Решение задач планиметрии при подготовке к итоговой аттестации

=4(АМ 4r(tg) === ==== =48.

Ответ: 48

Задача 2 (см.слайды 18-19)

В окружности проведены хорды АВ= и АС=2, ВАС=60^о. Хорда АD – биссектриса ВАС. Найти длину хорды АD

Решение:

Пусть АD=х. АВСD – вписанный четырехугольник; АD- биссектриса, тогда ВАD = DАС – вписанные углы в окружность, значит, ВD = DС, тогда хорды, стягивающие эти дуги, также равны. Пусть ВD = DC = а.

ВАD =DАС=30^о. По теореме косинусов из найдем а:

ВD²=а²=АВ²+АD²-2АВ*АDcos30^о;

ВD²=а²= 3+х²-2х = х²-3х+3 (1)

DC²=а²=12+х²-2х = х²-6х+12 (2); из (1) – (2) получим

3х-9=0,

х=3.

АD=3.

Ответ: 3.

Задача 3. (см.слайды 20-22)

Окружности радиусов R и r касаются друг друга внешним образом. Боковые стороны равнобедренного треугольника являются их общими касательными, а основание касается большей из окружностей. Найти основание треугольника.

Решение:

О и О₁ – центры данных окружностей, – равнобедренный треугольник, АС=ВС. СК – высота АВС; О и О₁ принадлежат СК. Точки F и E – точки касания окружностей с центрами О₁ и О соответственно со стороной АС. ОЕ=ОК=R; О₁F = r. Так как АКС (по двум углам: АКС= ОЕС =90^о; С – общий), то САК=СОЕ.

Так как окружность с центром О касается сторон САО, то АО – биссектриса. Пусть СОЕ=. Тогда ОАК=. Проведем О₁N//АС. Тогда О₁N перпендикулярен ОЕ, ЕN=О₁F=r, ОN=ОЕ-ЕN=R-r; ОО₁=R+r. Из О₁NО – прямоугольный (О₁NО=90^о). cos== . Из АКО- прямоугольный (АКО=90^о): АК=ОК*ctg?ОАК=Rctg=R=

=R =R == . АВ=2АК= .

Ответ: .

Работа творческой группы

Эпиграф творческой группы:

"Математика открывает свои тайны только тому,
кто занимается ею с чистой любовью,
ради ее собственной красоты."
Архимед

Руководитель творческой группы:

Наша творческая группа на своих заседаниях рассмотрела труды Архимеда, связанные с окружностью.

Труды Архимеда были сделаны свыше 2000 лет назад и опередили свое время как минимум на 17 веков. Множество его трудов пропало без вести — но даже того, что осталось, вполне достаточно, чтобы поставить Архимеда в один ряд с Ньютоном, Гауссом, да Винчи. Благодаря этому его можно с полным правом назвать одним из величайших гениев человечества.

Задача 1 (см.слайды 25-26)

Если две окружности касаются в точке Е, и диаметры их АВ и CD параллельны, то точки А, Е и D лежат на одной прямой.

Решение:

Рассмотрим случай, когда окружности касаются внешним образом. Соединим центры окружностей отрезком О₁O₂, который пройдет через точку Е. Углы АО₁Е и DO₂E равны как накрест лежащие при параллельных прямых АВ и CD. Треугольники АО₁Е и DO₂E равнобедренные, имеют равные углы при вершинах, следовательно, все четыре угла при основаниях треугольников равны между собой. Значит, по разные стороны от прямой O_гО₂, отложены равные углы О₁ЕА и O₂ED, откуда и следует, что точки А, Е и D лежат на одной прямой.

Задача 2 (см.слайды 27-28)

Если хорды круга АВ и CD пересекаются в точке Е под прямым углом, то сумма квадратов отрезков АЕ, BE, СЕ и DE равна квадрату диаметра.

Решение:

Пусть а, b, с, d - данные отрезки хорд АВ и CD . Пусть АD = х, ВС = у. Тогда по теореме Пифагора для треугольника AED:

x² =a²+d² (1)

А по теореме Пифагора для треугольника ВЕС:

y²=b²+c² (2)

Проведем АК ¦ CD. Тогда ВК= 2R – диаметр (так как KAB = 90°).

СКАD - равнобокая трапеция, поскольку в окружность можно вписать только равнобокую трапецию, и СК = AD = x. KCB = 90° (опирается на диаметр). Тогда по теореме Пифагора для треугольника КСВ имеем:

x²+y²=4R²

Воспользовавшись равенствами (1) и (2), получаем требуемое:

a²+b²+c²+d²=4R²

Задача 3 (см.слайды 29-30)

Если к окружности из внешней точки провести секущую через центр, а другую так, чтобы внешний отрезок равнялся радиусу окружности, то угол между секущими будет измеряться одной третью большей из дуг, заключенной между его сторонами.

Решение:

Пусть данные секущие будут АВ и АС (АС пересекает окружность в точке D), а угол между ними равен a. Соединим точку D с точками О и В. Покажем, что угловая мера дуги ВС будет Зa. Угол AOD равен a и является внешним для треугольника DOB, поэтому ODB= OBD =  a/2 . Угол BDC — внешний для треугольника BDA, поэтому BDC= a + a/2 =  3a/2. Поскольку BDC измеряется половиной дуги ВС, то мера дуги BC составляет 3?.

Задача 4 (см.слайды 31-32)

Отрезок внешней касательной к двум касающимся кругам, заключенный между точками касания, равен среднему геометрическому их диаметров.

AB²=d₁d₂

Решение:

Проведем через точку Е касания двух окружностей их общую касательную ЕС. Тогда АС=СЕ =СВ как отрезки общих касательных. Поскольку CO₁ и СO₂— биссектрисы углов АСЕ и ВСЕ, то угол между ними равен 90°. Из прямоугольного треугольника О₁СО₂: СЕ = и .

Задача 5 (см.слайды 33-34)

На отрезке АС взята точка D, и на отрезках AC, AD и CD как на диаметрах построены полуокружности. Закрашенную фигуру Архимед назвал “арбелон” ( — скребок, скорняжный нож). Восстановим из точки D перпендикуляр BD. Тогда площадь арбелона равна площади круга с диаметром BD.

Решение:

Пусть радиус большей полуокружности равен r₁, а радиус меньшей — r₂. Тогда площадь арбелона равна

Из прямоугольного треугольника ABC имеем: . Площадь круга с диаметром BD будет равна , что и требовалось доказать.

Домашнее задание

Задача 1 (см.слайды 35-37)

Дан треугольник со сторонами 12; 15 и 18 см. Проведена окружность, касающаяся обеих меньших сторон и имеющая центр на большей стороне. Найти отрезки, на которые центр окружности делит большую сторону треугольника.

Решение:

Пусть A=; C=a.

AB=12см; BC=15см; AC=18см; AO=x см; OC=y см;

По теореме косинусов имеем:

AB²=BC²+AC²-2BC*AC*cosa

12²=15²+AC²-2*15*18*cosа

cosa= ==0,75

sin= sin=

; cos==

sin

sin==;

:= 5х=72-4х; 9х=72; х=8;

АО= 8 см.

у=18-х; у=10; ОС=10 см.

Ответ: 8 см и 10 см.

Задача 2 (см.слайды 38-39)

Площадь равностороннего треугольника, вписанного в окружность, равна Q². Доказать, что радиус окружности равен .

Решение:

S_(ABC)=Q² по условию

AB=BC=AC. Пусть BO=OC=AO=R, тогда 3 S_(AOC)= Q²;

3 *R² *sin120°= Q² (AOC=120°).

=

R= = .

Что и требовалось доказать.