Практикум по решению задач. Геометрия. Основная школа

Transcript Практикум по решению задач. Геометрия. Основная школа

Практикум по решению задач ГЕОМЕТРИЯ ОСНОВНАЯ ШКОЛА

МПЛ Мурманск 2009

Составители:

преподаватели математики МПЛ  Таргонская Наталия Васильевна;  Сверчкова Елена Борисовна;  Неделько Наталья Григорьевна;  Дихтяр Людмила Борисовна.

ПЛОЩАДИ

ТРЕУГОЛЬНИКИ

Каждая медиана делит треугольник на два равновеликих треугольника Произвольный треугольник:

S S S S S S

      1

ah a

2 1 2

sin

(



r p





)(



)(



)

abc

R a

2 sin 2 

sin  sin 



3. Прямоугольный треугольник:



4. Правильный треугольник



2 4 3

ЧЕТЫРЁХУГОЛЬНИКИ

 1 2

1 

2  sin 

1. Вписанный в окружность



(



)(



)(



)(



)

2. Описанный около окружности





Параллелограмм

 1 2

ah a S



sin 

 1 2

1 

2  sin 

Ромб

S S

 

ah a a

2 sin 



1 

2 2

Прямоугольник



ab S

 1 2

2 sin 

Квадрат



2 2

Трапеция







 1 2

2  sin 

Равнобедренная трапеция с перпендикулярными диагоналями



Решение задач

1. Точки M и N лежат на гипотенузе AB прямоугольного треугольника ABC.

Найти площадь треугольника CMN, если известно, что AM=BN=3; AN=7; CM=6

Пусть К – середина стороны AB.

MN=AN-AM=4 AB=AN+BN=10 Тогда CK=AK=5 MK=AK-AM=2.

По формуле Герона

S CMN

 2

S CMK

 2 13  2 9 2  3 2  1 2  3 2 39

2. Площадь трапеции ABCD равна S. Основание AB в 3 раза больше основания CD. На боковой стороне выбрана точка К такая, что треугольники ABK и BCK равновелики.

Найти



CDK

Проведём отрезок CE ll AD.

Пусть h – высота трапеции,



;



AK AD

 3

;

 ( 1 

) 

 2

( 1 

) 



( 3  2

) 2







ABK







ABD



 1 2  3

 3 4

tS S



CKB

 1 2



 3  2

t S

4  3  2

4 

 3 5



CDK

 2



ADC

5  1 5

 1 10



3. Ромб со стороной a и острым углом угла.

 разделён на три равновеликие части двумя лучами, проведёнными из вершины одного и того же острого Определить длину отрезков этих лучей, лежащих внутри ромба.

Пусть ABCD ромб, CF и CK делят его S на три равновеликие части.

Поскольку диагональ АС делит площадь ромба пополам, то

S CKD



3  2 3

S ACD

S ACK

 1 

 1

S ACD

2 3 2 Таким образом, отрезок СК делит площадь треугольника ACD в отношении 1:2  AK:KD = 1:2 (т.е. высоты тр-ков ACK и KCD совпадают). Значит,



Пусть O – точка пересечения диагоналей AC и BD ромба; поэтому 

 

AOD

 прямоугольный, а 2

cos 2 По теореме косинусов

2 

2 

2  2

 (



ACK

cos ) : 

CAK

  4

2  cos 2  2 

2 9  2  2

 cos  2 

3  cos  2 



2 9 ( 13  12 cos  )



3 12 cos   13

4. Найти площадь круга, вписанного в равнобедренную трапецию, если меньшее основание равно b, а угол при большем основании равен 60 o .

Дополнительное построение: продлим боковые стороны AB и DC до пересечения в точке Е 

AED

равносторонний.

Обозначим его сторону через a.

Круг, вписанный в трапецию, будет вписан и в 

AED

Поэтому

 1 3



AED

EN:EM = 3:1 , а потому

Из подобия 

AED

и 

BEC

Следует, что

 AD = 3b. Но тогда

r

3 

b

3   3 3 2 

b

, т.е.

2 3

 

2  

2 3 4  3  4

ПРОПОРЦИОНАЛЬНЫЕ ОТРЕЗКИ В ПРЯМОУГОЛЬНОМ ТРЕУГОЛЬНИКЕ

I. устно

1. Найти CH

2. Найти MC

3. Найти AB и BC

Найти: а) BH, AB, BC б)

S ABH S CBH

I УРОВЕНЬ

1. В параллелограмме



AD ABCD BD



= 6 см,

= 3 см. Найти

S ABCD

2. ABCD прямоугольник.

AB=4, BC=6,



Через точку Е проведена прямая, параллельная AD, до пересечения в точке F со стороной CD.

Найти EF.

II УРОВЕНЬ

3. Высота, проведённая из вершины прямого угла прямоугольного треугольника, равна 6 см и делит гипотенузу на отрезки, один из которых больше другого на 5 см.

Найдите стороны треугольника.

В каком отношении данная высота делит площадь треугольника?

III УРОВЕНЬ

Высота прямоугольного треугольника, проведённая из вершины прямого угла, делит гипотенузу на отрезки, один из которых на 11 см больше другого.

Найдите гипотенузу, если катеты относятся как 6:5

1. Найдите высоту прямоугольного треугольника, проведённую из вершины прямого угла, если она делит гипотенузу на отрезки 4 см и 16 см.

2. Катет прямоугольного треугольника равен 8 см, а его проекция на гипотенузу - 4 см. Найти гипотенузу и второй катет.

3. Высота прямоугольного треугольника, проведённая к гипотенузе, делит её на отрезки 18 см и 32 см. Найти катеты

P S

 4. Один катет прямоугольного треугольника равен 4 см, а проекция второго катета на гипотенузу - 6 см.

Найти второй катет и гипотенузу.

5. Катеты прямоугольного треугольника равны 9 см и 12 см. Найти высоту треугольника, проведённую из вершины прямого угла.

6. Найти высоту и боковую сторону и площадь равнобедренной трапеции, основания которой 5 см и 13 см, а диагонали перпендикулярны боковым сторонам.

7. Диагональ равнобедренной трапеции перпендикулярна 3 5 проекция боковой стороны на большее основание равна 4 см. Найти основания трапеции и её боковую сторону.

ОТВЕТЫ

1. h=8 2. 16; 8 3 3. 30; 40; P=120, S=600 4.

4 5. 7,2 3 ; 8 6. 6; 2 3 7. 9; 1; 2 5

СВОЙСТВА ОТРЕЗКОВ ХОРД, СЕКУЩИХ И КАСАТЕЛЬНЫХ

ЗАДАЧИ I ТИПА

1. Точка М внутри окружности делит хорду этой окружности на отрезки, равные a и b. Через точку М проведена хорда АВ, делящаяся точкой М пополам.

Найдите АВ.

Обозначим АМ=ВМ=х.

По теореме об отрезках пересекающихся хорд

2 







 2

2. В точке пересечения одна из хорд делится пополам, вторая – на отрезки 8 см и 2 см. Найдите длину первой хорды.







;







2 ; 8

  2 

 8 2 

2 ,

2 4



;

 8  16 ;

3. Две хорды окружности пересекаются следующим образом: первая в точке пересечения делится пополам, а вторая делится на отрезки, равные 3 см и 48 см.

Найдите длину первой хорды.

4. Отрезки одной из двух пересекающихся хорд равны 9 и 4, другая равна 15.

Найдите отрезки второй хорды.

ЗАДАЧИ II ТИПА

1. Из точки М, расположенной вне окружности на расстоянии МА (А – точка касания) и секущая, внутренняя часть равна радиусу окружности.

7 от центра, проведены касательная которой вдвое меньше внешней и Найдите радиус окружности.

Пусть секущая пересекает окружность с центром О в точках В и С (В между С и М). Обозначим через х радиус окружности. Тогда ВС=х и ВМ=2х.

Если АМ – касательная к окружности, то по теореме о касательной и секущей

2 



 2

 3

 6

С другой стороны, по теореме Пифагора из прямоугольного треугольника ОАМ находим, что

2 

2 

2  7 

2 6

2  7 

 1 .

2. Из точки А к окружности проведены касательная АВ и секущая, пересекающая окружность в точках С и D.

АС > AD.

Найдите длину CD, если АВ=12, АС=18

 



;



 18 

 144  18 ( 18 

); 144  324  18 

; 18

 180 ;

 10 .

ЗАДАЧИ III ТИПА

1. Хорды АВ и CD окружности пересекаются в точке М, причём АМ=АС.

Докажите, что продолжения высот АА 1 и DD 1 треугольников САМ и BDM пересекаются на окружности.

Треугольники САМ и BDM подобны по двум углам. По условию один из них равнобедренный, значит, второй также равнобедренный. Высоты равнобедренных треугольников, проведённые к основанию, являются биссектрисами углов при вершинах, т.е. лучи АА 1 и DD 1 – биссектрисы равных вписанных углов ВАС и BDC. Каждая из этих биссектрис делит дугу ВС пополам, следовательно, они проходят через одну точку на окружности – середину Р дуги ВС.

2. Через точку А, которая находится вне окружности на расстоянии 7 от её центра, проведена прямая, пересекающая окружность в точках В и С.

Найдите длину радиуса окружности, если АВ=3, ВС=5.

1) Для всех секущих, проведённых из внешней точки, произведение длины секущей на её внешнюю часть – величина постоянная для данной окружности, поэтому можем записать равенство АЕ*АК = АВ*АС;

2) АЕ=АО-ОЕ=7-R; AK=7+R; поэтому полученное равенство имеет вид: (7-R)*(7+R)=24; 49-R=24; R=25; R=5 R=5

3. Из точки А проведены к окружности секущая, длиной 12 см, и касательная, составляющая 2 внутреннего отрезка секущей.

3 Найдите длину касательной.

2 



, так как секущая и касательная проведены из одной внешней точки, то квадрат касательной равен произведению наибольшего отрезка секущей на её внешнюю часть.

2 )





 12 

BC AE

2  12 ( 12 

); 3 )

 2 3

 4

2 9  12 ( 12 

) 4 )



 4

2 9  27

 324  0 ;  144  12

;

 9 

 9

 2 3

 6

ПОДОБИЕ

Признаки подобия треугольников

Два треугольника подобны, если:

1. Два угла одного из них соответственно равны углам другого; 2. Две стороны одного из них соответственно пропорциональны двум сторонам другого, а углы между этими сторонами равны.

3. Три стороны одного из них соответственно пропорциональны трём сторонам другого.

Теорема

Отношение площадей двух подобных треугольников равно квадрату коэффициента подобия

Обобщённая теорема Фалеса

Параллельные прямые, пересекающие стороны угла, отсекают на них пропорциональные отрезки

Устные задачи

MNKL – прямоугольник Доказать: 

NBK

~ 

ABC

ABCD – трапеция Доказать: 

BOC

~ 

DOA

Доказать:



FCD

~ 

ABD

Назвать пропорциональные отрезки

MN ll AC Найти: AB; AM

Найти: AD

AC = 4 см Найти: AD; DC

Найти: BO:OD ?

РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ

1. Отрезок прямой, параллельной основаниям трапеции, заключенный внутри трапеции, разбивается на три части.

Докажите, что отрезки, прилегающие к боковым сторонам, равны между собой.

MN ll BC 

AMK

~ 

ABC



DNL

~ 

DCB

, причём коэффициенты подобия одинаковы, т.к. AM:AB=DN:DC



 

AM AB





DN DC



2. Через точку пересечения диагоналей трапеции с основаниями a и b проведена прямая, параллельная основаниям.

Найдите отрезок этой прямой, заключённый между боковыми сторонами трапеции.

Пусть M – точка пересечения диагоналей AC и BD.



BMC

~  

DMA

AM:MC=AD:BC=a:b, поэтому AM:AC=a:(a+b)

Из подобия что 

AMX

и 

ACB

находим, MX:BC=AM:AC=a:(a+b).

Поэтому



a a







a ab



Аналогично находим MY



a ab









3. AA 1 ABC.

и BB 1 – высоты остроугольного треугольника Докажите, что 

~ 

, а 

ABC

~ 



AA C

~ 

BB C

1 1 (по двум углам), поэтому CA 1 :CB 1 

ABC

= CA:CB ~ 

A B C

1 1 (по двум пропорциональным сторонам и углу между ними)

4. Площади треугольников, образованных отрезками диагоналей трапеции и её основаниями, равны S 1 и S 2 .

Найдите площадь трапеции

K – точка пересечения диагоналей AC и BD S BKC =S 1 S AKD =S 2

Из подобия треугольников 

BKC

и 

DKA

следует, что

CK AK



2 . Поэтому

S ABK



Аналогично,

S DKC



1 Отсюда находим:

S ABCD



1 

2  2

1 

2  (

1 

2 ) 2

5. Через некоторую точку, взятую внутри треугольника, проведены три прямые, параллельные сторонам. Эти прямые разбивают треугольник на шесть частей, три из которых – треугольники с площадями S 1 ; S 2 ; S 3 .

Найдите площадь данного треугольника

Каждый из образованных треугольников подобен данному с коэффициентом

1 ;

S S

2 ;

S S

, где S – искомая площадь 

ABC

Обозначим стороны этих треугольников, соответствующих стороне BC 

ABC

через a;b;c.

, Тогда a+b+c=BC



a BC

;



b BC

;



c BC

Сложив почленно последние три равенства, получим

1 

2 

S S

3 



c BC

 1

Отсюда,

S S

  (

1 

2 

3 ) 2

Задача (достроение до треугольника) Точки M и N лежат на боковых сторонах трапеции ABCD и MN || AD.

Найти MN, если BC=a, DA=5a; AM:MB=1:3.

Задача (другое решение) Точки M и N лежат на боковых сторонах трапеции ABCD и MN || AD.

Найти MN, если BC=a, DA=5a; AM:MB=1:3.

Точка M лежит на боковой стороне AB, точка N - на боковой стороне CD равнобокой трапеции ABCD, MN ll AD, MN=4, AM:MB=1:3, AN=BN= 22

Найти основания трапеции

РЕШЕНИЕ

Обозначим основания трапеции a и b (AD=a; BC=b) 1) Пусть BE ll CD и MF ll CD; EN=BC=b ME=4-b; FD=MN=4; AF=a-4 

AMF

~ 

MBE AF ME



AM BM

, т.е.

4  4 

 1 3 

 16  3

2) Сделаем (рис. б): через точку N проведём



Обозначим KN=h, тогда по обобщённой теореме Фалеса

LN KN



MB AM



 3

Пусть



Тогда





2 Из подобия 

CNL

~ 

DNK

Устанавливаем , что CL=3KD, а т.к. CL=SK и











8 , то 4





Зная, что b=16-3a, находим





8 

2  2 и



 3

 8

 10  3 2

3) Используем условие



 22 Из прямоугольных треугольников ANK и BNL по теореме Пифагора получим: 22 

2   

2 2    2 и 22  ( 3

) 2  ( 10  3 2

) 2

Решая эту систему, находим, что a=5; b=1 Ответ: 5 и 1.

ТЕОРЕМА КОСИНУСОВ

Квадрат любой стороны треугольника равен сумме квадратов двух других сторон без удвоенного произведения этих сторон на косинус угла между ними.

2 

2 

2  2

 cos  cos  

2 

2 2



УТВЕРЖДЕНИЕ Если ABCD параллелограмм, AB=a; AD=b; AC=d1; BD=d2, то

1 2 

2 2  2

2  2

Полезно знать:

m a

 1 2 2

2  2

2 

m b

 1 2 2

2  2

2 

m c

 1 2 2

2  2

2 

m a

2 

m b

2 

m c

2  3 4 

2 

2 

ТЕОРЕМА СИНУСОВ

Стороны треугольника пропорциональны синусам противолежащих углов

sin

  sin

 

sin 

Полезно знать:

sin

  2

sin

  2

R c

sin   2

R - радиус описанной около треугольника окружности

Задачи на готовых чертежах

Дано: 

ABC

Найти: x; y

I вариант II вариант 150

Дано: ABCD - параллелограмм Найти: x; y

Решение задач

Дано:  

ABC A

 

 30  Найти: a:c

Решение:

sin

a A



c

sin

C



a c

 sin 30  sin 120 

Ответ:

 1 : 3

Дано: 

ABC



R = 4 – Найти: BC  60  радиус описанной окружности

Решение:

sin 60  2



 2

sin 60

Ответ:

 4 3

Дано: 

ABC

AB=9; BC=3 AM:MB=1:2 - прямоугольный Найти: CM

Решение:

cos



BC AB

 1 3 

BMC AM

 1 : 2 

 6 ,

 3

2 

2 

2  2



cos

 9  36  2  3  6 1 3  33

Ответ:

 33

Дано: ABCD - трапеция AD=16; CD=

 8 3 проход. через ABCM . Окружность





AMB

 60  Найти: BM

Решение: ABCM - трапеция вписанная в окружность.

(



CM AC



 

CAM

 

AMB

 60  

ACD

2 

2 

2  2



 cos

8 3 ) 2 

2  16 2  2  16 

 cos 60 

Ответ: AM=8

Дано: 

ABC

Окружность проходит через BCNM

 3 BC=3 , радиус окружности AM:MB=2:1; Найти: AM 

BAC

 30 

Решение:

 2

sin

BNC

sin

BNC



BNC

 2 3 3  2 3  120 

или



BNC если



BNC

 120     60

ANB

  60   

ABN

 90 

и MN



диаметр

противореч

условию

Таким образом, 

BNC

 60 

тогда



CMB

 60  

AMC

 120  

MCA

 30 

AM



MC

Пусть

MB



X



MBC

тогдаMC

 по теореме косинусов: 2

X

9 

2  4

2  2

 2

 1 2 

 Ответ:



 2 3 3

ДОПОЛНИТЕЛЬНЫЕ ЗАДАЧИ

1. Выразить угол между медианой и биссектрисой треугольника, выходящими из одной вершины, через углы треугольника.

2. В треугольнике ABC, O - центр описанной окружности, H - точка пересечения высот (ортоцентр). Доказать, что

2  9

2  (

2 

2 )

a,b,c - стороны BC, AB, AC треугольника ABC R - радиус описанной около окружности.



ABC

3. Основание равнобедренного треугольника равно a, угол при  биссектрисы, проведённой к боковой стороне.

Литература:

Безрукова Г.К., Мельникова Н.Б., Шевелева Н.Б. ГИА – 2009: Экзамен в новой форме: Геометрия: 9-й кл.: Тренировочные варианты экзаменационных работ для проведения государственной итоговой аттестации в новой форме – М.: АСТ: Астрель, 2009; Блинков А.Д. Геометрия: Сборник заданий для проведения экзамена в 9 классе – М: Просвещение, 2006; Полонский В.Б., Рабинович Е.М., Якир М.С. Геометрия: Задачник к школьному курсу – М.: АСТ – Пресс: Магистр-S, 1998; Рабинович Е.М. Задачи и упражнения на готовых чертежах. 7 – 9. Геометрия. – М.: Илекса, Харьков: Гимназия, 1999; Саврасова С.Н. Ястребинецкий Г.А. Упражнения по планиметрии на готовых чертежах: Пособие для учителя – М.: Просвещение, 1987; Шестаков С.А. Сборник задач для подготовки и проведения письменного экзамена по алгебре за курс основной школы: 9 класс – М.: АСТ: Астрель, 2005.