Шеңберге жанамалардың кесінділері сызылған. Анықтамалық материалдар: хорда, секант, тангенс, теоремалар

Шеңберге жанама туралы түсінік

Шеңбердің үш мүмкіндігі бар өзара келісімдерсалыстырмалы түрде түзу:

Егер шеңбердің центрінен түзу сызыққа дейінгі қашықтық радиустан кіші болса, онда түзудің шеңбермен қиылысуының екі нүктесі болады.

Егер шеңбердің центрінен түзу сызыққа дейінгі қашықтық радиусқа тең болса, онда түзудің шеңбермен қиылысуының екі нүктесі болады.

Егер шеңбердің центрінен түзу сызыққа дейінгі қашықтық радиустан үлкен болса, онда түзудің шеңбермен қиылысуының екі нүктесі болады.

Енді шеңберге жанама түзу ұғымын енгізейік.

Анықтама 1

Шеңберге жанама деп онымен бір қиылысу нүктесі бар түзуді айтады.

Шеңбер мен жанаманың ортақ нүктесі жанама нүктесі деп аталады (1-сурет).

Сурет 1. Шеңберге жанама

Шеңберге жанама ұғымына байланысты теоремалар

Теорема 1

Тангенс меншік теоремасы: шеңберге жанама жанама нүктесіне жүргізілген радиусқа перпендикуляр.

Дәлелдеу.

Ортасы $O$ болатын шеңберді қарастырайық. $A$ нүктесінде $a$ тангенсін салайық. $OA=r$ (2-сурет).

$a\bot r$ екенін дәлелдейік

Теореманы қайшылық арқылы дәлелдейміз. $a$ тангенсі шеңбердің радиусына перпендикуляр емес делік.

Сурет 2. 1-теореманың иллюстрациясы

Яғни, $OA$ тангенске бейім. $a$ түзуіне перпендикуляр әрқашан бірдей түзуге көлбеуден кіші болғандықтан, шеңбердің центрінен түзуге дейінгі қашықтық радиустан кіші. Біз білетіндей, бұл жағдайда түзудің шеңбермен қиылысуының екі нүктесі болады. Бұл жанама анықтамасына қайшы келеді.

Демек, жанама шеңбердің радиусына перпендикуляр.

Теорема дәлелденді.

2-теорема

Жанама меншік теоремасының кері: Шеңбер радиусының соңы арқылы өтетін түзу радиусқа перпендикуляр болса, онда бұл түзу осы шеңберге жанама болады.

Дәлелдеу.

Есептің шарты бойынша бізде радиус шеңбердің центрінен берілген түзуге жүргізілген перпендикуляр болып табылады. Демек, шеңбердің центрінен түзу сызыққа дейінгі қашықтық радиустың ұзындығына тең. Белгілі болғандай, бұл жағдайда шеңбердің осы түзумен тек бір ғана қиылысу нүктесі болады. 1-анықтама бойынша біз бұл түзудің шеңберге жанама екенін анықтаймыз.

Теорема дәлелденді.

Теорема 3

Бір нүктеден сызылған шеңберге жанамалардың кесінділері тең және осы нүкте мен шеңбердің центрі арқылы өтетін түзумен тең бұрыштар жасайды.

Дәлелдеу.

Центрі $O$ нүктесінде болатын шеңбер берілсін. $A$ нүктесінен (бүкіл шеңберде жатқан) екі түрлі жанама сызылады. Байланыс нүктесінен $B$ және $C$ сәйкесінше (3-сурет).

$\бұрыш BAO=\бұрыш CAO$ екенін және $AB=AC$ екенін дәлелдейміз.

Сурет 3. 3-теореманың иллюстрациясы

1-теорема бойынша бізде:

Демек, $ABO$ және $ACO$ үшбұрыштары тікбұрышты үшбұрыштар. $OB=OC=r$, және $OA$ гипотенузасы ортақ болғандықтан, бұл үшбұрыштар гипотенузасы мен катеті бойынша тең болады.

Демек, біз $\бұрыш BAO=\бұрыш CAO$ және $AB=AC$ аламыз.

Теорема дәлелденді.

Шеңберге жанама ұғымына есептің мысалы

1-мысал

Центрі $O$ нүктесінде және радиусы $r=3\ см$ болатын шеңбер берілген. $AC$ жанамасының $C$ жанасу нүктесі бар. $AO=4\ см$. $AC$ табыңыз.

Шешім.

Алдымен суретте барлығын бейнелеп көрейік (4-сурет).

4-сурет.

$AC$ тангенс және $OC$ радиус болғандықтан, 1-теорема бойынша $\бұрышты ACO=(90)^(()^\circ )$ аламыз. Біз $ACO$ үшбұрышының тікбұрышты екенін анықтадық, яғни Пифагор теоремасы бойынша бізде:

\[(AC)^2=(AO)^2+r^2\] \[(AC)^2=16+9\] \[(AC)^2=25\] \

Тікелей ( М.Н), шеңбермен бір ғана ортақ нүктесі бар ( А), шақырды жанама шеңберге.

Бұл жағдайда ортақ нүкте деп аталады байланыс нүктесі.

Болу мүмкіндігі жанама, және, оның үстіне, кез келген нүкте арқылы сызылады шеңбер, жанама нүктесі ретінде төмендегідей дәлелденеді теорема.

Оны орындау талап етілсін шеңберорталығымен О жанаманүкте арқылы А. Мұны нүктеден орындау үшін А,орталығынан, біз сипаттаймыз доғарадиусы А.О., және нүктеден О, центр ретінде біз бұл доғаны нүктелерде қиып өтеміз БЖәне МЕНберілген шеңбердің диаметріне тең компас шешімі.

Содан кейін жұмсаған соң аккордтар О.Б.Және ОЖ, нүктені қосыңыз Анүктелермен DЖәне Е, бұл аккордтар берілген шеңбермен қиылысады. Тікелей ADЖәне А.Е. - шеңберге жанамалар О. Шынында да, құрылыстан бұл анық үшбұрыштар AOBЖәне AOC тең қабырғалы(AO = AB = AC) негіздерімен О.Б.Және ОЖ, шеңбердің диаметріне тең О.

Өйткені О.Д.Және О.Е.- онда радиустар D - орта О.Б., А Е-ортаңғы ОЖ, білдіреді ADЖәне А.Е. - медианалар, базаларға апарылады тең қабырғалы үшбұрыштар, сондықтан осы негіздерге перпендикуляр. Тіке болса Д.А.Және Е.А.радиустарына перпендикуляр О.Д.Және О.Е., содан кейін олар - жанамалар.

Салдары.

Бір нүктеден шеңберге жүргізілген екі жанама тең және осы нүктені центрге қосатын түзумен бірдей бұрыштар құрайды.

Сонымен AD=AEжәне ∠ OAD = ∠OAEсебебі тікбұрышты үшбұрыштар AODЖәне AOE, ортақ болуы гипотенузасы А.О.және тең аяқтар О.Д.Және О.Е.(радиусы ретінде), тең. Мұндағы «тангенс» сөзі шын мәнінде « жанама сегмент” берілген нүктеден жанасу нүктесіне дейін.

Бір нүктеден сызылған шеңберге жанамалардың кесінділері тең және осы нүкте мен шеңбердің центрі арқылы өтетін түзумен тең бұрыштар жасайды. ДӘЛЕЛ. A. 3. B. 4. 1. 2. S. O. Тангенс қасиеті туралы теорема бойынша 1 және 2 бұрыштар тік бұрыштар, сондықтан АВО және АСО үшбұрыштары тік бұрышты болады. Олар тең, өйткені ортақ гипотенузалық ОА бар және тең аяқтар OV және ОЖ. Демек, AB = AC және бұрыш 3 = бұрыш 4, бұл дәлелдеуді қажет етті.

Слайд 4презентациядан «Шеңбер» геометриясы. Тұсаукесермен бірге мұрағаттың көлемі 316 Кбайт.

Геометрия 8 сынып

қысқаша мазмұныбасқа презентациялар

«Төртбұрыштардың қасиеттері» - Трапеция. Білмеймін, екі сөзді түзетті. Диагоналдар бұрыштарды екіге бөледі. Төртбұрыштардың анықтамалары. Диагоналдар. Диктант. Шаршы - барлық қабырғалары тең тіктөртбұрыш. Барлық бұрыштар дұрыс. Қарама-қарсы бұрыштар. Параллелограмның элементтері. Конструктор. Ромб. Төртбұрыштың қасиеттері. Тараптар. Төртбұрыштар және олардың қасиеттері. Төртбұрыш. Dunno-ға екіжақты түзетуге көмектесіңіз. Диагональ. Қарама-қарсы жақтары.

«Векторлар 8 сынып» - Сабақтың мақсаты. Тең және қарама-қарсы векторларды ата. Вектордың координаталарын анықтаңдар. Тең векторлар. Физика сабақтарындағы векторлар. Сөйлемді жалғастыр. Осы суреттегі тең векторларды тауып, атаңыз. Векторлық координаталар. Практикалық жұмыс. Вектордың абсолютті шамасы. Вектордың абсолютті шамасы. Өздік жұмысжұпта. Табиғат құбылыстары сипатталады физикалық шамалар. Векторлар. Векторлық координаталар.

«Координаталардағы скаляр көбейтінді» - Математикалық қыздыру. Үшбұрыштың шешімі. Наполеон теоремасы. Жаңа материал. Карточкаларды айырбастау. Мәселені шешейік. Геометрия. Теорема авторының аты-жөні. Салдары. Вектор. Векторлардың скаляр көбейтіндісінің қасиеттері. Скалярлық өнімкоординаттар және оның қасиеттері. Пифагор теоремасын дәлелдеу. Математикалық тест.

«Геометриядағы осьтік симметрия» - Фигураны а түзуіне қатысты симметриялы деп атайды. Екі симметрия осі бар фигуралар. Бір симметрия осі бар фигуралар. С түзуіне қатысты деректерге симметриялы үшбұрыштар салу. Мазмұны. А» және В нүктелерін салыңыз. Анықтама. Поэзиядағы симметрия. Осьтік симметрия. Екі а және b түзуін сызыңыз және екі А және В нүктесін белгілеңіз. Осыған симметриялы фигураны қалай алуға болады. Симметрия осі бар сөздер.

«Осьтік және орталық симметрия» геометриясы - Фигураны сипаттаңыз. Вайл Герман. Өсімдіктер әлеміндегі симметрия. Ғылым. Жәндіктер әлеміндегі симметрия. Үшбұрыштың бұрыштары. Айналмалы симметрия. Пропорционалдық. Құру алгоритмі. Осьтік және орталық симметрия. Орталыққа қатысты симметриялы нүктелер. Түзуге қатысты нүктелердің симметриясы. Таныс ерекшеліктер. Сізді бұл фотосуреттерге не қызықтырды? О нүктесі. Орталық және осьтік симметрия. Фигураның симметриясы салыстырмалы түрде түзу.

«Фалес теоремасы» 8 сынып» - Бөлім. Мәселені шешу дағдылары. Диагональ. Талдау. Дайын сызбалар бойынша тапсырмалар. Дәлелдеу. Оқу. Параллель сызықтар. Фалес геометр ретінде белгілі. Милеттік Фалес. Жақтардың ортаңғы нүктелері. Фалес теоремасы. Фалестің нақыл сөздері. Тапсырма. Трапецияның бұрыштарын табыңдар. Дәлелдеу.

Құпиялықты сақтау біз үшін маңызды. Осы себепті біз сіздің ақпаратыңызды қалай пайдаланатынымызды және сақтайтынымызды сипаттайтын Құпиялылық саясатын әзірледік. Құпиялылық тәжірибелерімізді қарап шығыңыз және сұрақтарыңыз болса, бізге хабарлаңыз.

Жеке ақпаратты жинау және пайдалану

Жеке ақпарат сәйкестендіру үшін пайдаланылуы мүмкін деректерге жатады белгілі бір адамнемесе онымен байланыс.

Бізбен байланысқан кез келген уақытта сізден жеке ақпаратыңызды беру сұралуы мүмкін.

Төменде біз жинай алатын жеке ақпарат түрлерінің және мұндай ақпаратты қалай пайдалана алатынымыздың кейбір мысалдары берілген.

Біз қандай жеке ақпаратты жинаймыз:

• Сайтқа өтінім берген кезде біз әртүрлі ақпаратты, соның ішінде атыңызды, телефон нөміріңізді, мекен-жайыңызды жинай аламыз Электрондық поштажәне т.б.

Жеке ақпаратыңызды қалай қолданамыз:

• Біз жинаған Жеке ақпаратсізбен байланысуға және сізге хабарлауға мүмкіндік береді бірегей ұсыныстар, акциялар және басқа оқиғалар және алдағы оқиғалар.
• Уақыт өте келе біз сіздің жеке ақпаратыңызды маңызды хабарламалар мен хабарламаларды жіберу үшін пайдалана аламыз.
• Біз жеке ақпаратты аудит, деректерді талдау және сияқты ішкі мақсаттар үшін де пайдалана аламыз әртүрлі зерттеулербіз ұсынатын қызметтерді жақсарту және қызметтерімізге қатысты ұсыныстар беру үшін.
• Егер сіз ұтыс ойынына, конкурсқа немесе ұқсас науқанға қатыссаңыз, біз сіз берген ақпаратты осындай бағдарламаларды басқару үшін пайдалана аламыз.

Ақпаратты үшінші тұлғаларға ашу

Біз сізден алынған ақпаратты үшінші тұлғаларға жария етпейміз.

Ерекшеліктер:

• Қажет болған жағдайда – заңға сәйкес, сот тәртібімен, сот ісін жүргізу және/немесе қоғамдық өтініштер немесе өтініштер негізінде мемлекеттік органдарРесей Федерациясының аумағында - жеке ақпаратыңызды ашыңыз. Сондай-ақ, мұндай ашу қауіпсіздік, құқық қорғау немесе басқа да қоғамдық маңызды мақсаттар үшін қажет немесе сәйкес екенін анықтасақ, сіз туралы ақпаратты аша аламыз.
• Қайта ұйымдастыру, біріктіру немесе сату жағдайында біз жинаған жеке ақпаратты тиісті мұрагерге үшінші тарапқа бере аламыз.

Жеке ақпаратты қорғау

Біз сіздің жеке ақпаратыңызды жоғалудан, ұрланудан және теріс пайдаланудан, сондай-ақ рұқсатсыз кіруден, жария етуден, өзгертуден және жоюдан қорғау үшін сақтық шараларын, соның ішінде әкімшілік, техникалық және физикалық шараларды қабылдаймыз.

Компания деңгейінде құпиялылығыңызды құрметтеу

Сіздің жеке ақпаратыңыздың қауіпсіз болуын қамтамасыз ету үшін біз қызметкерлерге құпиялылық пен қауіпсіздік стандарттарын хабарлаймыз және құпиялылық тәжірибесін қатаң түрде орындаймыз.

Шеңберге қатысты түзу келесі үш позицияда болуы мүмкін:

1. Шеңбердің центрінен түзу сызыққа дейінгі қашықтық радиустан үлкен.Бұл жағдайда түзудің барлық нүктелері шеңберден тыс жатыр.


2. Шеңбердің центрінен түзу сызыққа дейінгі қашықтық радиустан аз.Бұл жағдайда түзудің шеңбердің ішінде жатқан нүктелері болады және түзу екі бағытта да шексіз болғандықтан, оны шеңбер 2 нүктеде қиып өтеді.


3. Шеңбердің центрінен түзу сызыққа дейінгі қашықтық радиусқа тең.Түзу сызық жанама.

Шеңбермен бір ғана ортақ нүктесі бар түзу деп аталады жанамашеңберге.

Бұл жағдайда ортақ нүкте деп аталады байланыс нүктесі.

Жанама нүктесі ретінде шеңбердің кез келген нүктесі арқылы жүргізілген жанаманың болу мүмкіндігі келесі теоремамен дәлелденеді.

Теорема. Егер түзу шеңберде жатқан оның шетіндегі радиусқа перпендикуляр болса, онда бұл түзу жанама болады.

О (сур) қандай да бір шеңбердің центрі, ал OA оның радиусының бір бөлігі болсын. Оның А ұшы арқылы MN ^ OA тартамыз.

MN түзуінің жанама екенін дәлелдеу қажет, яғни. бұл түзудің шеңбермен бір ғана ортақ А нүктесі бар.

Қарама-қарсы деп алайық: MN-ның шеңбермен тағы бір ортақ нүктесі болсын, мысалы, В.

Сонда OB түзу радиусы болады, сондықтан OA-ға тең болады.

Бірақ бұл болуы мүмкін емес, өйткені егер ОА перпендикуляр болса, онда OB MN-ге бейім болуы керек, ал көлбеу перпендикулярдан үлкен.

Кері теорема. Егер түзу шеңберге жанама болса, онда жанама нүктесіне жүргізілген радиус оған перпендикуляр болады.

Шеңбердің жанама нүктесі MN, жанама нүктесі А, шеңбердің центрі О болсын.

ОА^МН екенін дәлелдеу талап етіледі.

Керісінше делік, яғни. Одан MN-ге түсірілген перпендикуляр OA емес, басқа сызық, мысалы, OB болады деп алайық.

ВС = АВ алып, ОЖ орындаймыз.

Сонда OA және OS көлбеу, ОБ перпендикулярынан бірдей қашықтықта болады, демек OS = OA.

Бұдан шығатыны, шеңбер біздің болжамымызды ескере отырып, MN сызығымен екі ортақ нүктеге ие болады: А және С, яғни. МН жанама емес, шартқа қайшы келетін секант болады.

Салдары. Шеңбердегі кез келген берілген нүкте арқылы осы шеңберге жанама сызуға болады, тек бір ғана, өйткені осы нүкте арқылы оған жүргізілген радиусқа перпендикуляр және тек бір ғана перпендикуляр салуға болады.

Теорема. Аккордаға параллель жанама жанасу нүктесінде хорданың астындағы доғаны екіге бөледі.

AB түзу сызығы (сурет) М нүктесіндегі шеңберге тиіп, CD хордасына параллель болсын.

Біз ÈCM = ÈMD екенін дәлелдеуіміз керек.

ME диаметрін жанама нүктесі арқылы жүргізе отырып, мынаны аламыз: EM ^ AB, демек, EM ^ CB.

Сондықтан CM=MD.

Тапсырма.Берілген нүкте арқылы берілген шеңберге жанама сызыңыз.

Егер берілген нүктешеңберде орналасқан, содан кейін ол арқылы радиус және радиустың соңы арқылы перпендикуляр түзу жүргіземіз. Бұл сызық қажетті тангенс болады.

Нүкте шеңберден тыс берілген жағдайды қарастырайық.

Центрі О болатын шеңберге А нүктесі арқылы жанама сызу қажет болсын (сурет).

Ол үшін А нүктесінен центр ретінде радиусы АО доғаны сипаттаймыз, ал О нүктесінен центр ретінде осы доғаны В және С нүктелерінде берілген шеңбердің диаметріне тең циркуль саңылауымен қиылысамыз. .

Содан кейін OB және OS хордаларын сызып, А нүктесін D және E нүктелерімен байланыстырамыз, онда бұл хордалар берілген шеңбермен қиылысады.

AD және AE сызықтары О шеңберіне жанама.

Шынында да, конструкциядан AOB және AOC құбырлары О шеңберінің диаметріне тең OB және OS негіздерімен тең қабырғалы (AO = AB = AC) екені анық.

OD және OE радиустары болғандықтан, D - OB ортасы, ал E - OS ортасы, бұл AD және AE - тең қабырғалы құбырлардың табандарына жүргізілген медианалар, демек, осы негіздерге перпендикуляр. Егер DA және EA түзулері OD және OE радиустарына перпендикуляр болса, онда олар жанама болады.

Салдары. Бір нүктеден шеңберге жүргізілген екі жанама тең және осы нүктені центрге қосатын түзумен тең бұрыштар құрайды.

Сонымен AD=AE және ÐOAD = ÐOAE (сурет), өйткені ортақ гипотенузасы AO және OD және OE катеттері (радиустары ретінде) болатын тікбұрышты tr-ki AOD және AOE тең.

Мұндағы «тангенс» сөзі берілген нүктеден жанасу нүктесіне дейінгі нақты «тангенс сегментін» білдіретінін ескеріңіз.

Тапсырма.Берілген АВ түзуіне параллель О шеңберіне жанама сызыңыз (сурет).

О центрінен АВ перпендикулярын түсіреміз және осы перпендикуляр шеңберді қиып өтетін D нүктесі арқылы EF || AB.

Біз іздейтін тангенс EF болады.

Шынында да, OS ^ AB және EF || бері AB, содан кейін EF ^ OD, ал шеңберде жатқан оның ұшында радиусқа перпендикуляр түзу жанама болады.

Тапсырма. O және O 1 екі шеңберіне ортақ жанама сызыңыз (сурет).

Талдау. Мәселе шешілді делік.

АВ ортақ жанама, А және В жанама нүктелері болсын.

Әлбетте, егер біз осы нүктелердің біреуін тапсақ, мысалы, А, онда екіншісін оңай таба аламыз.

OA және O 1 B радиустарын салайық. Бұл радиустар ортақ жанамаға перпендикуляр болғандықтан, өзара параллель.

Демек, егер О 1-ден О 1 С || тартамыз BA, онда OCO 1 құбыры С шыңында тікбұрышты болады.

Нәтижеде, О нүктесінен радиусы OS болатын центр ретінде шеңберді сипаттасақ, онда ол С нүктесінде О 1 С түзуіне тиеді.

Бұл көмекші шеңбердің радиусы белгілі: ол OA – CA = OA - O 1 B тең, яғни. ол осы шеңберлердің радиустарының айырмасына тең.

Құрылыс.О центрінен радиусы бар шеңберді сипаттаймыз айырмашылығына теңрадиустары берілген.

О 1-ден осы шеңберге О 1 С жанамасын саламыз (алдыңғы есепте көрсетілген тәртіппен).

С жанама нүктесі арқылы ОС радиусын саламыз және оны А нүктесінде берілген шеңбермен қиылысқанша жалғастырамыз. Ең соңында А нүктесінен СО 1-ге параллель АВ жүргіземіз.

Дәл осылай біз тағы бір ортақ жанама A 1 B 1 құра аламыз (сурет). AB және A 1 B 1 тура сызықтары деп аталады сыртқыортақ жанамалар.

Сіз тағы екі жұмсай аласыз ішкіжанамалары келесідей:

Талдау.Мәселе шешілді деп есептейік (сурет). AB қажетті тангенс болсын.

A және B жанама нүктелеріне OA және O 1 B радиустарын саламыз. Бұл радиустардың екеуі де ортақ жанамаға перпендикуляр болғандықтан, олар бір-біріне параллель.

Демек, егер О 1-ден О 1 С || тартамыз BA және ОА-ны С нүктесіне дейін жалғастырыңыз, сонда ОЖ O 1 C-ге перпендикуляр болады.

Нәтижесінде ОС радиусы О нүктесінен центр ретінде сипатталған шеңбер С нүктесіндегі O 1 C түзуіне тиеді.

Бұл көмекші шеңбердің радиусы белгілі: ол OA+AC = OA+O 1 B тең, яғни. ол берілген шеңберлердің радиустарының қосындысына тең.

Құрылыс.О нүктесінен центр ретінде радиусы бар шеңберді сипаттаймыз сомасына теңрадиустары берілген.

О 1 нүктесінен осы шеңберге О 1 С жанама жүргіземіз.

С жанасу нүктесін О-мен қосамыз.

Ақырында, ОС берілген шеңберді қиып өтетін А нүктесі арқылы AB = O 1 C саламыз.

Осыған ұқсас басқа ішкі жанама A 1 B 1 құра аламыз.

Тангенстің жалпы анықтамасы

А нүктесі арқылы центрі бар шеңберге AT тангенсі мен кейбір AM секантасы жүргізілсін (сурет).

Осы секантты А нүктесінің айналасында басқа В қиылысу нүктесі А-ға жақындайтындай етіп айналдырайық.

Содан кейін центрден секантқа түсірілген перпендикуляр ОД ОА радиусына барған сайын жақындайды, ал AOD бұрышы кез келген кіші бұрыштан кіші болуы мүмкін.

Секант пен жанама арқылы пайда болатын MAT бұрышы бұрышқа тең AOD (олардың жақтарының перпендикулярлығына байланысты).

Сондықтан В нүктесі А нүктесіне шексіз жақындаған сайын, MAT бұрышы да ерікті түрде кіші болуы мүмкін.

Бұл келесідей басқа сөздермен көрсетіледі:

жанама – екінші қиылысу нүктесі жанама нүктесіне шексіз жақындаған кезде жанама нүктесі арқылы жүргізілген секант ұмтылатын шекті позиция.

Бұл қасиет тангенстің анықтамасы ретінде қабылданған кезде туралы айтып отырмызкез келген қисық туралы.

Сонымен, AB қисығына жанама (сурет) МТ шекті позициясы болып табылады, оған Р қиылысу нүктесі М шексіз жақындағанда MN секант ұмтылады.

Осылай анықталған жанама қисықпен бірнеше ортақ нүктеге ие болуы мүмкін екенін ескеріңіз (суретте көрсетілгендей).