Transcript Презентация
Школа абитуриента 18 ноября 2010 г.
Решение планиметрических задач С4 по материалам ЕГЭ – 2010
Наумова Л.Г.
МОУ СОШ №3
Теория
и практика Задачи
2
Теория
Теорема.
Медиана делит треугольник на два равновеликих треугольника.
Теорема.
Медиана прямоугольного треугольника, проведенная из вершины прямого угла, равна половине гипотенузы.
Теорема
(обратная). Если медиана треугольника равна половине его стороны, к которой она проведена, то треугольник прямоугольный.
Теорема
Радиус окружности, вписанной в прямоугольный треугольник равен 3
• • • •
Теория
Теорема.
Если у двух треугольников равны высоты, то их площади относятся как основания.
Теорема.
Каждая медиана делится точкой пересечения в отношении 2:1, считая от вершины.
Теорема.
Три медианы делят треугольник на шесть равновеликих треугольников.
Теорема.
Отношение площадей треугольников, имеющих общий угол, равно отношению произведений сторон этого угла .
4
Теория
• • • •
Теорема.
Сумма квадратов диагоналей параллелограмма равна сумме квадратов его сторон.
Теорема.
Середины сторон любого выпуклого четырехугольника являются вершинами параллелограмма.
Теорема.
При проведении биссектрисы угла параллелограмма образуется равнобедренный треугольник.
Теорема.
прямой.
Биссектрисы смежных углов параллелограмма перпендикулярны, а биссектрисы противоположных углов параллельны или лежат на одной
А
•
Теория
Теорема (замечательное свойство
трапеции).
Точка пересечения диагоналей любой трапеции, точка пересечения продолжений боковых сторон и середины оснований лежат на одной прямой.
•
Теорема.
Трапеция разбивается диагоналями на два равновеликих треугольника (примыкающих к боковым сторонам) и два подобных треугольника (примыкающих к основаниям).
А
•
Теорема.
Проекция боковой стороны равнобедренной трапеции на большее основание равна полуразности оснований, а проекция диагонали – полуссумме оснований (средней линии).
А В В H O С С D E
Вспомогательная задача.
Пусть окружность вписана в треугольник ABC. Тогда расстояние от вершины A до точки касания окружности со стороной AB равно
x a b
2
a
.
Доказательство.
В Мы знаем, что центр вписанной в треугольник окружности лежит на пересечении биссектрис внутренних углов треугольника, значит AM=AK=
x
, BM=BN=
y
, CK=CN=
z
.
М
x z
С О
z
N
y
Тогда, периметр АВС равен: , откуда
P
2
x
2
y
2
z p
или
P
2
x x
y
(
y z
,
z
)
a
,
x a a
2
c b
2
a
.
А
x
К
y
7
№1 В треугольнике АВС АВ=15, ВС = 12, СА = 9. Точка D лежит на прямой ВС так, что BD:DC = 3:8. Окружности, вписанные в каждый из треугольников ADC и ADB, касаются стороны AD в точках E и F. Найдите длину отрезка EF.
Решение.
А Возможны два случая: точка D лежит на отрезке ВС и точка D лежит вне отрезка ВС.
А Рассмотрим 1 случай.
С 8ч E F D 3ч В С E F 8ч В 3ч D 8
№1 В треугольнике АВС АВ=15, ВС = 12, СА = 9. Точка D лежит на прямой ВС так, что BD:DC = 3:8. Окружности, вписанные в каждый из треугольников ADC и ADB, касаются стороны AD в точках E и F. Найдите длину отрезка EF.
Решение.
А Возможны два случая: точка D лежит на отрезке ВС и точка D лежит вне отрезка ВС.
Рассмотрим 1 случай.
С 8ч E F D 3ч Найдем:
BD
3 11
BC
36 11 ,
DC
8 11
BC
96 .
11 Из ADC, Из AD В, В
DE
DF
AD
DC
2
AD
BD
2
AC AB
AD AD
DC
9 , 2
BD
15 .
2 Значит,
EF
DE
DF
6
DC
BD
2 63 .
11 9
№1 В треугольнике АВС АВ=15, ВС = 12, СА = 9. Точка D лежит на прямой ВС так, что BD:DC = 3:8. Окружности, вписанные в каждый из треугольников ADC и ADB, касаются стороны AD в точках E и F. Найдите длину отрезка EF.
А С
Решение.
E Возможны два случая: точка D лежит на отрезке ВС и точка D лежит вне отрезка ВС.
Рассмотрим 2 случай.
8ч В F 3ч
BC
8
DC
8,
DC
96 , 5 D
BD
DC
Из ADC, Из AD В, Значит,
BC DE
96 5 12
AD
36
DC
5 2
DF
AD
BD
2 .
AC AB EF
DE
DF
6
DC
2
AD AD
Ответ: 9 или
63 .
11
DC
2
BD
2
BD
9.
9 , 15 .
№2 Точка H – основание высоты треугольника со сторонами 10, 12, 14 , опущенной на сторону, равную 12. Через точку H проведена прямая, отсекающая от треугольника подобный ему треугольник и пересекающая сторону, равную 10, в точке M .
Найдите HM .
Решение.
А Пусть АВ = 10, ВС = 12, АС = 14. cos
B
AB
2 2
BC
2
AC
2 1 5 .
АВН – прямоугольный, BН = АВ·cosB = 2.
С
2 случай.
Ответ:
14 12 Н ВМН = АСВ; 10 М В
k
По условию АВС НВМ, и имеют общий угол В, значит возможны два случая.
1 случай.
ВМН = ВАС;
k
BH BC
2 12 1 , 6 значит,
HM
6
AC
6 14 7 3 .
BH AB
2 10 1 5 , значит,
HM
5
AC
5 14 14 .
5 7 3 или 14 5 .
№3 Площадь трапеции ABCD равна 240. Диагонали пересекаются в точке O , отрезки, соединяющие середину P основания AD с вершинами B и C , пересекаются с диагоналями трапеции в точках M и N . Найдите площадь четырехугольника OMPN , если одно из оснований трапеции втрое больше другого.
Решение.
S ABCD
BC
Возможно два вида трапеции. В обоих случаях: нижнее основание вдвое больше верхнего, BC = a, АD = 3a, 2 2) Найдем площадь ОMPN: S MONP =S AOD – S AMP
В
– S PND .
С
Рассмотрим первый случай.
O А M P N D
12
а По условию BC = a, АD = 3a, аh = 120.
S MONP =S AOD – S AMP – S PND .
h
3а 1) BOC AOD , по трем углам
k
BC AD
a
3
a
1 .
3 Значит высота AOD равна 3 4
h
, тогда:
S
AOD
2
AD
3 4
h
8 3
ah
8 2) BMC AMP , по трем углам,
k
BC AP
a
2 .
3 Тогда высота треугольника АМР равна 3/5 высоты трапеции.
S
AMP
S
PND
2
AD
3 5
h
3) Находим искомую площадь:
S MONP
1 3 2
a
3 2 5
h
9 20 120 54.
S
2
S
135
AOD AMP
27.
В
3а
С
По условию BC = 3a, АD = a, аh = 120.
S MONP =S AOD – S AMP – S PND .
h
M O N
1) BOC AOD , по трем углам
k
BC AD
3
a a
3.
Значит высота AOD равна 1 4
h
, тогда:
А P
а
D
S
AOD
2
AD
1 4
h
8
ah
8 2) BMC AMP , по трем углам,
k
BC AP
3
a a
/ 2 6.
Тогда высота треугольника АМР равна 1/7 высоты трапеции.
S
AMP
S
PND AD
2 3) Находим искомую площадь:
S
1
a
1 7
h h MONP
2 2 7
S AOD
1 28 2
S
120
AMP
30 7 .
30 7
5.
Ответ: 27 или 5.
№4 В параллелограмме ABCD AB=12, биссектрисы углов при стороне AD делят сторону ВС точками M и N, так что BM:MN=1 :7. Найдите ВС.
Решение.
Пусть О – точка пересечения биссектрис.
По условию
BM MN
7 1, значит М лежит между точками В и N.
B М N C O B М N C 12 O A D A
Возможны два случая.
1) точка О – лежит внутри параллелограмма; 2) точка О – лежит вне параллелограмма.
Рассмотрим первый случай.
D
15
№4 В параллелограмме ABCD AB=12, биссектрисы углов при стороне AD делят сторону ВС точками M и N, так что BM:MN=1:7. Найдите ВС.
Решение.
Пусть О – точка пересечения биссектрис.
По условию
BM
1, значит М лежит между точками В и N.
MN
7 1) ABN – равнобедренный, т.к.
B М N C 1,5 10,5 1,5
ВNА= NAD накрест лежащие;
12
АN – биссектриса А,
O
значит ВNА= ВAN и AB=BN=12,
A D
тогда
BM
1
BN
8 8 Найдем MN=BN-BM=12-1,5=10,5.
2) Аналогично, DMC – равнобедренный, MC=DC=12.
Тогда NC= MC-MN=12-10,5=1,5.
16
№4 В параллелограмме ABCD AB=12, биссектрисы углов при стороне AD делят сторону ВС точками M и N, так что BM:MN=1:7. Найдите ВС.
A 12 Решение.
B 12
Рассмотрим второй случай: точка О – лежит вне параллелограмма.
O
1) AB М– равнобедренный, т.к.
М N 12 C
ВMА= MAD накрест лежащие;
12
АМ – биссектриса А, значит ВMА= ВAM.
По условию
BM MN
1 , 7
D
значит
BM
Тогда АВ=ВМ=12.
1 8
BN
,
BN
96.
2) Аналогично DNC – равнобедренный, тогда NC=DC=12.
3) Значит, ВС=ВN+NC=96+12=108.
Ответ: 13,5 или 108.
№5 Сторона ромба ABCD равна 4√7, а косинус угла А равен 0,75.
Высота BH пересекает диагональ AC в точке М. Найдите
длину отрезка ВМ.
М В прямоугольном треугольнике ABH:
AH = AB · cosα = 4√7 · 0,75 = 3√7, BH 2 = AB 2 - AC 2 = 112 - 63 = 49; BH = 7.
Два прямоугольных треугольника ВМС и HMA подобны по двум углам. Составим пропорцию:
BM : HM =BC : AH = 4 : 3
Пусть
BM = x
, тогда
HM = 7 - x; x : (7 – x) = 4 : 3
;
3x = 28 - 4x; x = 4.
Ответ: 4
Дан параллелограмм АВСD, АВ=2, ВС=3, угол А равен 60 острого угла. Найдите площадь четырехугольника АВОD.
о. Окружность с центром в точке О касается биссектрисы угла D и двух сторон параллелограмма, исходящих из вершины одного его Решение: 1) окружность с центром О вписана в угол с вершиной А. Треугольник АDF равнобедренный. Так как угол А равен 60 о , то этот треугольник равносторонний со стороной 3. Радиус вписанной окружности равен Находим площадь S ABOD = S AOB + S AOD = 19
Дан параллелограмм АВСD, АВ=2, ВС=3, угол А равен 60 острого угла. Найдите площадь четырехугольника АВОD.
о. Окружность с центром в точке О касается биссектрисы угла D и двух сторон параллелограмма, исходящих из вершины одного его
E
2 ) окружность вписана в угол с вершиной C.
Треугольник АDУ равнобедренный. Так как угол А равен 60 о , то этот треугольник равносторонний со стороной 2. Радиус вписанной окружности равен r = 2 / 2tg60 o = 1 / √3 = √3 / 3 Находим площадь S ABOD = S ABCD – S BOC S DOC В треугольниках ВОС и DОС высота равна радиусу окружности, значит =3 √3 – 0,5*3* √3 / 3 – - 0,5*2* √3 / 3 = 13√3 / 3.
Использованные ресурсы Тексты задач взяты с сайта Александра Ларина http://alexlarin.narod.ru/ege.
html Рисунок на слайде №2 http://office.microsoft.com/ru ru/images/results.aspx?qu=%D1%81%D0%BC%D0%B0%D0 %B9%D0%BB%D1%8B Для создания шаблона презентации использовалась картинка http://www.box-m.info/uploads/posts/2009 04/1238954029_1.jpg
21