov V.V. Geometrija 8. - M.: Prosvjeta, 2011.
3. Merzlyak A.G., Polonsky V.B., Yakir S.M. Geometrija 8 razred. - M.: VENTANA-GRAF, 2009.

1. Univer.omsk.su ().
2. Oldskola1.narod.ru ().
3. School6.aviel.ru ().

Zadaća

1. Atanasyan L.S., Butuzov V.F., Kadomtsev S.B. et al., Geometrija 7-9, br.634-637, str. 168.

Direktno ( MN) koji ima samo jednu zajedničku tačku sa kružnicom ( A), se zove tangenta u krug.

U ovom slučaju se zove zajednička tačka tačka dodira.

Mogućnost postojanja tangenta, i, štaviše, povučen kroz bilo koju tačku krugovima, kao dodirnu tačku, dokazuje se sljedećim teorema.

Neka se to traži krugovima centriran O tangenta kroz tačku A. Za ovo, sa tačke gledišta A, kao iz centra, opišite arc radijus AO, i sa tačke O, kao centar, siječemo ovaj luk u tačkama B I OD rješenje šestara jednako prečniku date kružnice.

Nakon trošenja tada akordi OB I OS, povežite tačku A sa tačkama D I E gdje ove tetive sijeku datu kružnicu. Direktno AD I AE - tangenta na kružnicu O. Zaista, jasno je iz konstrukcije da trouglovi AOB I AOC jednakokraki(AO = AB = AC) sa bazama OB I OS, jednako prečniku kruga O.

Jer OD I OE su radijusi, onda D - srednji OB, ali E- srednji OS, znači AD I AE - medijane privučeni bazama jednakokraki trouglovi, i stoga su okomite na ove baze. Ako direktno DA I EA okomito na poluprečnike OD I OE, onda jesu tangente.

Posljedica.

Dvije tangente povučene iz iste tačke na kružnicu su jednake i tvore jednake uglove sa pravom koja povezuje ovu tačku sa centrom.

Dakle AD=AE i ∠ OAD = ∠OAE jer pravokutnih trouglova AOD I AOE imaju zajedničku hipotenuza AO i jednaki noge OD I OE(kao radijusi) su jednaki. Imajte na umu da ovdje riječ "tangenta" znači stvarni " tangentni segment” od date tačke do tačke kontakta.

Članak daje detaljno objašnjenje definicija, geometrijskom smislu izvedenica sa grafičkim simbolima. Jednadžba tangente će se razmatrati na primjerima, naći će se jednadžbe tangente na krivulje 2. reda.

Definicija 1

Ugao nagiba ravne linije y = k x + b naziva se kut α, koji se mjeri od pozitivnog smjera x-ose do prave linije y = k x + b u pozitivnom smjeru.

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

Definicija 2

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

Nagib je jednak nagibu prave, drugim riječima k = t g α .

• Nagib prave je 0 samo kada je ox paralelan, a nagib jednak nuli, jer je tangenta nule 0. Dakle, oblik jednačine će biti y = b.
• Ako je ugao nagiba prave linije y = k x + b oštar, tada su uslovi 0< α < π 2 или 0 ° < α < 90 ° . Отсюда имеем, что значение углового коэффициента k считается pozitivan broj, jer vrijednost tangente zadovoljava uvjet t g α > 0, i dolazi do povećanja grafa.
• Ako je α \u003d π 2, tada je lokacija linije okomita na x. Jednakost je određena jednakošću x = c pri čemu je vrijednost c realan broj.
• Ako je ugao nagiba prave linije y = k x + b tup, onda odgovara uslovima π 2< α < π или 90 ° < α < 180 ° , значение углового коэффициента k принимает отрицательное значение, а график убывает.

Definicija 3

Sekansa je prava linija koja prolazi kroz 2 tačke funkcije f (x). Drugim riječima, sekansa je prava linija koja prolazi kroz bilo koje dvije tačke na grafu. datu funkciju.

Slika pokazuje da je A B sekansa, a f (x) je crna kriva, α je crveni luk, koji pokazuje ugao nagiba sekansa.

Kada je nagib prave jednak tangenti ugla nagiba, jasno je da se tangenta iz pravouglog trougla A B C može naći u odnosu na suprotni krak od susednog.

Definicija 4

Dobijamo formulu za pronalaženje sekante oblika:

k = tg α = BCAC = f (x B) - fx A x B - x A , gdje su apscise tačaka A i B vrijednosti x A , x B i f (x A) , f (x B) su funkcije vrijednosti u ovim tačkama.

Očigledno, nagib sekante je definiran 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 jednačina 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 vizuelno deli graf na 3 dela: levo od tačke A, od A do B, desno od B. Slika ispod pokazuje da postoje tri sekante za koje se smatra da su iste, tj. postaviti pomoću slične jednadžbe.

Po definiciji je jasno da se prava i njena sekansa u ovom slučaju poklapaju.

Sekansa može više puta preseći graf date funkcije. Ako postoji jednadžba oblika y \u003d 0 za sekantu, tada je broj presječnih točaka sa sinusoidom beskonačan.

Definicija 5

Tangenta na graf funkcije f (x) u tački x 0 ; f (x 0) naziva se prava linija koja prolazi kroz datu tačku x 0; f (x 0) , uz prisustvo segmenta koji ima mnogo x vrijednosti blizu x 0 .

Primjer 1

Pogledajmo pobliže primjer u nastavku. Tada se može vidjeti da se prava koja je data funkcijom y = x + 1 smatra tangentom na y = 2 x u tački sa koordinatama (1 ; 2). Radi jasnoće, potrebno je razmotriti grafove sa vrijednostima bliskim (1; 2). Funkcija y = 2 x je označena crnom bojom, plava linija je tangenta, crvena tačka je tačka preseka.

Očigledno, y = 2 x spaja se s linijom y = x + 1.

Da bi se odredila tangenta, treba razmotriti ponašanje tangente A B dok se tačka B beskonačno približava tački A. Radi jasnoće, predstavljamo sliku.

Sekansa A B, označena plavom linijom, teži položaju same tangente, a ugao nagiba sekante α će početi da teži uglu nagiba same tangente α x.

Definicija 6

Tangenta na graf funkcije y = f (x) u tački A je granični položaj sekante A B u B koja teži A, odnosno B → A.

Sada prelazimo na razmatranje geometrijskog značenja derivacije funkcije u tački.

Pređimo na razmatranje sekante AB za funkciju f (x), gdje su A i B sa koordinatama x 0, f (x 0) i x 0 + ∆ x, f (x 0 + ∆ x), i ∆ x se označava kao inkrement argumenta. Sada će funkcija imati oblik ∆ y = ∆ f (x) = f (x 0 + ∆ x) - f (∆ x) . Radi jasnoće, uzmimo sliku kao primjer.

Razmotrite rezultat pravougaonog trougla A B C. Koristimo definiciju tangente za rješenje, odnosno dobijamo omjer ∆ y ∆ x = t g α . Iz definicije tangente slijedi da je lim ∆ x → 0 ∆ y ∆ x = t g α x . Prema pravilu derivacije u tački, imamo da se izvod f (x) u tački x 0 naziva granicom omjera prirasta funkcije i priraštaja argumenta, gdje je ∆ x → 0, tada označeno kao f (x 0) = lim ∆ x → 0 ∆ y ∆ x .

Iz toga 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.

Odnosno, dobijamo da f ' (x) može postojati u tački x 0 i, kao tangenta na dati graf funkcije u tački dodira jednaka x 0 , f 0 (x 0) , gdje je vrijednost nagiba tangente u tački jednak je izvodu u tački x 0 . Tada dobijamo da je k x = f "(x 0) .

Geometrijsko značenje derivacije funkcije u tački je da je dat koncept postojanja tangente na graf u istoj tački.

Za pisanje jednačine bilo koje prave linije u ravni potrebno je imati nagib sa tačkom kroz koju ona prolazi. Njegova oznaka se uzima kao x 0 na raskrsnici.

Jednadžba tangente na graf funkcije y \u003d f (x) u tački 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 vertikalno pod uslovom lim x → x 0 + 0 f" (x) = ∞ i lim x → x 0 - 0 f "(x ) = ∞ ili odsustvo uopšte pod uslovom lim x → x 0 + 0 f "(x) ≠ lim x → x 0 - 0 f "(x) .

Lokacija tangente ovisi o vrijednosti njenog nagiba kx = f "(x 0). Kada je paralelna s osom x, dobivamo da je kk = 0, kada je paralelna sa oko y - kx = ∞, a oblik tangentne jednadžbe x = x 0 raste s kx > 0, smanjuje se kao kx< 0 .

Primjer 2

Sastavite jednadžbu tangente na graf funkcije y \u003d ex + 1 + x 3 3 - 6 - 3 3 x - 17 - 3 3 u tački s koordinatama (1; 3) s definicijom ugla sklonost.

Rješenje

Prema pretpostavci, imamo da je funkcija definirana za sve realni brojevi. Dobijamo da je tačka sa koordinatama određenim uslovom (1 ; 3) tačka kontakta, tada je x 0 = - 1 , f (x 0) = - 3 .

Potrebno je pronaći izvod u tački sa vrijednošću - 1 . Shvatili smo to

y "= ex + 1 + x 3 3 - 6 - 3 3 x - 17 - 3 3" == ex + 1 "+ x 3 3" - 6 - 3 3 x "- 17 - 3 3" = ex + 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 tački kontakta je nagib tangente, koji je jednak tangenti nagiba.

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

Iz toga slijedi da je α x = a r c t g 3 3 = π 6

odgovor: tangentna jednačina poprima oblik

y \u003d 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 na grafičkoj ilustraciji.

Crna boja se koristi za grafikon originalne funkcije, plava boja je tangentna slika, crvena tačka je dodirna tačka. Slika desno prikazuje uvećani prikaz.

Primjer 3

Saznati postojanje tangente na graf date funkcije
y = 3 x - 1 5 + 1 u tački sa koordinatama (1 ; 1) . Napišite jednačinu i odredite ugao nagiba.

Rješenje

Pod pretpostavkom imamo da je domen date funkcije skup svih realnih brojeva.

Idemo dalje na pronalaženje derivata

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 f ' (x) nije definirano, ali su granice zapisane 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 postojanje vertikalne tangente na tačka (1 ; 1) .

odgovor: jednadžba će imati oblik x \u003d 1, gdje će kut nagiba biti jednak π 2.

Nacrtajmo grafikon radi jasnoće.

Primjer 4

Pronađite tačke grafa funkcija y = 1 15 x + 2 3 - 4 5 x 2 - 16 5 x - 26 5 + 3 x + 2 , gdje je

1. Tangenta ne postoji;
2. Tangenta je paralelna sa x;
3. Tangenta je paralelna pravoj y = 8 5 x + 4 .

Rješenje

Potrebno je obratiti pažnju na domen definicije. Po pretpostavci imamo da je funkcija definirana na skupu svih realnih brojeva. Proširiti modul i riješiti sistem s intervalima x ∈ - ∞ ; 2 i [ - 2 ; +∞) . Shvatili smo 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 ; +∞)

Funkcija se mora razlikovati. 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, onda izvod ne postoji jer jednostrane granice nisu jednake u toj tački:

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

Izračunavamo vrijednost funkcije u tački x \u003d - 2, gdje to dobivamo

1. y (- 2) \u003d 1 15 - 2 + 2 3 - 4 5 (- 2) 2 - 16 5 (- 2) - 26 5 + 3 - 2 + 2 \u003d - 2, odnosno tangenta na tačka (- 2; - 2) neće postojati.
2. Tangenta je paralelna sa x kada je nagib nula. Tada je kx \u003d tg α x \u003d f "(x 0). To jest, potrebno je pronaći vrijednosti takvog x kada ga derivacija funkcije pretvori u nulu. To jest, vrijednosti f '(x) i bit će dodirne točke, gdje je tangenta paralelna oko x.

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

Izračunavamo 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 ; 85, 3; 4 3 se smatraju željenim tačkama grafa funkcije.

Razmotrite grafički prikaz rješenja.

Crna linija je graf funkcije, a crvene tačke su dodirne tačke.

1. Kada su prave paralelne, nagibi su jednaki. Zatim je potrebno tražiti tačke grafa funkcije, gdje će nagib biti jednak vrijednosti 8 5 . Da biste to učinili, morate riješiti jednačinu oblika y "(x) = 8 5. Tada, ako je x ∈ - ∞; - 2, dobijamo 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 korijen jer je diskriminant manji od nule. Hajde da to zapišemo

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

Dakle, druga jednadžba ima dva realna 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 ; +∞

Idemo dalje na pronalaženje vrijednosti funkcije. Shvatili smo 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 sa vrijednostima - 1; 4 15 , 5 ; 8 3 su tačke u kojima su tangente paralelne pravoj y = 8 5 x + 4 .

odgovor: crna linija - graf funkcije, crvena linija - graf y = 8 5 x + 4, plava linija - tangente u tačkama - 1; 4 15 , 5 ; 8 3 .

Moguće je postojanje beskonačnog broja tangenata za date funkcije.

Primjer 5

Napišite jednadžbe svih dostupnih tangenta funkcije y = 3 cos 3 2 x - π 4 - 1 3 , koje su okomite na pravu y = - 2 x + 1 2 .

Rješenje

Za sastavljanje jednačine tangente potrebno je pronaći koeficijent i koordinate tačke tangente, na osnovu uslova okomitosti pravih. Definicija zvuči ovako: proizvod nagiba koji su okomiti na prave je jednak - 1, odnosno zapisuje se kao k x · k ⊥ = - 1. Iz uslova imamo da je nagib okomit na pravu liniju i jednak k ⊥ = - 2, tada je k x = - 1 k ⊥ = - 1 - 2 = 1 2 .

Sada moramo pronaći koordinate dodirnih tačaka. Potrebno je pronaći x, nakon čega je njegova vrijednost za datu funkciju. Imajte na umu da iz geometrijskog značenja derivacije u tački
x 0 dobijamo da je k x \u003d y "(x 0) . Iz ove jednakosti nalazimo x vrijednosti za dodirne tačke.

Shvatili smo 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 \u003d - 9 2 sin 3 2 x 0 - π 4 ⇒ kx \u003d y "(x 0) ⇔ - 9 2 sin 3 2 x 0 - π 4 = 1 2 ⇒ sin 3 π 2 x 0 - 4 = - 1 9

Ovo trigonometrijska jednačinaće se koristiti za izračunavanje ordinata dodirnih tačaka.

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 x dodirnih tačaka. Sada morate ići na pretragu za y vrijednosti:

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

Odavde dobijamo 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 tačke.

odgovor: potrebne jednačine će biti zapisane kao

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

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

Slika pokazuje da je lokacija funkcije na intervalu [ - 10 ; 10] , gdje je crna linija grafik funkcije, plave linije su tangente koje su okomite na datu pravu oblika y = - 2 x + 1 2 . Crvene tačke su dodirne tačke.

Kanonske jednadžbe krivulja 2. reda nisu jednovrijedne funkcije. Tangentne jednadžbe za njih se sastavljaju prema dobro poznatim shemama.

Tangenta na kružnicu

Postaviti krug sa centrom u tački x c e n t e r ; y c e n t e r i radijus R, koristi se formula x - x c e n t e r 2 + y - y c e n t e r 2 = R 2.

Ova jednakost se može napisati kao unija dvije funkcije:

y = R 2 - x - x c e n t e r 2 + y c e n t e r y = - R 2 - x - x c e n t e r 2 + y c e n t e r

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

Nacrtati jednadžbu kružnice u tački x 0 ; y 0 , koji se nalazi u gornjem ili donjem polukrugu, trebali biste pronaći jednadžbu grafa funkcije oblika y = R 2 - x - xcenter 2 + ycenter ili y = R 2 - x - xcenter 2 + ycentar u navedenoj tački.

Kada je u tačkama 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 se mogu dati jednadžbama y = y c e n t e r + R i y = y c e n t e r - R , a u tačkama 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 oko y, tada ćemo dobiti jednačine oblika x = x c e n t e r + R i x = x c e n t e r - R .

Tangenta na elipsu

Kada je centar elipse u x c e n t e r ; y c e n t e r sa poluosama a i b , onda se može dati pomoću jednačine 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 se mogu označiti kombinacijom dvije funkcije, odnosno gornje i donje poluelipse. Onda to shvatamo

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, onda su paralelne oko x ili oko y. Radi jasnoće, razmotrite sliku ispod.

Primjer 6

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

Rješenje

Potrebno je pronaći dodirne tačke koje odgovaraju vrijednosti x = 2. Napravimo supstituciju u postojećoj jednadžbi elipse i dobijemo je

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

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

Pređimo na pronalaženje i rješavanje jednadžbe elipse u odnosu na y. Shvatili smo 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

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

Primjenjujemo standardni algoritam kako bismo formulirali jednadžbu tangente na graf funkcije u tački. Pišemo da je jednačina za prvu tangentu u tački 2; 5 3 2 + 5 će izgledati

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

Dobijamo da je jednačina druge tangente sa vrijednošću u tački
2; - 5 3 2 + 5 postaje

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, tangente se označavaju na sljedeći način:

Tangenta na hiperbolu

Kada hiperbola ima centar u tački 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 je data ako je sa 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 je tada dato nejednakošću 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 predstaviti kao dvije kombinovane funkcije oblika

y = ba (x - xcentar) 2 - a 2 + ycenter = - ba (x - xcenter) 2 - a 2 + ycenter ili y = ba (x - xcenter) 2 + a 2 + ycenter = - ba (x - xcenter) ) 2 + a 2 + ycentar

U prvom slučaju imamo da su tangente paralelne sa y, au drugom paralelne sa x.

Iz toga slijedi da je za pronalaženje jednačine tangente na hiperbolu potrebno saznati kojoj funkciji pripada tačka tangente. Da bi se to utvrdilo, potrebno je izvršiti zamjenu u jednadžbi i provjeriti njihovu identičnost.

Primjer 7

Napišite jednačinu tangente na hiperbolu x - 3 2 4 - y + 3 2 9 = 1 u tački 7; - 3 3 - 3 .

Rješenje

Potrebno je transformisati zapis rješenja nalaženja hiperbole pomoću 2 funkcije. Shvatili smo 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 ili 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 odrediti kojoj funkciji pripada dati poen sa koordinatama 7 ; - 3 3 - 3 .

Očigledno, da biste provjerili prvu funkciju, trebate y (7) = 3 2 (7 - 3) 2 - 4 - 3 = 3 3 - 3 ≠ - 3 3 - 3 , tada tačka ne pripada grafu, jer jednakost nije zadovoljena.

Za drugu funkciju imamo da je y (7) = - 3 2 (7 - 3) 2 - 4 - 3 = - 3 3 - 3 ≠ - 3 3 - 3 , što znači da tačka pripada datom grafu. Odavde biste trebali pronaći koeficijent nagiba.

Shvatili smo to

y "= - 3 2 (x - 3) 2 - 4 - 3" = - 3 2 x - 3 (x - 3) 2 - 4 ⇒ kx = 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: tangentna jednačina se može predstaviti kao

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

Vizuelizira se na sljedeći način:

Tangenta na parabolu

Da biste sastavili jednadžbu tangente na parabolu y \u003d ax 2 + bx + c u tački x 0, y (x 0) , morate koristiti standardni algoritam, tada će jednadžba poprimiti oblik y \u003d y " (x 0) x - x 0 + y ( x 0) Takva tangenta na vrhu je paralelna sa x.

Parabolu x = a y 2 + b y + c treba definirati kao uniju dvije funkcije. Stoga moramo riješiti jednačinu za y. Shvatili smo to

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

Hajde da to grafički prikažemo kao:

Da biste saznali da li tačka x 0 , y (x 0) pripada funkciji, pažljivo pratite standardni algoritam. Takva tangenta će biti paralelna sa y u odnosu na parabolu.

Primjer 8

Napišite jednačinu tangente na graf x - 2 y 2 - 5 y + 3 kada imamo nagib tangente od 150°.

Rješenje

Rješenje započinjemo predstavljanjem parabole kao dvije funkcije. Shvatili smo to

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

Vrijednost nagiba jednaka je vrijednosti derivacije u tački x 0 ove funkcije i jednaka je tangenti nagiba.

Dobijamo:

k x \u003d y "(x 0) \u003d t g α x \u003d t g 150 ° = - 1 3

Odavde određujemo vrijednost x za dodirne tačke.

Prva funkcija će biti napisana 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

Očigledno, nema pravih korijena, jer smo dobili negativnu vrijednost. Zaključujemo da za takvu funkciju ne postoji tangenta sa uglom od 150°.

Druga funkcija će biti napisana 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 dodirne tačke - 23 4 ; - 5 + 3 4 .

odgovor: tangentna jednačina poprima oblik

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

Hajde da to grafički prikažemo ovako:

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