close

Вход

Забыли?

вход по аккаунту

?

Презентация

код для вставкиСкачать
Школа абитуриента
18 ноября 2010 г.
Решение
планиметрических
задач С4
по материалам
ЕГЭ – 2010
Наумова Л.Г.
МОУ СОШ №3
Теория и практика
Задачи
№1
№2
№3
№4
№5
№6
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. Биссектрисы смежных углов
параллелограмма перпендикулярны, а
биссектрисы противоположных углов
параллельны или лежат на одной
прямой.
А
5
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).
• Теорема. Проекция боковой стороны
равнобедренной трапеции на большее
основание равна полуразности
оснований, а проекция диагонали –
полуссумме оснований (средней линии).
В
С
O
D
А
В
С
А
H
E
D
6
Вспомогательная задача.
Пусть окружность вписана в треугольник ABC. Тогда
расстояние от вершины A до точки касания окружности
со стороной AB равно
bca
x pa
.
2
Доказательство.
Мы знаем, что центр вписанной в треугольник окружности
лежит на пересечении биссектрис внутренних углов
В
треугольника, значит AM=AK=x, BM=BN=y, CK=CN=z.
Тогда, периметр АВС равен:
откуда
P 2x 2 y 2z
z
z
p
N
М
x
С
О
P
x y z,
2
или x p ( y z ) p a ,
y
x pa
abc
2
А
x К
y
,
a
bca
.
2
7
В треугольнике АВС АВ=15, ВС = 12, СА = 9. Точка D лежит на
№1 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. Возможны два случая: точка D лежит на отрезке ВС
и точка D лежит вне отрезка ВС.
Рассмотрим 1 случай.
А
А
E
E
F
F
С
В
D
8ч
3ч
С
В
8ч
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. Возможны два случая: точка D лежит на отрезке ВС
и точка D лежит вне отрезка ВС.
Рассмотрим 1 случай.
А
Найдем: B D 3
BC 11
Из ADC, D E E
Из ADВ, D F 36
8
, DC 11
AD DC AC
2
В
D
AD BD AB
3ч
EF DE DF ,
2
A D B D 15
2
Значит,
F
8ч
11
AD DC 9
2
С
BC 11
96
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
Решение. Возможны два случая: точка D лежит на отрезке ВС
и точка D лежит вне отрезка ВС.
Рассмотрим 2 случай.
BC 5
D C 8, D C 8
F
С
В
8ч
96
12 5
Из ADC,
3ч
,
5
BD DC BC E
96
DE 36
.
5
AD DC AC
AD DC 9
2
Из ADВ,
DF Ответ: 9 или
2
AD BD AB
A D B D 15
2
D Значит, E F D E D F 63
11
.
,
2
6 DC BD
9.
2
10
.
№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 .
Пусть АВ = 10, ВС = 12, АС = 14.
Решение.
AB BC AC
2
А
cos B 2
2
2 AB BC
100 144 196
2 10 12
1
.
5
АВН – прямоугольный, BН = АВ·cosB = 2.
10
14
По условию АВСНВМ, и имеют общий угол В,
значит возможны два случая.
М
k 1 случай. ВМН = ВАС;
С
Н
12
В
значит,
BH
AB
Ответ:
3
или
14
5
1
6
2 случай. ВМН = АСВ; k 7
HM .
2
10
1
5
AC 1
BC
14 6
, значит, H M BH
7
2
1
12
6
14 14
,
.
3
1
5
AC 1
5
5
11
.
№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
Возможно два вида трапеции. В обоих случаях:
B C 1)
A Dнижнее
a основание
3a
4 вдвое больше верхнего, BC = a, АD = 3a,
h h ah 2 ah 240, ah 120.
2)
верхнее
основание
2
2
2 вдвое больше нижнего, AD = a, BC = 3a.
Найдем площадь ОMPN: SMONP=SAOD – SAMP – SPND.
В
С
O
Рассмотрим первый случай.
N
M
А
P
D
12
а
По условию BC = a, АD = 3a, аh = 120.
SMONP=SAOD – SAMP – SPND.
h
1) BOCAOD , по трем углам
k BC
AD
S AO D 2
AD 3a
1
.
3
Значит высота AOD равна
3а
1
a
3
h
4
3
3 ah 8
9
3
4
h , тогда:
120 135.
8
2) BMCAMP , по трем углам,
k BC
AP
a
3a / 2
2
.
3
Тогда высота треугольника АМР равна 3/5 высоты трапеции.
S AM P S PN D 1
2
AD 3
5
h
1 3a 3
9
h
120 54.
2 2 5
20
3) Находим искомую площадь: S M O N P S
AO D
2S
AM P
135 2 54 13
27.
3а
В
С
По условию BC = 3a, АD = a, аh = 120.
SMONP=SAOD – SAMP – SPND.
h
1) BOCAOD , по трем углам
O
M
k N
BC
3a
AD
3.
a
Значит высота AOD равна
А
S AO D
P а
D
1
1
1
1
AD h ah 120 15.
2
4
8
8
2) BMCAMP , по трем углам,
k BC
AP
3a
1
4
h , тогда:
6.
a/2
Тогда высота треугольника АМР равна 1/7 высоты трапеции.
S AM P S PN D 1
2
AD 1
7
h
1 a 1
1
30
h
120 .
2 2 7
28
7
3) Находим искомую площадь: S M O N P S
Ответ: 27 или 5.
AO D
2S
AM P
15 2 30
5.
7 14
В параллелограмме ABCD AB=12, биссектрисы углов при
№4 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
B
BM
MN
М
1
1,
7
значит М лежит между точками В и N.
NC
O
B
М
C
N
12
O
A
D
A
D
Возможны два случая.
1) точка О – лежит внутри параллелограмма;
2) точка О – лежит вне параллелограмма.
Рассмотрим первый случай.
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
MN
М
B
1,5
1
значит М лежит между точками В и N.
1,
7
N
10,5
1,5
C
1) ABN – равнобедренный, т.к.
ВNА=NAD- накрест лежащие;
АN – биссектриса А,
12
O
значит ВNА= ВAN и AB=BN=12,
тогда
A
D
BM 1
8
BN 1
12 1, 5.
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.
3) Значит, ВС=ВМ+MN+NC=13,5.
Рассмотрим
первый случай.
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.
Решение. Рассмотрим второй случай:
точка О – лежит вне параллелограмма.
O
B
12
М
N
12
C
1)ABМ– равнобедренный, т.к.
ВMА=MAD- накрест лежащие;
12
12
АМ – биссектриса А,
значит ВMА= ВAM.
D
A
По условию
BM
MN
1
7
,
Тогда АВ=ВМ=12.
1
значит BM BN , BN 8 12 96.
8
2) Аналогично DNC– равнобедренный, тогда NC=DC=12.
3) Значит, ВС=ВN+NC=96+12=108.
Ответ: 13,5 или 108.
17
№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,
BH2 = AB2 - AC2 = 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.
18
Ответ: 4
Дан параллелограмм АВСD, АВ=2, ВС=3, угол А равен 60о.
№6 Окружность с центром в точке О касается биссектрисы угла D и
двух сторон параллелограмма, исходящих из вершины одного его
острого угла. Найдите площадь четырехугольника АВОD.
Решение: 1) окружность с центром О вписана в угол с вершиной А.
Треугольник АDF равнобедренный. Так
как угол А равен 60о, то этот треугольник
равносторонний со стороной 3. Радиус
вписанной окружности равен
Находим площадь SABOD = SAOB+ SAOD=
19
Дан параллелограмм АВСD, АВ=2, ВС=3, угол А равен 60о.
№6 Окружность с центром в точке О касается биссектрисы угла D и
двух сторон параллелограмма, исходящих из вершины одного его
острого угла. Найдите площадь четырехугольника АВОD.
2) окружность вписана в угол с вершиной
C. Треугольник АDУ равнобедренный. Так
как угол А равен 60о, то этот треугольник
равносторонний со стороной 2. Радиус
вписанной окружности равен
r = 2 / 2tg60o = 1 / √3= √3 / 3
E
Находим площадь SABOD = SABCD – SBOC SDOC
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.
20
Использованные ресурсы
Тексты задач взяты с сайта Александра Ларина
http://alexlarin.narod.ru/ege.
html
Рисунок на слайде №2
http://office.microsoft.com/ruru/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/200904/1238954029_1.jpg
21
Документ
Категория
Презентации по математике
Просмотров
50
Размер файла
1 312 Кб
Теги
1/--страниц
Пожаловаться на содержимое документа