交替段定理

的交替段定理(也称为tangent-chord定理)指出，在任何圆，和弦与a的夹角切穿过弦的一个端点等于交替线段上的角度。

在上图中，角颜色相同的衣服彼此相等。为了更容易发现圆的这个性质，请注意a三角形其中一个顶点位于圆的切线的接触点上。在这个维基中，我们将在例子的帮助下，详细学习这个定理以及证明和它在几个领域的应用。

让我们首先熟悉交替段定理的定义，然后通过详细的解释来理解它。

交替段定理

在任何圆中，通过弦的一个端点的弦与切线之间的夹角等于交替段中的角，即弦在前一个角的对边所对应的角。

现在让我们通过下面的解释，对定理有一个清晰的理解:

更明确地说，考虑上面的圆 $\γ$与中心 $O$，用和弦 $PT$。一个切 $T_1T_2$通过这个点 $T$。考虑任何一点 $X$在 $\γ$站在…一边 $PT$在哪里的对面 $T_1$坐落。然后我们有 $\角PTT_1=\角PXT$。例如，如果 $\角PTT_1 = 37 ^ \保监会$然后我们有 $\角PXT = 37 ^ \保监会$。

如果我们随意移动 $X$在那一边 $PT$？这个表述仍然成立，因为角度 $\角PXT$被小弧所包围 $PT$是常数，与位置无关 $X$。

在本节中，我们将通过两种不同的方法证明交替段定理。

考虑上图。我们把 $X$完全相反的 $T$,所以 $XT$通过 $O$的中心。 $\γ$。让 $PXT = \ \角α$和 $PTT_1 = \ \角β$。我们要证明它 $βα= \ \$。注意，由于直径对应的角是直角，我们有 $\角公司XPT = 90 ^ \保监会$。由于接触点的半径垂直于切线，我们有 $\角XTT_1 = 90 ^ \保监会$。现在是直角 $\三角形PTX$，我们得到 $\alpha = 90^\circ - \angle PTX$。从图中我们可以很容易地看出 $\ β = \角XTT_1-\角PTX=90^\圆-\角PTX$。因此 $βα= \ \$。 $_ \广场$

注意:当角度为时，还有另一种构型 $X$被大弧所包围 $PT$(当 $\角PXT$是钝角)。这留给读者作为练习。

这是另一个证明:

自 $\眉题{OA}$和 $\眉题{OB}$都是圆的半径， $\lvert \overline{OA}\rvert=\lvert \overline{OB} \rvert。$

自 $\三角形AOB$是等腰的吗

$\begin{aligned} \∠AOB &= 180^\circ -\∠OAB -\∠OBA\\ &= 180^\circ - 2 \∠OAB。&\qquad (1) \end{aligned}$

自 $广告\眉题{}$是正切吗

$\begin{aligned} \angle OAD &=90^\circ \\ \Rightarrow x^\circ &=90^\circ - \angle OAB。&\qquad (2) \end{aligned}$

然后从 $(1)$和 $(2),$由此可见 $\角AOB= 2x^\circ。$

现在，由内切三角形的性质，我们知道了 $角AOB = 2角ACB。$

因此,

$\角ACB = \frac{1}{2} \角AOB = \frac{1}{2} \cdot 2 x^\circ = x^\circ。\ _ \广场$

为了确保你已经掌握了这个定理，做下面的例子:

在上面的图表中，它是给定的 $\角度不好= 45 ^ \保监会。$是什么 $\角ACB ?$

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根据切线-弦定理，切线和弦在圆上相交的夹角，等于弦对边的圆周角。因此,

$\角ACB = \角BAD = 45^\circ。\ _ \广场$

在上面的图表中找到的值 $\角AOB$，条件是 $BAC \角$是 $50 ^ \保监会$。

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自 $\角AOB = 2\乘以\角BAC，$我们有

$\角AOB = 2 \乘以\角BAC = 2 \乘以50^\circ = 100^\circ。\ _ \广场$

在上图中， $\角度BAD = 40^\circ$和 $\角BAC = 65^\circ。$是什么 $x ?$

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根据切弦定理，我们有

$\角ACB = \角BAD = 40^\circ。\ qquad (1)$

为 $三角形ABC \,$它的三个内角之和一定相等 $180 ^ \保监会。$因此,从 $(1),$由此可见

$\begin{对齐}\角ACB +角BAC +角ABC &= 180^\circ角ABC &= 180^\circ角ACB -角BAC∠ABC &= 180^\circ -角BAD -角BAC∠ABC &= 180^\circ - 40^\circ - 65^\circ角ABC &= 75^\circ。结束\{对齐}$

因此, $X = 75。$ $_ \广场$

现在轮到你来解决以下问题:

为了更深入地理解这个定理，让我们看一些例子:

在上图中， $公元前\眉题{}$是圆的切线 $啊,$接触点在哪里 $B。$如果圆的半径 $O$是10和 $\alpha ^\circ=50 ^\circ，$弧的长度是多少 $\ widehat {APB} ?$

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自 $公元前\眉题{}$是一条切线， $OBC = 90 ^ \ \角保监会,$暗示 $90 - \ \ OBA角=(α)^ \保监会。$然后自 $OAB \三角形$是等腰三角形， $\角OAB=\角OBA=(90-\alpha)^\circ。$这意味着

$\begin{aligned} \∠AOB &= 180^\circ -\∠OBA -\∠OAB &= 180^\circ - (90-\alpha)^\circ - (90-\alpha)^\circ &= 2\alpha^\circ &= 100^\circ。结束\{对齐}$

因此，弧的长度 $\ widehat {APB},$用 $\ lvert \ widehat {APB} \ rvert,$是

$\begin{aligned} \lvert\widehat{APB}\rvert &= 2\pi \ * 10 \ * \frac{100^\circ}{360^\circ} \\ &= \frac{50}{9}\pi。\ _\方形\端{对齐}$

切线在 $一个$， $B$到…的圆周 $三角形ABC \$见面 $T$。线路通过 $T$平行于 $交流$满足 $公元前$在 $D$。证明 $广告= CD$。

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参考上图。我们来看看从题目中我们知道了什么。自 $交流\平行TD$与截线 $广告$和 $公元前$，我们有 $\角度ADT=\角度CAD$和 $\角度BDT=\角度ACD$。也 $助教$和 $结核病$切线是从同一点出发的吗 $T$,所以 $TA =结核$因此, $\角度TAB=\角度TBA$。既然有切线，我们就应该考虑交替段定理，用它 $\角TAB=\角ACB$。综合所有这些结果，我们发现

$\角BDT=\角ACD=\角ACB=\角TAB=\角TBA， ~~~~~\角ADT=\角CAD。$

特别是, $\角度TAB=\角度TDB$,所以 $ATBD$是循环的。因此 $\角度TBA=\角度ADT$。所以我们终于有了这个长链

$\角BDT=\角ACD=\角ACB=\角TAB=\角TBA=\角ADT=\角CAD。$

特别是 $\角度ACD=\角度CAD$在 $\三角形ACD$,所以 $广告= CD$。 $_ \广场$

• 三角形-圆周
• Tangent-Secant
• 正切-反弧