close

Вход

Забыли?

вход по аккаунту

?

Геометрия

код для вставкиСкачать
Б.И. Вольфсон,
Л.И. Резницкий
ГЕОМЕТРИЯ.
Подготовка к ЕГЭ И ГИА-9:
учимся решать задачи. ―
Ростов-на-Дону: Легион-М,
2011. ― 224 с.
В книге излагается
технология, позволяющая
структурировать и тем
самым облегчить процесс
решения геометрических
задач, приводятся примеры
ее применения,
проанализированы задания
ЕГЭ и ГИА-9. Имеется
справочный теоретический
материал и задачи для
самостоятельного решения.
1. ОСВОЕНИЕ ОБЩЕЙ ТЕХНОЛОГИИ
РЕШЕНИЯ ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧ
Этот подход позволяет структурировать
решение задачи и последовательно
преодолеть возникающие трудности по
аналогии с поэтапной сборкой сложного
изделия на конвейере.
ЗАМЕЧАНИЕ.
Знание, а главное, понимание
алгоритмов решения стандартных задач не
отменяет самостоятельное творчество. Оно
экономит время и дает инструмент, который
позволяет осуществлять творческий процесс
на качественно более высоком уровне.
2. Использование метода укрупнения
дидактических единиц П.М. Эрдниева.
Применение разработанного П. М. Эрдниевым метода укрупнения
дидактических единиц (УДЕ) базируется на одновременном
рассмотрении логически различных элементов, обладающих в то же
время информационной общностью. Такой подход позволяет
сформировать «стереоскопический» образ изучаемого объекта.
Он стимулирует образование в мозгу функциональных систем, т.е.
ансамблей нейронов, «специализирующихся» на решении сходных
познавательных задач.
Отказ при использовании УДЕ от традиционного «квантования»
учебного материала способствует тому, что его запоминание
приобретает не механический (эрудиционный), а ассоциативный
характер. Таким образом, наряду с накоплением знаний
(накоплением информации) идет процесс обогащения мышления
связями между знаниями, то есть повышается качество переработки
информации.
3. Формирование семейств
модифицируемых многопараметрических
задач.
Данная методика предусматривает создание модифицируемых
многопараметрических заданий по математике, в которых
осуществляется циклическая замена известных и неизвестных величин.
Методика ориентирована на формирование целостного
мировосприятия и интеллектуальное развитие школьников.
Предложенный подход к формированию модифицируемых учебных
заданий лежит в русле метода укрупнения дидактических единиц (УДЕ).
Вслед за создателем метода УДЕ П. М. Эрдниевым мы обращаем
внимание на необходимость рассмотрения всего блока заданий,
относящихся к данной проблеме, в компактном временном промежутке.
В этом случае многообразные связи, возникающие в мозгу ученика в
процессе работы, закрепляются в виде единой комплексной системы.
4. Проблемный подход к организации
повторения курса геометрии.
Использование проблемного метода приводит ученика от пассивного
потребления готовых истин, излагаемых учителем, к участию в их
установлении. Это способствует лучшему запоминанию и, что
особенно важно, формированию личностно-ценностного отношения к
изучаемому материалу.
―Подумаешь, Америку открыл!
Еще в пеленках это мы знавали!…
А я один, как клад, ее отрыл
И позабыть уже смогу едва ли.
Как я добыл ее! Я смертный пот
Стирал ладонью. Рот был сух от жажды.
Я рыл и рыл… Владеет ею тот,
Кто сам, один, добыл ее однажды.
Она во мне. Я жил, ее тая.
Я, стиснув зубы, в муках, на пределе
Ее добыл. Вот истина моя!..
Вы ж до сих пор банальностью владели.
Евгений Винокуров.
5. Последовательное применение
принципа «чайника».
Этот принцип состоит
в сведении данной
задачи к той,
решать которую
мы уже научились.
1. ЧТЕНИЕ УСЛОВИЯ ЗАДАЧИ.
2. ВЫПОЛНЕНИЕ ЧЕРТЕЖА С БУКВЕННЫМИ
ОБОЗНАЧЕНИЯМИ.
3. КРАТКАЯ ЗАПИСЬ УСЛОВИЯ ЗАДАЧИ
(ФОРМИРОВАНИЕ БАЗЫ ДАННЫХ).
4. ПЕРЕНОС ДАННЫХ УСЛОВИЯ НА ЧЕРТЕЖ;
ВЫДЕЛЕНИЕ ЭЛЕМЕНТОВ ЧЕРТЕЖА РАЗЛИЧНЫМИ
ЦВЕТАМИ.
5. 3АПИСЬ ТРЕБУЕМЫХ ФОРМУЛ И ТЕОРЕМ НА ЧЕРНОВИКЕ
(ФОРМИРОВАНИЕ БАЗЫ ЗНАНИЙ).
6. «ДЕТАЛИРОВКА» — ВЫЧЕРЧИВАНИЕ ОТДЕЛЬНЫХ ДЕТАЛЕЙ
НА ДОПОЛНИТЕЛЬНЫХ ЧЕРТЕЖАХ.
7. АНАЛИЗ ДАННЫХ ЗАДАЧИ, ПРИВЯЗКА ИСКОМЫХ ВЕЛИЧИН К
ЭЛЕМЕНТАМ ЧЕРТЕЖА.
8. «СИНТЕЗ» — СОСТАВЛЕНИЕ «ЦЕПОЧКИ» ДЕЙСТВИЙ
(АЛГОРИТМА РЕШЕНИЯ).
9. РЕАЛИЗАЦИЯ АЛГОРИТМА РЕШЕНИЯ.
10. ПРОВЕРКА ПРАВИЛЬНОСТИ РЕШЕНИЯ.
11. ЗАПИСЬ ОТВЕТА.
B
A
D
Е F
C
Дано:
В треугольнике АВС
АВ=с=13 см;
ВС=а=14 см;
АС=b=15 см.
В
13
А
14
D E F
15
С
Найти:
1) площадь S;
2) hb − высоту BD;
3) радиус вписанной окружности r;
4) величину наибольшего
внутреннего угла треугольника
АВС;
5) радиус описанной окружности R;
6) mb − длину медианы BF;
7) Lb − длину биссектрисы ВЕ угла
В (точка Е лежит на отрезке АС);
8) расстояние между точкой
пересечения медиан G и центром
описанной окружности (Оо);
9) расстояние между центрами
вписанной (Ов) и описанной (Оо)
окружностей.
1. Вычисление площади треугольника АВС.
База знаний.
Выпишем формулы, по которым можно найти площадь
треугольника:
1
S 2
S 1
b hb ;
(1)
a c sin B ;
(2)
2
S p(p a)(p b)(p c) ;
S r p,
где
p
1
2
(a b c)
— полупериметр треугольника АВС.
(3)
(4)
Поскольку в условии задачи даны только длины
сторон треугольника АВС, то для вычисления его
площади нам необходимо воспользоваться именно
формулой Герона (3).
Вычислим сначала полупериметр треугольника:
p
1
2
(a b c) 1
(13 14 15 ) 21 ( см ).
2
Тогда, по формуле (3),
S 21 8 7 6 84 ( см ).
2
2. Вычисление высоты треугольника.
B
А
D
C
Используем формулу (1):
S 1
2
b hb .
Так как площадь треугольника S и длина стороны АС нам
уже известны, можем вычислить hb ― длину высоты BD:
hb 2 S / b 2 84 / 15 11 , 2 ( см ) .
3. Вычисление радиуса вписанной окружности.
B
А
C
Для вычисления длины r радиуса вписанной
окружности нам необходимо воспользоваться формулой
площади треугольника (4):
S pr .
Отсюда находим
r S : p 84 : 21 4 ( см ).
4. Вычисление наибольшего угла треугольника.
Включаем в базу знаний теорему о том, что против большей
стороны в треугольнике лежит больший угол. Из этой теоремы
следует, что большим углом в треугольнике АВС является угол В.
По формуле (2) можем записать:
Отсюда получаем:
sin B 2S
a c
S 2 84
13 14
1
a c sin B .
2
12
13
.
Поскольку нам в дальнейшем может пригодиться cosВ, то
найдем также и его. Для этого воспользуемся основным
тригонометрическим тождеством sin2B+cos2B=1.
Учитывая, что В — острый угол (так как b2<a2+c2), а значит
его косинус и синус — положительные величины, находим:
cos B 1 sin B 1 2
144
169
Следовательно,
5
13
B arcsin
.
12
13
arccos
5
13
.
5. Вычисление радиуса описанной окружности.
Ответ на вопрос задачи о вычислении длины R радиуса
описанной окружности требует включения в базу знаний
теоремы синусов:
a
sin A
b
c
sin B
sin C
a b c
2 R.
2S
(5)
Из соотношения (5) следует, что
R
b
15 13
2 sin B
2 12
65
( см ).
8
Этот же результат можно получить, подставляя длины
сторон и площадь треугольника в другую формулу, также
следующую из (5):
R
a b c
4S
13 14 15
4 84
65
8
( см ).
6. Вычисление длины медианы треугольника.
Построим медиану BF и вычислим ее длину mb. Для этого
добавим в базу знаний теорему косинусов, согласно которой в
треугольнике АВС:
a b c 2 bc cos A .
2
2
2
B
c
А
m
b
a
F
C
Дважды применим теорему косинусов, применив ее сначала к
треугольнику АВС, а затем к треугольнику АВF.
Выполним деталировку и рассмотрим треугольник АВF.
B
c
А
m
F
b/2
В этом треугольнике AB = c, AF = b/2, BF — искомая медиана m.
Тогда, по теореме косинусов,
m c 2
b
2
b
2
bc cos A.
4
Значение
находим
cosA
(также
b c a
2
косинусов) из формулы:
cos A с
2
помощью
2
2 bc
, выведенной выше для
треугольника АВС. После преобразований получаем:
2(a c ) b
2
mb 2
2
2
2( 13 14 ) 15
2
2
2
2
505
2
теоремы
(см) .
Длину медианы можно также получить, достроив треугольник
АВС до параллелограмма АВСК, в котором АС является диагональю,
а BF — половиной другой диагонали.
Тогда для вычисления m b можно воспользоваться тем, что
сумма квадратов диагоналей параллелограмма
квадратов всех его сторон
(этот факт также добавляем в базу знаний):
c
a
K
b m
c
F
B
a
2
2
mb C
2
отсюда
2(a c ) b
2
m
сумме
(2mb ) b 2a 2c ,
2
A
равна
2
2
2
.
7. Вычисление длины биссектрисы треугольника.
Построим биссектрису BЕ и вычислим ее длину Lb по схеме,
описанной в предыдущем пункте.
B
А
E
C
Дополнительное затруднение связано с необходимостью
вычисления длины отрезка AE. Найти ее нам помогает следующая
теорема, включаемвя в базу знаний:
Биссектриса внутреннего угла треугольника делит
противолежащую сторону на части, пропорциональные
сторонам, образующим этот угол: АЕ / ЕС = АВ / ВС.
Обозначим AE = x, тогда EC = b – x.
Из упомянутой теоремы следует
x
пропорция: c В
b x
a
c
.
bc
Отсюда находим: x a c .
Используя теорему косинусов,
выражаем:
L
a
Е
b-x
А
х
из
треугольника
С
АВЕ
L b c x 2 cx cos A .
2
2
2
После преобразований получаем:
ac((a c) b )
2
Lb ac
2
13 14 (( 13 14 ) 15 )
2
13 14
2
28 13
(см) .
9
Отметим, что при выводе формул для вычисления m b и L b
применяются тождества сокращенного умножения, которые
также должны быть включены в базу знаний.
8. Вычисление расстояния между центром описанной окружности
и точкой пересечения медиан треугльника АВС.
Используем метод координат. Введем прямоугольную систему
координат, связанную с треугольником АВС, так, чтобы начало координат
совпало с вершиной А, ось абсцисс пошла по лучу АС, ось ординат была
направлена вертикально вверх.
Построим высоту BD и медиану BF. Обозначим G ― точку пересечения
медиан треугольника АВС, Оо ― центр описанной окружности.
у
В
c
a
h
m
G
R
А
Oо
D
F
b
C
x
В этой системе определим координаты точек:
А(0;0), B(с·cosα; c·sinα) С(b; 0), D(с·cosα; 0), F(b/2; 0).
Для определения координат точки пересечения медиан G необходимо дополнить
базу знаний следующими фактами:
а) точка G делит медиану BF на отрезки BG и GF, отношение длин которых
равно 2:1;
б) точка G, делящая данный отрезок ВF в отношении m:n, имеет координаты:
xG xB n xF m
mn
b c a
2
в)
cos A 2
yB n yF m
; yG 2
mn
15 13 14
2
2
2
2 15 13
2 bc
;
33
65
;
sin A 1 cos
2
A 56
65
.
у
В
c
h
m
G
R
a
Oо
А
D
F
Вычислим координаты точки G:
xG xB 2 xF
3
c cos A b
3
13 33
65
3
b
15
7
1
5
; yG C
yB 2 yF
3
x
c sin A 0
3
13 56
65 3 11
.
3
15
Найдем координаты центра описанной окружности Оо. Для этого необходимо
вписать в базу знаний следующие факты:
а) окружность называется описанной около треугольника, если все вершины
треугольника лежат на окружности;
б) расстояние от центра описанной окружности до каждой из вершин
треугольника равно радиусу окружности;
в) центром окружности, описанной около треугольника, является точка
пересечения серединных перпендикуляров к сторонам этого треугольника.
у
В
c
a
G
Oо
А
D
F
b
Тогда координаты точки Оо будут: x о x F C
b
2
15
2
7
x
1
;
2
АОо=R=8,125 см. По теореме Пифагора, из треугольника АОF,
уo= FOo=
AO o AF
2
2
3 ,125 см
. Очевидно, что Оо(7,5; 3,125).
Для вычисления растояния между точками G и Оо включаем в базу знаний
формулу вычисления расстояния между двумя точками А(хА; уА) и В(хВ; уВ),
координаты которых известны:
| AB |
( xB xA ) ( yB y A ) .
2
2
Тогда, учитывая, что
36 56 G 5 ; 15 ;
2
GO o 36 56 15
25
2
5
8
15
15 25 Оо 2 ; 8 , получаем:
2
265
24
(см).
у
В
c
a
G
Oо
А
D
F
b
C
x
9. Вычисление расстояния
описанной окружностей.
между
центрами
вписанной
и
В координатной системе Аху вычислим координаты центра
окружности, вписанной в треугольник АВС.
Для этого дополним базу знаний теоремами о том, что центр
вписанной окружности — это точка пересечения биссектрис
треугольника, а радиус, проведенный в точку касания, перпендикулярен
к касательной.
у
В
c
a
Oв
r
A/2
А
Н
b
C
x
Предположим, что точка Ов построена, соединим ее с точкой А
и опустим из точки Ов перпендикуляр ОвН на прямую АС.
Рассмотрим прямоугольный треугольник АОвН.
В этом треугольнике катет ОвН = r = 4см;
AH r ctg О в АН . Воспользуемся формулой
О в АН ctg
1
ВАС
2
1 cos .
sin 2
. Тогда катет
Учитывая найденные
ранее значения
у
sin A В
56
; cos A 65
65
получаем
c
a
Oв
АН 4 7
4
33
,
ctg О в АН 7
4
и
7 ( см ) .
r
A/2
А
Н
b
C
Такиим образом, Ов(7; 4). Учитывая, что
2
ОвOo 15
25
7 4
2
8
2
65
8
(см).
x
15
Оо 2
;
25 8 , получаем:
ПРОВЕРКА.
1. В процессе решения задачи большинство величин было получено
разными способами и ответы совпали.
2. Размерности всех результатов верны.
3. Все заданные величины использованы при решении задачи.
ОТВЕТ.
Поскольку каждому этапу определения искомых величин при
решении присвоен номер, соответствующий номеру в условии задачи,
мы не будем выписывать ответы в отдельном пункте.
Задача части 1 ГИА и ЕГЭ.
Найдите площадь закрашенной части прямоугольника
14
7
Решение.
1. Площадь закрашенной части прямоугольника равна площади всего
прямоугольника за вычетом площади его незакрашенной части, которая
представляет собой треугольник с основанием, равным 14, и высотой,
равной 7.
2. Площадь прямоугольника равна 14 7 98 .
Площадь треугольника равна
1
2
14 7 49 .
Тогда площадь закрашенной части прямоугольника равна 98 – 49 = 49.
Ответ: 49.
Задача части 2 ГИА.
В параллелограмме АВСD из вершины тупого угла А опущены высоты АК =
4 см и АМ = 6 см на стороны ВС и CD, соответственно. Найдите площадь
параллелограмма, если его периметр равен 100 см.
В
К
С
M
А
D
Решение.
1. Периметр параллелограмма Р = 2(ВС + СD).
Тогда 2(ВС + СD) = 100 см, откуда ВС + СD = 50 см.
2. Пусть ВС = х, тогда CD = 50 – х.
3. Дважды выразим площадь параллелограмма: ВС·АК = CD·АМ.
Тогда 4х = 6(50 – х), откуда х = 30.
4. Площадь параллелограмма S = 4·30 = 120 (см2).
Ответ: 120 см2.
Задача части 2 ГИА.
В четырехугольнике АВСD, вписанном в окружность отношение углов А, В,
С равно 2:5:7. Найдите величину угла D.
Решение.
1. Пусть A 2 х , тогда В 5 х , С 7 х .
2. Учитываем, что суммы противоположных углов четырехугольника,
вписанного в окружность, равны между собой и равны 1800.
0
0
С
2
х
7
х
9
х
180
A
Тогда +
. Отсюда х = 20 .
3. Обозначим D y , тогда В D 5 х y 9 x .
Отсюда y=4x=4·200=800.
0
Ответ: 80 .
Задача части 2 ГИА.
Площадь правильного треугольника равна 9 3 см2. Найдите периметр
квадрата, сторона которого равна стороне данного треугольника.
Решение.
1. Пусть сторона квадрата и равная ей сторона правильного треугольника
равна а ( a 0 ).
2. Площадь правильного треугольника вычисляется по формуле S 3. Тогда
a
2
3
4
9 3 , откуда a 2 36 см2 и a 6 см.
4. Периметр квадрата Р = 4а = 4· 6 = 24 (см).
Ответ: 24 см.
a
2
3
4
.
Задача из части 2 ГИА.
В треугольнике АВС С 3 А . На стороне АВ взята точка D такая, что
СDB 2 А . Найдите длину стороны АВ, если СВ+СD = 10 см.
2α С
α
3α
α
2α
B
D
А
Решение.
1. Пусть А , тогда A СС 3 , СDB 2 .
2. Так как угол CDB является внешним углом треугольника ACD, то он равен
сумме двух внутренних углов этого треугольника, не смежных с ним, то есть
ACD СAD СDB 2 .
Отсюда ACD СDB СAD 2 .
3. BCD АCB ACD 3 2 .
4. Таким образом, в треугольнике BCD имеем BCD CDB 2 , то есть
треугольник BCD — равнобедренный и BD=BC.
5. Так как A СС СAD , то треугольник ACD — также
равнобедренный и DA = CD.
6. АВ = BD + DA = CB + CD = 10 см.
Ответ: 10 см.
Задача из части 2 ГИА.
В прямоугольнике АВСD на стороне АВ взята точка М такая, что
АМ:МВ=2:3, а на стороне ВС взята точка N такая, что BN:NC=4:7. Найдите
площадь четырехугольника MNCD, если площадь прямоугольника АВСD
2
равна 2200 см .
В
4у
N
7у
C
3х
M
2х
A
D
Решение.
1. ПустьАМ = 2х,BN= 4y, тогда МВ = 3х,NC= 7у.
Тогда АВ = 2х + 3х = 5х, ВС = 4у + 7у = 11у.
2. Площадь прямоугольника SАВСD =АВ·ВС=5х·11у =55ху.
3. 55ху = 2200, отсюда ху = 40.
4. Учитывая, что AD = BC = 11у , найдем площадь треугольника МАD:
1
1
S1 АМ АD 2x 11y 11xy .
2
2
5. Найдемплощадь треугольникаМBN:
1
1
3x 4 y 6xy .
S2
BМ BN
2
2
6. Площадь четырехугольника MNCD находим как разность площадей
прямоугольника АВСDи треугольниковМАD и МBN:
SMNCD 55xy 11xy 6xy 38xy 38 40 1520(см2).
Ответ:1520см2.
В прямоугольную трапецию вписана окружность,
Задача части 2 ГИА.
радиус которой равен 6 см. Косинус острого угла при основании трапеции
раве н 0,8.
Найдите площадь трапеции (ответ запишите в квадратных
сантиметрах).
A
M
B
O
D
N
K
C
Решение.
1. Построим диаметр окружности
M N, перпендикулярный к ее основаниям.
Так как радиус равен 6 см, то
MN = 2·6 = 12 (см).
2. Проведем BK ^ DC . Очевидно, BK =MN = 12 см.
3. Пользуясь основным тригонометрическим тождеством найдем синус угла
С: sin C 1 cos C 1 0 ,8 0 ,6 .
4. И з прямоугольного треугольника ВКС находим:
ВС ВК : sin C 12 : 0 ,6 20 (см).
5. Так как, по условию,
AD ^ BC , то AD = MN = 12 см.
По свойству сторон четырехугольника, описанного около окружности,
AB + DC = AD + BC = 12 + 20 = 32 (см ).
2
6. Площадь трап еции
Ответ: 192 см
2
.
2
S AB DC
32
AD 12 192 (см 2 ).
2
2
Задача типа С4. В параллелограмме ABCD проведена биссектриса угла А,
которая пересекает прямую ВС в точке К. Найдите периметр
параллелограмма, если BК = 5 см, KС = 2 см.
B
K
A
C
С
B
K
D
Рис. 1
A
Рис. 2
D
Решение.
1. При решении этой задачи необходимо рассмотреть два случая, которые
иллюстрируются рисунками 1 и 2. Однако большая часть решения в обоих
случаях совпадает.
2.Так как AK — биссектриса угла А, то BAK KAD .
3. KAD BKA , так как это накрест лежащие углы, образованные при
пересечении параллельных прямых AD и BC секущей AK.
4. Тогда BAK BKA и, так как это углы при основании треугольника
АВК, то этот треугольник является равнобедренным: АВ = ВК=5 см.
5. Если точка К находится между точками В и С (рис. 1),
то BC = BK + KC = 5 + 2 =7 (см).
6. В этом случае периметр параллелограмма ABCD равен
2·(АВ + ВС) =2·(5 + 7) = 24(см).
7. Если точка С находится между точками В и К (рис. 2),
то BC = BK – KC = 5 – 2 =3 (см).
8. В этом случае периметр параллелограмма ABCD равен
2·(АВ + ВС) =2· (5 + 3) =16 (см).
Ответ. 24 см или 16 см.
ЗАДАЧА ТИПА С4.
Найдите длину отрезка общей касательной к двум окружностям,
заключенного между точками касания, если радиусы окружностей равны 23
см и 7 см, а расстояние между центрами окружностей равно 34 см.
Анализ.
В этой задаче также возможно рассмотрение двух случаев, которые
иллюстрируются рисунками 1 и 2.
С
А
С
О1
А
В
О2
О2
О1
В
Рис. 1
Рис. 2
На рисунке 1 прямая АВ касается данных окружностей с центрами О1 и
О2 внешним образом, а на рисунке 2 — внутренним образом. Как и в
предыдущей задаче, необходимо рассмотреть оба случая. При этом часть
решения в обоих случаях будет одинаковой.
Краткое условие.
Дано: Окружности (О1; R) и (О2; r); АВ — общая касательная к
окружностям; R = 23 см; r = 7 см; О1О2 = 34 см.
Найти: АВ.
База знаний.
1. Если к окружности провести касательную прямую, то радиус
окружности, проведенный в точку касания, будет перпендикулярен к
касательной.
2. Теорема Пифагора.
Решение.
1. Обозначим точки касания буквами А и В, соответственно, и построим
радиусыО1А и О2В. По свойству радиуса, проведенного в точку касания,
О А ^ АВ и О В ^ АВ .
2. Построим О 2 С ^ О 1 В . АВО2С — прямоугольник, следовательно,
АС=О2В, АВ =О2С.
3. В первом случае (рис. 1), О1С = О1А – АС = 23 – 7 = 16 (см).
Тогда из прямоугольного треугольника О1О2С, по теореме Пифагора,
О2С=
=
= 30 (см).
1
2
4. Во втором случае (рис. 2),О1С = О1А +АС = 23 + 7 = 30 (см).
Тогда из прямоугольного треугольника О1О2С, по теореме Пифагора,
О2С=
=
= 16 (см).
5. Так как АВ =О2С, то, в первом случае, АВ =30 см; во втором случае,
АВ =16 см.
Ответ: 30 см или 16 см.
ЗАДАЧА ТИПА С4.
Дан ромб АВСD с диагоналями АС=24 и BD=10. Проведена окружность
радиуса
с центром в точке пересечения диагоналей ромба. Прямая,
проходящая через вершину В, касается этой окружности и пересекает
прямую CD в точке М. Найдите СМ.
Построение.
1. Построим ромб АВСD и его диагонали АС и ВD (АС=24 и ВD=10);
О — точка пересечения диагоналей.
2. Построим окружность с центром О и радиусом
.
3. Введем систему координат Оху, приняв за начало координат точку О и
направив оси координат по диагоналям ромба.
Примечание. Эта часть построения не зависит от расположения
касательной.
4. Проведем касательную ВМ так, как показано на рисунке 1 (точка М
расположена между точками С и D), или так, как показано на рисунке 2
(точка D расположена между точками С и М).
.
у
C
у
C
M
Т
K
B
О
D
E x
О
B
D Е x
К
T
А
A
Рис. 1
М
Рис. 2
.
База знаний.
1. Стандартное уравнение прямой: y=kx+b. Здесь k— угловой
коэффициент, k=tgα, α — угол между прямой и положительным
направлением оси Ох, b —ордината точки пересечения прямой с осью Оу.
2. Расстояние между точками А(х1; у1) и В(х2; у2):
.
Решение.
Первый случай (рис. 1).
1. Пусть прямая ВМ касается окружности в точке К и пересекает ось Оу
в точке Т.
2. ОK ^ BM , так как ОК — радиус, проведенный в точку касания.
3. Имеем: ОК =
по условию; ОВ=OD=10:2=5.
Тогда из прямоугольного треугольника ОКВ находим
sin OBK OK
2
OB
2
. Следовательно,
OBK 45
0
.
4. Рассмотрим прямоугольный треугольник ВОТ. Так как
OTK
90 45 45 .
0
ОТ = ОВ = 5.
0
0
OBK 45
0
, то
Следовательно, треугольник ВОТ — равнобедренный:
5. Прямая ВМ составляет угол 450 с положительным направлением оси
Ох и пересекает ось Оу в точке Т, ордината которой равна 5. Тогда можем
записать уравнение прямой ВМ: у = х+5 (здесь учли, что k=tg450 = 1, b=5).
6. Запишем теперь уравнение прямойCD.
Она проходит через точку С. Так как ОС = AC/2 = 24/2=12, то точка С
имеет координаты (0; 12).
Прямая CD образует с положительным направлением оси Ох тупой угол
CDE, смежный с углом CDO;
tg CDE tg (180
0
CDO ) tg CDO OС
OD
12
.
5
Тогда уравнение прямой CD можно записать в виде
у 12
х 12 .
5
7. Точка М является точкой пересечения прямых ВМ и СD. Для
нахождения ее координат решаем систему уравнений
у х 5,
12
у
х 12 .
5
Получаем
х 35 / 17 ,
у 125 / 17 .
8. Итак, имеем С(0; 12) и М(35/17; 120/17). Тогда
.
Второй случай (рис. 2).
Повторяем рассуждения, проведенные в первом случае, и получаем
уравнение прямой ВМ:
у= – х – 5.
Координаты точки М находим, решая систему уравнений
у х 5,
12
у х 12 .
5
Получаем
х 85 / 7 ,
у 120 / 7 .
Тогда
.
Ответ: 91/17 или 221/7.
Документ
Категория
Презентации по математике
Просмотров
47
Размер файла
2 422 Кб
Теги
1/--страниц
Пожаловаться на содержимое документа