Муниципальное автономное общеобразовательное учреждение
�Лавровская средняя школа
имени Героя Советского Союза И.Д. Черняховского�
Демянского района Новгородской области
Исследовательская работа
по теме �Окружность�.
Образовательная область - математика (геометрия)
Выполнила: Николаева Елизавета
учащаяся 9 класса
Лавровской средней школы
руководитель: Борисова М.Ф.
учитель математики и физики
Лаврово
Содержание.
1.Введение 3
2.История вопроса
2.1.Число пи 5
2.2.Архимед 5
2.3.Циркуль 6
3. Теоретический материал
3.1.Определение 7
3.2.Теоремы
3.2.1.Окружность 8
3.2.2.Касательная 13
3.2.3. Хорда 14
3.2.4. Вписанные и описанные окружности 16
3.2.5.Углы 17
3.2.6.Формулы 17
3.2.7.Вспомогательный материал 18
4.Методы и приёмы 19
5.Практическая часть
5.1.Решение заданий 13 ОГЭ по математике 20
5.2.Решене заданий 24 ОГЭ по математике 25
5.3. Решение заданий 26 ОГЭ по математике 31
5.4.Решение олимпиадных задач 45
6.Рекомендации 66
7.Выводы 67
8.Заключение 68
9.Приложение 69
10.Литература 72
Введение.
Я люблю решать геометрические задачи. Они интересные и красивые, но при подготовке к экзаменам я поняла, что недостаточно работать только со школьным учебником геометрии, многие задачи решаются просто, если использовать дополнительные знания из различных источников. Пособия и сайты дают очень сложные решения, в которых трудно разобраться. На уроках геометрии мы решаем задачи пошагово, каждый шаг, теоретически обосновывая, используя, пошаговый метод Пётра Яковлевича Галперина и приёмы из технологии критического мышления. Задания 13, 24, 26 (геометрические задания) смогу ли я решить, используя данные методы. Данная проблема являлась актуальной не только для меня, но и для всех ребят, кто мечтает сдать экзамен на пять. У меня появилась гипотеза. Можно ли более эффективно решать геометрические задание, входящие в материалы ОГЭ и математические олимпиады, используя различные приёмы и методы.
Решила её исследовать. Кроме этого, на уроках, дополнительных занятиях, после уроков мы пользуемся материалами из исследовательских работ по математике наших выпускников, хотелось, чтобы после нашего класса осталась также добрая память.
С учетом этого и была выбрана тема исследовательской работы: � Окружность�.
Целью работы является.
Исследование механизма решения геометрических заданий из материалов ОГЭ и олимпиад при помощи различных методов и приёмов.
Объект исследования.
Методы и приёмы.
Предмет исследования.
Применение методов и приёмов в решении геометрических задач, содержащих окружность.
Для достижения цели исследования и обоснования гипотезы необходимо решить ряд задач:
вооружение системой знаний по теме: �Окружность�
формирование навыков применения данных знаний при решении
разнообразных задач различной сложности;
подготовка к ОГЭ;
формирование навыков самостоятельной работы;
формирование навыков работы со справочной литературой, с компьютером;
формирование умения и навыков исследовательской работы;
развивать умение работать с программами: Paint, Microsoft Equation 3.0.
Методы исследования.
Поиск, анализ и синтез различных источников информации.
Систематизация и обобщение материалов исследования.
Практическая значимость заключается в расширении аппарата для решения геометрических заданий. Данный материал можно будет использовать на уроках, для проведения кружков, дополнительных занятий по математике.
Проектным продуктом станет.
Сборник с теоретическим материалом и решениями заданий.
Из истории вопроса.
В древности людям были известны многие геометрические фигуры, в том числе окружность и круг. Об этом свидетельствуют археологические раскопки. Решали задачи на вычисление длины окружности. Сейчас известно, что значением числа π в разные времена считали различные числа. Так, в Древнем Египте ( 3500 лет назад) считали, что число π = 3,16; древние римляне полагали, что π= 3,12. Все эти значения были определены опытным путем. Великий ученый Древней Греции Архимед определил, что значение π находится в следующих пределах 3<π<3.
Архимед— древнегреческий ученый, математик и механик, основоположник теоретической механики и гидростатики. Родился, около 287 до н.э., Сиракузы, Сицилия; Отец Архимеда, Фидий, был астрономом и математиком, пользовался расположением тирана Сиракуз Гиерона II (по сведениям Плутарха). Именно отец привил ребенку любовь к наукам, которая впоследствии переросла в дело всей жизни Архимеда. Учиться отец отправил Архимеда в Александрию Египетскую, которая в античном мире была научным и культурным центром. Здесь Архимед быстро познакомился с рядом известных ученых того времени: Эратосфеном, астрономом Кононом. Можно сказать, что молодому сицилийцу повезло: в то время Александрийская библиотека процветала, в ней было собрано около 700 000 рукописей. В библиотеке Архимед знакомится с трудами ряда греческих геометров, и эти знания очень пригодились ему в дальнейшем. После обучения Архимед вернулся на родной остров. Сиракузы встретили его приветливо, - он ни в чем не нуждался и мог спокойно заниматься наукой. Разработал предвосхитившие интегральное исчисление методы нахождения площадей, поверхностей и объемов различных фигур и тел. В трактате �О коноидах и сфероидах� Архимед рассматривает шар, эллипсоид, параболоид и гиперболоид вращения и их сегменты и определяет их объемы. В сочинении �О спиралях� исследует свойства кривой, получившей его имя (Архимедова спираль) и касательной к ней. В трактате �Измерение круга� Архимед предлагает метод определения числа π, который использовался до конца 17 в., и указывает две удивительно точные границы числа π:
3�10/71<π< Легенда гласит, что когда древнегреческий город Сиракузы, где жил в своё время Архимед, захватили римляне, учёный, занимаясь научными исследованиями, чертил окружности на песке. Солдату, который пришёл убить его, он воскликнул: “Убей меня, но не тронь моих кругов”. Это было 212 до н.э..
С помощью современных вычислительных машин число �пи� было вычислено точностью до миллиона знаков после запятой. Для обозначения частного от деления длины окружности на диаметр впервые букву π использовал английский математик Джонс в 1706 г., но общепринятым это обозначение стало благодаря работам великого математика Эйлера. Он вычислил значения для числа до 153 десятичных знака.
Циркуль от латинского слова “circulus” - круг, окружность (“circa” - вокруг, кругом, то есть цирк – это круг). Легенды Древней Греции утверждают, что циркуль изобрел Талос. Этот мастер приходился племянником знаменитому Дедалу, который вместе со своим сыном Икаром поднялся в небо на крыльях собственного изготовления. Вероятно, унаследовав от дяди дар изобретательства, Талос соединил два одинаковых по длине стержня и смастерил устройство способное чертить идеальный круг. История циркуля насчитывает уже несколько тысяч лет - судя по сохранившимся начерченным кругам, инструмент был знаком еще вавилонянам и ассирийцам (II - I века до нашей эры). На территории Франции, в галльском кургане был найден железный циркуль (I век нашей эры), во время раскопок в Помпеях было найдено много древнеримских бронзовых циркулей. У китайцев циркуль означает правильное поведение. Циркуль — атрибут Фо-хи, легендарного китайского императора, считавшегося бессмертным. Сестра Фо-хи имеет квадрат, и вместе они — мужской и женский принципы, гармония инь и янь. У греков циркуль наряду с глобусом являлся символом Урании, покровительницы астрономии. Циркуль, совмещенный с наугольником — одна из самых распространенных эмблем, символов и знаков масонов. На этой эмблеме циркуль символизирует Небесный Свод, а наугольник — землю. Небо в данном случае символически связано с местом, где чертит план Великий Строитель Вселенной. Буква �G� в центре в одном из значений — сокращение слова �геометр�, используемого в качестве одного из названий верховного существа.
Стальной циркуль-резец археологии нашли при раскопках в Новгороде. Этим инструментом наносили узор из мелких правильных кружков, который очень любили в древности на Руси.
Теоретический материал.
Определения.
1.Окружностью называется геометрическая фигура, которая состоит из всех точек плоскости, равноудаленных от заданной точки на заданное расстояние.
Эта точка называется центром окружности.
2. Отрезок, соединяющий любую точку окружности с ее центром, называется радиусом окружности.
3.Отрезок, соединяющий две точки окружности, называется хордой окружности, а также хордой ограниченного ею круга.
4.Диаметром окружности называется хорда данной окружности, проходящая через ее центр.
5.Фигуру, ограниченную окружностью, называют кругом
ОСНОВНЫЕ ТЕОРЕМЫ И СВОЙСТВА.
1.Если две окружности имеют общую точку на линии их центров, то они касаются.
2.Если две окружности касаются в точке, то эта точка касания лежит на линии центров.
3. Отрезки касательных к окружности, проведенные из одной точки, равны и составляют, равные углы с прямой, проходящей через эту точку и центр окружности.
Угол, между касательной и хордой, проходящей через точку касания, измеряется половиной заключенной в нём дуги, (ВАС = ВА.
5. Если через точку А проведены секущая, пересекающая окружность в точках D и C, и касательная АВ, то АВ2 = АD �АС.
6. Если, окружность касается стороны BC треугольника ABC и продолжений сторон AB и AC, то расстояние от вершины A до точки касания окружности с прямой AB равно полупериметру треугольника ABC.
АК =
7. Касательная к окружности перпендикулярна к радиусу, проведенному в точку касания.
8.В треугольнике со сторонами a, b, c расстояние от вершины А до точек
касания вписанной окружности сторон, содержащих эту вершину, равно
9. Угол между касательной и секущей равен полуразности образованных отсекаемых дуг, прилежащих к касательной. (ABC =� ((АС – (AD)
10. Описанный угол (угол между двумя касательными)
равен полуразности образованных им дуг.
(ABC =� ((АDС – (AEC )
11. Произведение отрезков пересекающихся хорд, соответственно равны.
СО• ОД = АО• ОВ
12.Диаметр АВ, перпендикулярный к хорде СD, делит эту хорду и обе стягиваемые ею дуги пополам.
13.Если диаметр проходит через середину хорды, не являющейся диаметром, то он перпендикулярен этой хорде.
14.Расстояние от центра окружности до ее хорды - это расстояние от центра до середины хорды.
15. В окружности равные хорды равноудалены от центра.
АВ = ДС
16.Свойство общей хорды двух окружностей. Общая хорда AA1 двух пересекающихся окружностей перпендикулярна к линии центров и делится ею пополам.
17.Около каждого треугольника можно описать окружность
18.В каждый треугольник можно вписать окружность.
19. Центр вписанной окружности лежит на пересечении биссектрис треугольника.
20. Центр описанной окружности лежит на пересечении серединных перпендикуляров.
21. Центром описанной окружности около прямоугольного треугольника является середина гипотенузы.
R = АО = ОВ
22.Если трапеция вписана в окружность, то она является равнобедренной.
23. Центр окружности, описанной около трапеции, лежит на пересечении серединных перпендикуляров к сторонам трапеции.
24. Четырехугольник вписан в окружность, следовательно, сумма противоположных углов равна 180 �.
25.В любом описанном четырехугольнике суммы противоположных сторон равны. А В +СD = ВС + АD
26. Вписанный угол измеряется половиной дуги, на которую он опирается.
27.Центральный угол равен дуге, на которую он опирается.
28.Если вписанный угол опирается на диаметр, то он является прямым.
Формулы.
1.Длина окружности
С=2�R
2.Площадь треугольника S = r� p, где р – полупериметр, r- радиус вписанной окружности.
3. Теорема синусов.
4. Радиус описанной окружности R=
5.Правильные треугольники
R=2r
Вспомогательный материал.
Высота прямоугольного треугольника, проведенная из вершины прямого угла, есть среднее пропорциональное для отрезков, на которые делиться гипотенуза этой высотой.
CD =
2. В равнобедренном треугольники - углы при основании равны.
3. Проекция боковой стороны равнобедренной трапеции на большее основание равна полу - разности оснований, а проекция диагонали
- полу сумме оснований (средней линии).
4.Формула Герона: SАВС=.
5. Теорема косинусов: квадрат стороны треугольника равен сумме квадратов двух других сторон минус удвоенное произведение этих сторон на косинус угла между ними.
6. Признаки подобия треугольников.
Если два угла одного треугольника соответственно равны двум углам другого, то такие треугольники подобны.
Если две стороны одного треугольника пропорциональны двум сторонам другого треугольника и углы, заключенные между этими сторонами , равны, то такие треугольники подобны.
Если три стороны одного треугольника пропорциональны трем сторонам другого треугольника, то такие треугольники подобны
7.Биссектриса угла параллелограмма отсекает от него равнобедренный треугольник.
8. Площадь трапеции равна произведению полу суммы её основания на высоту.
Приёмы и методы.
Технология критического мышления. Этот приём описан у Д. Баланка, только он его раскрывал для работы с текстом, но любую геометрическую задачу можно рассматривать как проблему, которую без обсуждения, без теоретического обоснования трудно решить. Вместе с тем иногда многие вопросы обозначены неявно. В этом случае можно на них не обратить внимания и затем испытывать затруднения в поиски решения. Разрешить проблему можно только тогда, когда ясно видишь её аспекты. Лучше всего, если проблема рассматривается с разных сторон, а решение опирается на достаточно ясную фактическую базу. Обоснование должно быть кратким, ясным и чётким.
Вот как характеризует этап решения сам Галперин[1]
�В проблеме интеллектуальных возможностей существенное, если не решающее, значение получает четкость и уверенность ориентировки в задаче и материале действия. Когда ориентиры четко и устойчиво представлены, ребенок уверенно ищет их и его не сбивают даже самые яркие, можно сказать, навязчивые свойства и отношения вещей. Поскольку они не отвечают признакам, ребенок их обходит и обращается к тем признакам, которые не так заметны, но отвечают заданию�.
Практическая часть.
13 задание.4
1.Сколько окружностей можно провести через 3 точки, не лежащие на одной прямой
Через три точки, не лежащие на одной прямой, можно провести окружность и притом только одну.
Доказательство:
Через три точки А, В и С , не лежащие на одной прямой (через вершины ∆ABC), можно провести окружность, если существует такая четвертая точка. О, которая одинаково удалена от точек А, В и С.
Докажем, что такая точка существует и притом только одна.
Всякая точка, одинаково удаленная от точек А и В, должна лежать на серединном перпендикуляре MN к отрезку АВ, точно так же всякая точка, одинаково удаленная от точек В и С, должна лежать на серединном перпендикуляре PQ, проведенном к стороне ВС. Значит, если существует точка, одинаково удаленная от трех точек А, В и С, то она должна лежать и на MN, и на PQ, что возможно только тогда, когда она совпадает с точкой пересечения этих двух прямых.
Прямые MN и PQ всегда пересекаются, так как они перпендикулярны к пересекающимся прямым АВ и ВС. Точка О их пересечения и будет точкой, одинаково удаленной от А, от В и от С, значит, если примем эту точку за центр, а за радиус возьмем расстояние ОА (или OB, или OC), то окружность пройдет через точки А, В и С. Так как прямые MN и PQ могут пересечься только в одной точке, то центр окружности может быть только один и длина его радиуса может быть только одна; значит, искомая окружность единственная.
2.Все вписанные углы, опирающиеся на одну и ту же дугу, равны между собой, потому что каждый из них измеряется половиной одной и той же дуги.
3. Всякий вписанный угол, опирающийся на диаметр, есть прямой, потому что каждый такой угол измеряется половиной полуокружности и, следовательно, содержит 90�.
4. Вписанный угол либо равен половине соответствующего ему центрального угла, либо дополняет половину этого угла до 180�.
5.Диаметр, перпендикулярный хорде, делит её пополам
6.Равные хорды данной окружности стягивают равные центральные углы.
7. Прямая А В называется секущей по отношению к окружности.
d Если расстояние от центра окружности до прямой меньше радиуса окружности, то прямая и окружность имеют две общие точки.
8.Свойство касательной. Касательная к окружности перпендикулярна к радиусу, проведённому в точку касания.
.
9. Если расстояние между центрами двух окружностей больше суммы их диаметров, то эти окружности не имеют общих точек.
Окружности лежат одна вне другой, не касаясь в этом случае, очевидно, d > R + R1
R и R1- радиусы окружностей,
d – расстояние между центрами окружностей.
10.Окружности имеют внешнее касание, тогда d = R + R1, так как точка касания лежит на линии центров.
R и R1- радиусы окружностей
d это расстояние между центрами окружностей.
,
11. Окружности имеют внутреннее касание в этом случае d = R – R1, потому что точка касания лежит на линии центров.
R и R1- радиусы окружностей
d это расстояние между центрами окружностей.
Задания 24.4
Задача 1.
Длина диагонали ВD параллелограмма АВСD равна 2, угол С равен 45� , и прямая СD касается окружности ,описанной около треугольника АВD. Найдите площадь параллелограмма АВСD.
Решение.
Сделаем рисунок.
1 шаг. Прямая С D касается окружности, описанной около треугольника АВD , то она касается в точке D.
По свойствам параллелограмм.
С = А = 45�,
2 шаг. Угол, между касательной и хордой, проходящей через точку касания, измеряется половиной заключенной в нём дуги, (ВАС = ВА.
Вписанный угол измеряется половиной дуги, на которую он опирается.
А = ВD и ВDС = ВD, следовательно, ВDС = 45�
3 шаг.
Треугольник ВDC - равнобедренный и прямоугольный. В D перпендикулярно АD, АD = ВD = 2.
3 шаг. Площадь параллелограмма равна S = А D ВD = 2 2 = 4.
Ответ: 4.
Задача 2.
Хорда пересекает диаметр под углом 30 и делит его на два отрезка длиной 2 и 6.Найдите расстояние от центра окружности до хорды.
Решение.
Сделаем рисунок.
1шаг. Диаметр окружности равен 8.ОЕ = 2.
2шаг. ОH = OE sin30 = 1.
Ответ: 1.
Задача 3.
В треугольнике ∆АВС угол В равен 72�, угол С равен 63�, ВС=2. Найдите радиус описанной около этого треугольника окружности.
Решение.
Сделаем рисунок.
1 шаг. Угол А треугольника ∆АВС равен:
А�=�180� − В− С�=�45�.
2 шаг. Радиус описанной окружности равен
Ответ: 2.
Задача 4.
Окружность с центром на стороне AC треугольника ∆ ABC проходит через вершину C и касается прямой AB в точке B. Найдите диаметр окружности, если AB = 15, AC = 25.
Решение.
Сделаем рисунок.
Пусть DC = x. Тогда по свойству касательной и секущей, проведённых из одной точки к окружности, получаем:
АВ2 = АС(АС – х)
225= 25(25 –х)
Х = 16
�Ответ: 16.
Задача 5.
Окружность, вписанная в треугольник ∆ABC , касается его сторон в точках M, K и P. Найдите углы треугольника ∆ABC, если углы треугольника ∆MKP равны 49�, 69� и 62�.
Решение.
Сделаем рисунок.
1 шаг. ПустьBAC = α , ABC = β , ACB = γ; PKM = 49�, MPK = 69�, KMP = 62�.
2 шаг. По свойству касательных AM = AP, BM = BK , CP = CK . Значит, треугольники ∆ AMP, ∆BMK и ∆CPK равнобедренные.
3 шаг. АМР =АРМ = 90� - α :2, ВМК =ВКМ = 90� - β :2, СРК = СКР = 90� - γ :2, КРМ = 180� – СКР– ВКМ = � Решая систему относительно α , β и γ , получаем, что углы треугольника ABC равны 82�, 42�, 56�.
�Ответ: 82�, 42�, 56�.
Задача 6.
Окружность с центром на стороне AC треугольник ∆ ABC проходит через вершину C и касается прямой AB в точке B. Найдите AC, если диаметр окружности равен 7,5, а AB�=�2.
Решение.
Сделаем рисунок.
1шаг. Радиус окружности, проведённый в точку касания перпендикулярен касательной, поэтому треугольник ∆ОВА — прямоугольный.
2шаг. Найдём ОА по теореме Пифагора: ОА2 =4,25.
3 шаг. Длина стороны АС равна АС = СО + СА =3,75+4,25 = 8
Ответ: 8.
Задача 7.
В треугольнике ∆ABC угол С равен 90�, радиус вписанной окружности равен 2. Найдите площадь треугольника ∆ ABC, если AB�=�12.
Решение.
Сделаем рисунок.
1шаг. A1, B1 и C1 — точки касания вписанной окружности со сторонами BC, AC и AB соответственно. Радиус вписанной окружности - r. Тогда AC1�=�AB1 и CA1�=�CB1�=�r.
2 шаг. Периметр треугольника : ∆ABC равен 2AC1 + 2BC1 + 2CA1�=�2AB + 2r. Полупериметр p равен AB + r.
3 шаг. Площадь треугольника S = r� p, где р – полупериметр, r- радиус вписанной окружности
S = r� p = (АВ + r )�r = 28.
�Ответ: 28.
Задача 8.
Окружность пересекает стороны AB и AC треугольника ABC в точках K и P соответственно и проходит через вершины B и C. Найдите длину отрезка KP, если AK�=�18, а сторона AC в 1,2 раза больше стороны BC.
Решение.
Сделаем рисунок.
1шаг. Четырёхугольник КРСВ вписан в окружность, сумма противоположных углов равна 180�, КВС + КРС = 180� .
2шаг. Углы АРКи КРС — смежные, АРК + КРС =180�.
3 шаг. Из приведённых равенств, КВС = АРК.
4 шаг. Рассмотрим треугольники : ∆ АВС и : ∆АКР, угол А— общий, углы АРК и КВС равны, следовательно, треугольники подобны, откуда , , КР = 15
�Ответ: 15.
Задания 264
Задача 1.
В равнобокую трапецию, верхнее основание которой в два раза меньше её высоты, вписана окружность радиусом 3. Найдите площадь трапеции.
Решение.
Сделаем рисунок.
1 шаг. Окружность касается оснований трапеции, высота равна диаметру окружности. BH = 6.
2 шаг. Трапеция АВСD – равнобедренная, АH = х, АD = r + 2х,
3 шаг. В любом описанном четырехугольнике суммы противоположных сторон равны. АВ + СD = ВС + АD
Боковые стороны равнобедренной трапеции равны.
АВ = (АD + ВС) = r + х
4 шаг. Теорема Пифагора для треугольника ∆ АHВ
(r + х)2 = х2 + 4r2 , х = 1,5r.
5 шаг. Площадь трапеции равна произведению полусуммы её основания на высоту.
S =
Ответ: 45.
Задача 2.
Окружность диаметром проходить через вершины А и В прямоугольника АВСD, а касательная к ней, проведенная из точки С, равна 3.Найдите площадь прямоугольника, если АВ = 1.
Решение.
Сделаем рисунок.
1шаг. Треугольник ВАL вписан в окружность, он является прямоугольным.
Если прямоугольный треугольник вписан, то его гипотенуза является диаметром.
АL – диаметр.
2 шаг. Теорема Пифагора для треугольника ∆АВL
BL =
3 шаг. По теореме о касательной и секущей. Если через точку А проведены секущая, пересекающая окружность в точках D и C, и касательная АВ, то АВ2 = АD �АС
СК2 = ВС СL = (3 +СL)CL
CL2 + 3 CL – 9 = 0
CL = 1,5(- 1)
ВС = 1,5(- 1) + 3 = 1,5(+ 1)
S = 1,5(+ 1).
Ответ: 1,5(+ 1).
Задача 3.
Основание AC равнобедренного треугольника: ∆ ABC равно 12. Окружность�радиуса 8 с центром вне этого треугольника касается продолжений боковых�сторон треугольника и касается основания AC . Найдите радиус окружности,�вписанной в треугольник: ∆ ABC .
Решение.
Сделаем рисунок.
1шаг. Пусть O — центр данной окружности,�а Q — центр окружности, вписанной�в треугольник ABC .Точка касания M окружностей делит AC�пополам по условию. По свойство касательной. Касательная к окружности перпендикулярна к радиусу, проведённому в точку касания.
2 шаг. Лучи AQ и AO — биссектрисы смежных�углов.
3 шаг. Так как��AQ и AO — биссектрисы смежных углов, то�угол OAQ прямой — смежные углы в сумме дают 180�, значит сумма их биссектрис: 180�/2 = 90�.
4 шаг. Треугольник: ∆ OAQ - прямоугольный. По свойству высоты в прямоугольном треугольнике, получаем: AM� = MQ•MO Отсюда: QM =�AM� /�MO QM = 6� / 8 = 4,5
Ответ: 4,5
Задача 4.
Через вершины B и C ∆ABC проходит окружность, пересекающая стороны АВ и АС в точках К и М соответственно.А) Доказать: ∆АВС ~ ∆AMKБ) Найти: МК, АМ, если АВ=2, ВС=4, СА=5, АК=1
Решение:
Сделаем рисунок.
Рассмотрим основные положения, необходимые для решения задачи:
1)Теорема: произведение секущей на её внешнюю часть есть величина постоянная, равная разности квадратов расстояний от точки пересечения секущей до центра окружности к радиусу окружности.
2)Признаки подобия треугольников.
Если два угла одного треугольника соответственно равны двум углам другого, то такие треугольники подобны.
Если две стороны одного треугольника пропорциональны двум сторонам другого треугольника и углы , заключенные между этими сторонами , равны, то такие треугольники подобны.
Если три стороны одного треугольника пропорциональны трем сторонам другого треугольника, то такие треугольники подобны.
1шаг. АВ АК =АС АМ = АО2 – R2,
2 шаг. Рассмотрим АВС и АМК, треугольники имеют общий угол А, из теоремы следует , по второму признаку подобия треугольников следует, что АВС и АМК подобны.
3шаг. Из подобия треугольников следует отношение сторон ; подставим , КМ = 0,8,
. АМ = 0,4
Ответ: 0,4.
Задача 5.
В треугольнике АВС известны стороны: АВ = 6см, ВС = 8см, АС = 9см. Окружность проходящая через точки А и С, пересекает прямые ВА и ВС соответственно в точках К и L, отличных от вершин треугольника. Отрезок KL касается окружности, вписанной в треугольник АВС. Найдите длину отрезка KL.
Решение:
Сделаем рисунок.
Рассмотрим основные положения, необходимые для решения задачи:
1.Суммы противоположных сторон описанного четырехугольника равны.
2.Признаки подобия треугольников.
Если два угла одного треугольника соответственно равны двум углам другого, то такие треугольники подобны.
1шаг. Обе точки К и L не могут лежать вне треугольника, поскольку в этом случае отрезок KL не может касаться вписанной окружности. Значит, по крайней мере одна из этих точек лежит на стороне треугольника.
2 шаг. Пусть обе точки К и L лежат на сторонах треугольника.
3 шаг. Четырехугольник АКLС – вписанный, следовательно, =180-=
4 шаг. Значит треугольник АВС подобен треугольнику LBK так как угол АВС- общий. Пусть коэффициент подобия равен k, тогда BL= k AB, BK= k BC, KL= k AC.
5 шаг. Суммы противоположных сторон описанного четырехугольника AKLC равны:
AK+LC+ KL+AC; AB(1-k)+BC(1-k)=AC( 1+k); k = .
6 шаг. Подставляя известные значения сторон, находим k = =.
7 шаг. KL= АС=
Задача 6.
Окружность, вписанная в треугольник АВС ,площадь которого равна 114, касается средней линии ,параллельной стороне ВС .Известно ,что ВС=19.
Найдите сторону АВ.
Решение.
Сделаем рисунок.
Рассмотрим основные положения, необходимые для решения задачи:
1. Формула Герона
SАВС=
1шаг. Обозначим АВ = х, АС = у, пусть р - полупериметр треугольника АВС. 2шаг. Пусть М и N-середины сторон АВ и АС соответственно. Тогда MN =ВС=.
3 шаг. В трапецию ВМNС вписана окружность:
ВМ+CN=ВС+MN=19+=;
4 шаг. х + у =АВ, А+АС=2ВМ+2СN=2(ВМ+CN)=2(ВС+МN)=2* =57,
Р ====38
5 шаг. По формуле Герона
SАВС===19=114;
6 шаг. =6;(38-x)(38-y)=18;(38-x)(38-57+x)=18; х-57х+ 740=0
Отсюда находим что, х=20 или х=37
Ответ: 20 или 37.
Задача 7.
Середина М стороны АД выпуклого четырехугольника равноудалена от всех его вершин. Найдите АD, если ВС=10, а углы АВС и ВСD четырехугольника соответственно равны 112� и �113�
Решение:
Сделаем рисунок.
1 шаг. Четырехугольник вписан в окружность, следовательно, сумма противоположных углов равна 180 �.
А==180� -С=180� -113� = 67�. D = 180� - В = 180� – 112� =68�.
2 шаг. Точка М равноудалена от углов четырехугольника , то она находиться в центре окружности. АМ, МВ, МС, МD являются радиусами, а сторона АD является диаметром.
3 шаг. МС= МD =МВ = МА, треугольники АВМ, ВМС, СМD – равнобедренные
В равнобедренном треугольники углы при основании равны.
Найдем углы при основании треугольника МВС МВС = МСВ =113� – 68� =112� - 67� =45� , треугольник – прямоугольный: угол СМВ =90�, гипотенуза ВС=10
4 шаг. По теореме синусов найдем МС: МС = ВС sin СВМ = 10 = 5
АD = 52 = 10
Ответ: 10.
Задача 8.
Три окружности с центрами О, О, О, и радиусами 2,5, 0,5, 4.5 соответственно попарно касаются внешним образом . Найдите угол ООО.
Решение:
Сделаем рисунок.
1шаг. ОО=3, ОО.=5, ОО=7.
2 шаг. Теорема косинусов: квадрат стороны треугольника равен сумме квадратов двух других сторон минус удвоенное произведение этих сторон на косинус угла между ними.
(ОО)2 = (ОО)2 + (ОО)2 – 2 � ОО� ОО�cos ООО.
49=9 + 25 – 30 cos ООО.
Cos ООО= - 0,5, О О О= 120�
Ответ: 120�
Задача 9.
Три окружности, радиусы которых равны 2, 3, 10, попарно касаются внешним образом. Найдите радиус окружности, вписанной в треугольник, вершинами которого являются центры этих трёх окружностей.
Решение:
Сделаем рисунок.
1шаг. Найдем стороны треугольника, вершинами которого являются центры этих трёх окружностей. Они соответственно равны 5, 12, и 13, а это египетский треугольник, т.к. 52 + 122 =132, следовательно, треугольник прямоугольный.
2 шаг. Площадь прямоугольного треугольника равна половине произведения катетов, то есть 30.
3 шаг. S = r� p, где р – полупериметр, r�- радиус окружности, вписанной в треугольник, , r = S : p, r = 2
Ответ:2.
Задача 10.
Две касающиеся внешним образом в точке К окружности, радиусы которых равны 16 и 48, вписаны в угол с вершиной А. Общая касательная к этим окружностям, проходящая через точку К, пересекает стороны угла в точках В и С. Найдите радиус окружности, описанной около треугольника АВС.
Решение:
Сделаем рисунок.
1 шаг. ВС и АВ касательные к окружностям, по теореме о касательных
ВО и ВQ биссектрисы углов АВК и КВТ. Угол ВОQ прямой.
2 шаг. Треугольник ∆ВОQ – прямоугольный. Высота прямоугольного треугольника, проведенная из вершины прямого угла, есть среднее пропорциональное для отрезков, на которые делиться гипотенуза этой высотой. ВК = = 16
2 шаг. Прямоугольные треугольники∆ АNО и ∆АМQ подобны с коэффициентом подобия 3.
3 шаг. Из точки С к обоим окружностям проведены касательные: МС =СК и СN =КС, следовательно, МС =СК =СN.
Из точки В к обоим окружностям проведены касательные, ВК = СК, следовательно, все отрезки касательных будут равны.
4 шаг. АN = х, АМ = 3х, МN =2х, ВК = СК = 16. 2х = МN = 2СК =32
АВ = 2х =32 ,это следует из подобия треугольников.
5 шаг. В прямоугольном треугольнике АВК
АК = = 48
6 шаг. В прямоугольном треугольнике SВК
SВ2 = ( АК2 - SВ2) +ВК2, SВ = 32.
Ответ:32.
Задача 11.
Окружность с центром О, вписанная в треугольник АВС касается его сторон АВ, АС, ВС в точках С1, А1 , В 1 соответственно. Биссектриса угла А пересекает эту окружность в точке Н, лежащей внутри треугольника АС 1 В1.
а) Докажите, что ТН – биссектриса угла АС1 В1.
б) Найдите расстояние от точки О до центра окружности, вписанной в треугольник АС1 В1., если известно что ВС = 15, АВ = 13, АС = 14.
Решение:
Сделаем рисунок.
Рассмотрим основные положения, необходимые для решения задачи:
1) Отрезки, касательных к окружности, проведенные из одной точки, равны и составляют равные углы с прямой, проходящей через эту точку и центр окружности.
2) В равнобедренном треугольнике биссектриса, проведенная к основанию, является высотой и медианой.
3) Угол между касательной и хордой.
Теорема. Угол между касательной и хордой, проходящей через точку касания , измеряется половиной заключенной в нём дуги.
4 )В равнобедренном треугольники углы при основании равны.
5) Центр вписанной окружности лежит на пересечении биссектрис треугольника.
1 шаг. Рассмотрим АС1 и АВ1, они касательные, проведенные из одной точки, следовательно, АС1 =АВ1.
2 шаг. Рассмотрим треугольник АС1 В1.равнобедренный. Биссектриса угла А перпендикулярна основанию и делит его пополам. Высота треугольника QС1 В1., проведенная из вершины Н является его медианой. Значит треугольник ∆АС1 В1.равнобедренный. Углы при основании равны, угол АС1 В1. равен углу АС1 В1.
3 шаг. Из теоремы об угле между касательной и хордой следует, чтоАТМ = 2 АС1 В1.= 2 АС1 В1.FQ – биссектриса угла АС1 В1.
б) 1 шаг. Н – точка пересечения биссектрис треугольника ∆АС1 В1. следовательно, она является центром окружности, вписанной в треугольник АС1 В1.. ОН – радиус окружности, вписанной в треугольник ∆АВС.
S =r p, где p полупериметр треугольника.
P =
2 шаг .S =
S = r p, r == 4.
Ответ: 4.
Задача 12.
Окружность радиуса 4 касается внешним образом второй окружности в точке В. Общая касательная к этим окружностям, проходящая через точку В. Пересекается с некоторой другой их общей касательной в точке А. Найдите радиус окружности, если АВ = 6.
Решение:
Сделаем рисунок.
1шаг. Прямоугольные треугольники ∆А ОМ и ∆А ОВ равны по катету и гипотенузе:
1.М О=ОВ (радиусы);
2.А О - общая сторона.
Прямоугольные треугольники ∆А ОN и ∆АОВ равны по катету и гипотенузе, следовательно, А О и АО являются биссектрисами.
2 шаг. Прямые МО и NО параллельны, т.к. они являются радиусами, проведенными к одной касательной. Если две прямые перпендикулярны одной прямой, то они параллельны.
3 шаг. Сумма углов М А В и NОВ равна 180�. а сумма углов NА В и АОВ равна 90 �, а треугольник ООА – прямоугольный.
4 шаг. АВ высота, проведенная к гипотенузе в прямоугольном треугольнике, треугольники∆ А О В и ∆АОВ подобны по двум углам, ОВ = АВ2 : ОВ = 9.
Ответ: 9.
Задача 13.
В окружности с центром в точке О проведены две хорды АВ и СD. Прямые АВ и СD перпендикулярны и пересекаются в точке М, лежащей вне окружности. При этом АМ = 36, ВМ = 6, СD = 4. Найдите ОМ.
Решение:
Сделаем рисунок.
1шаг. Найдем отрезок АВ, АВ = АМ – ВМ = 30.
2 шаг. Четырехугольник ОКМL является прямоугольником, ОL = АВ:2 +ВМ = 21.
3 шаг. Из прямоугольного треугольника ОDL ОD =
4 шаг. Из прямоугольного треугольника ОКВ ОК =
5 шаг. Из прямоугольного треугольника ОКМ ОМ =
Ответ: 29.
Задача 14.
В прямоугольном треугольнике АВС с прямым углом В, проведена биссектриса угла А. Известно, что она пересекает серединный перпендикуляр, проведенный к стороне ВС в точке К.Найдите угол ВСК, если известно, что угол АСВ = 40�.
Решение.
Сделаем рисунок.
1шаг. Построим окружность, описанную около прямоугольного треугольника АВС. Серединный перпендикуляр к стороне ВС пересекает дугу ВС и делит её на 2 равные части, но биссектриса угла делит угол на два равных угла, два равных угла будут опираться на дуги, дуги будут равны, в этой точке будут пересекаться биссектриса и серединный перпендикуляр.
2шаг. ВСL = СВL, как вписанные углы, опирающиеся на равные дуги.
3 шаг. Четырехугольник АСLВ – вписанный, поэтому АСL + АВL = 180�.
4 шаг. ВСL = х, 40� + х + 90� + х =180� , х = 25�, ВСК = ВСL = 25�.
Ответ: 25�.
Олимпиадные задания
Задача 1.[4]
Окружность, построенная на стороне АD параллелограмма АВСD как на диаметре, проходит через точку пересечения диагоналей параллелограмм АВСD
а) Доказать, что АВСD - ромб.
б) Найти диагональ АС, если окружность касается стороны АВ в точке М при чем АМ:МВ=2:1, АD = √6,
Решение:
Сделаем рисунок.
Рассмотрим основные положения, необходимые для решения задачи:
1.Если вписанный угол опирается на диаметр, то он является прямым.
прямым.
2. Свойства параллелограмма.
3.Ветикальные углы равны.
4.Определение ромба.
5.Свойства ромба.
1шаг. Рассмотрим угол АРD, он опирается на диаметр АD, следовательно,
АРD = 90�
2шаг. Рассмотрим треугольники АРD и DРС, они прямоугольные,
1)DР – общая;
2) АР = РС ( диагонали параллелограмма), АD = DC
3шаг. Треугольники равны по двум катетам.
4шаг. Противоположные стороны параллелограмма равны, следовательно АВ = ВС = С D = АD
5шаг. Вывод: АВСD– ромб
Б) 1шаг. Найдем АМ и МВ. Мы знаем, что АМ : МВ = 2 : 1, АD = √6,
АВ = АD, АМ = .
2шаг. Окружность пересекает сторону АВ в точке М, точка М принадлежит окружности, так как угол АМД опирается на диаметр , то он равен 90� .
3шаг. Найдем МD по теореме Пифагора: МD =
4шаг. Треугольник МВD – прямоугольный, следовательно: ВD2 = МD2 + МВ2 ВD = 2, РD = 1.
5шаг. Треугольник АОD – прямоугольный , по теореме Пифагора найдем катет АР = .
6шаг. АС = 2
Ответ: 2.
Задача 2.[4]
Четырехугольник KLMN описан около окружности и вписан в окружность.
Прямые KL и NM пересекаются в точке P. Найдите площадь треугольника KPN если известно, что KPN = и радиусы окружностей, вписанных в треугольники KPN и LMP равны соответственно r и R.
Решение.
Сделаем рисунок.
Рассмотрим основные положения, необходимые для решения задачи:
1)Четырехугольник вписан в окружность, следовательно, сумма противоположных углов равна 180 �.
2) Центр вписанной окружности лежит на пересечении биссектрис треугольника.
3) Признаки подобия треугольников.
Если два угла одного треугольника соответственно равны двум углам другого, то такие треугольники подобны.
Первый случай.
1шаг. Центры O и Р окружностей, вписанных в треугольники KPN и LMP соответственно, лежат на биссектрисе PO угла KPN.
2шаг. Окружность, вписанная в четырехугольник KLMN является также окружностью, вписанной в треугольник KPN и вневписанной окружностью треугольника LMP
3шаг.Четырехугольник KLMN вписан в окружность, следовательно, сумма углов LKN , LMN равна 180 �, но сумма углов LMP, LMN также равна 180�, откуда угол LKM равен углу LMP.
4шаг. Так как треугольники KPN и LMP имеют еще общий угол KPN, они подобны, причем коэффициент подобия равен отношению радиусов окружностей, вписанных в эти треугольники.
5шаг. S = r2:R2 S LPM
6шаг. Площадь треугольника LMP равна p R, где р — полупериметр треугольника LMP равный длине отрезка AP как сумма отрезков касательных проведенных из одной точки.
7шаг. Из прямоугольного треугольника ОАР находим АР= ОА ctg OPA = r ctg f, площадь треугольника LPM равна произведению R r ctgf
8шаг. Подставляя найденное в формулу площади треугольника окончательно получаем
S = r2:R2 R r ctg = r3:R ctg.
Второй случай.
1шаг. Отличается от первого расположением точки Р левее точек K и N, R больше r. В этом случае LMP и KPN в рассуждении они и треугольники и должны быть поменяны местами. Таким образом, в этом случае KPN — меньший из двух треугольников, а радиус r вписанной в него окружности.
2 шаг. Значит площадь треугольника KPN равна произведению r p, где р — полупериметр треугольника равный отрезку РВ; РВ = R ctq При этом, как и в первом случае площадь треугольника KPN равна R r ctq.Таким образом
Ответ: r3:R ctg или R r ctq.
Задача 3.[5]
Четырех угольник АВСD вписан в окружность, причём сторона СD – диаметр этой окружности. Продолжение перпендикуляра АН к диагонали ВД пересекает сторону СD в точке Е, а окружность – в точке Т, причём Н – середина АЕ.
а) Доказать, что четырехугольник параллелограмм .
б) Найдите площадь четырехугольника АВСD, если известно что АВ = 5, АН = 4.
Решение:
Сделаем рисунок.
Рассмотрим основные положения, необходимые для решения задачи
Если вписанный угол опирается на диаметр, то он является прямым.
Если трапеция вписана в окружность, то она является равнобедренным.
Определение параллелограмма: четырехугольник, у которого стороны попарно параллельны, называется параллелограммом.
Признак параллелограмма: четырехугольник, у которого две стороны параллельны и равны, называется параллелограммом.
Теорема. Произведение отрезков пересекающихся хорд, равны.
В равнобедренном треугольнике биссектриса, проведенная к основанию, является высотой и медианой.
Теорема. Если две прямые перпендикулярны одной прямой, то они параллельны.
а) 1 шаг. Точка В лежит на окружности с диаметром СД, поэтому ВС перпендикулярно ВД, по условию АТ перпендикулярно ВД, то ВС параллельно АТ.
2 шаг. Трапеция АВСТ вписана в окружность, следовательно она равнобедренная, СТ =АВ.
3 шаг. Высота ВН треугольника АВЕ является его медианой, следовательно треугольник АВЕ - равнобедренный, поэтому ВЕ = АВ = СТ, ВЕА = ВАЕ = СТЕ, прямые СТ, ВЕ параллельны.
4 шаг. Противоположные стороны ВЕ и СТ четырехугольника ВСТЕ равны и параллельны, значит, это параллелограмм.
б) 1 шаг. Треугольник Аде равнобедренный, так как его высота ДН является медианой, значит, СЕТ = ДЕА = ДАЕ,
2 шаг. Вписанные углы ДСТ и ДАТ опираются на одну и ту же дугу, то ЕСТ = ДСТ = ДАТ = ДАЕ = СЕТ, следовательно треугольник СЕТ равнобедренный, ЕТ = СТ = АВ = 5.
3 шаг. Из прямоугольного треугольника АВН находим ВН2 = АВ2 – АН2 =25 – 16 =9, ВН = 3, высота параллелограмм ВСТЕ, опущенная из вершины Е на сторону ВС равна 3.
4 шаг. По теореме о произведении отрезков пересекающихся хорд
ДН ВН = АН НТ, выразим ДН
ДН = ВД = ВН + ДН = 3 + 12 = 15.
5 шаг. Площадь АВСД можно представить как сумму площадей четырехугольника АВЕД и треугольника ВСЕ.
Ответ: 67,5
Задача 4.[6]
Диагональ АС прямоугольника АВСД с центром О образует со стороной АВ угол 30�. Точка Е лежит вне прямоугольника, причём ВЕС =120�.
а) Докажите, что СОЕ = СВЕ.
б) Прямая ОЕ пересекает сторону АД прямоугольника в точке К. Найдите ЕК, если известно, что ВЕ =40 и СЕ = 24.
Решение:
Сделаем рисунок:
1. Рассмотрим основные положения, необходимые для решения задачи:
1.Вписанные в окружность углы, опирающиеся на одну и туже дугу, равны.
2.Теорема косинусов: квадрат стороны треугольника равен сумме квадратов двух других сторон минус удвоенное произведение этих сторон на косинус угла между ними.
1шаг. По теореме о внешнем угле треугольникаВОС = 2ВАО =2�30� = 60�.
2шаг. ВЕС ВЕС +ВОС = 120� +60� = 180�.
3шаг. Точки В, Е, С, О лежат на одной окружности. Вписанные в эту окружность углы СВЕ и СОЕ опираются на одну и туже дугу, следовательно, углы СВЕ и СОЕ равны.
б)1шаг. По теореме косинусов
ВС2 = ВЕ2 +СЕ2 – 2ВЕ� СЕ cos120� = 402 + 242 -2�40�24�(-0,5) = 56
2 шаг. Вписанные углы ВЕО и СЕО опираются на равные хорды ВО и СО, значит, ЕО биссектриса угла ВЕС. Пусть М точка пересечения её со стороной ВС.
3.шаг. По формуле биссектрисы треугольника
ЕМ = =
4шаг. По свойству биссектрисы треугольника
Ответ: 0,6.
Задача 5.[5]
Высота равнобедренного треугольника, опущенная на основание, равна 9, а радиус вписанной в треугольник окружности равен 4. Найдите радиус окружности, касающейся стороны треугольника и продолжений двух других его сторон.
Решение.
Сделаем рисунок.
Рассмотрим основные положения, необходимые для решения задачи:
1.Касательная к окружности перпендикулярна к радиусу, проведенному в точку касания.
2.Синусом угла прямоугольного треугольника называется отношения противолежащего катета к гипотенузе.
3. Центр вписанной окружности лежит на пересечении биссектрис треугольника.
1шаг. Пусть AD- высота равнобедренного треугольника ABC, опущенная на его основание BC, O-центр вписанной окружности, P- точка ее касания с боковой стороной AB. Тогда AO =AD- OD= 9-4=5Обозначим угол BAD=.α 2шаг. Из прямоугольного треугольника AOP, находим что sin = = .Тогда Cos = , tg = , АР= АО cos=5
3шаг. Пусть окружность с центром О1 и радиусом r1 касается продолжений боковых сторон AB и AC в точках F и G соответственно, а так же основания BC. Тогда D- точка касания, поэтому
BF=BD=12, AF=AP+PB+BF=3+12+12=27.
4 шаг.
r1=O 1F= AF tg a= 27 4/3= 36
1шаг. Пусть теперь окружность с центром O2, радиуса r2, касается боковой стороны AB, продолжения основания BC в точке Q и продолжения боковой стороны АС в точке К .
2шаг. Центр окружности, вписанной в угол, лежит на его биссектрисе, поэтому AO2 и AD- биссектрисы смежных углов, BAK и DAB, значит, DAO2= 90�. Тогда ADQO2- прямоугольник. Следовательно, r2= O2 Q2= AD=9.
3шаг. Радиус окружности, касающийся боковой стороны AC и продолжений основания BC, и боковой стороны AB, так же равно 9.
Ответ: 36 или 9.
Задача 6[4]
Дан ромб АBCD с диагоналями AC=24 и BD = 10, проведена окружность
радиуса с центром в точке пересечения диагоналей ромба. Прямая, проходящая через вершину B, касается этой окружности и пересекает прямую CD в точке М. Найдите СМ.
Решение:
Сделаем рисунок.
Рассмотрим основные положения, необходимые для решения задачи:
1.Теорема синусов к треугольнику BMD получим что =
1шаг. Пусть точка М лежит между С и D , P- точка касания прямой BM с данной окружностью, О- центр ромба.
2шаг. По теореме Пифагора:
CD= =
3шаг. Обозначим OBM =, BDC= . Из прямоугольных треугольников OPB и COD находим, что
Sin = = = , = 45
Cos = =, sin =
4шаг. Применяя теорему синусов к треугольнику BMD получим, что = , поэтому
MD = = = = =
=
5шаг. CM= CD-MD= 13- =
1шаг. Пусть теперь точка М лежит на продолжении стороны CD за точку D . Тогда по теореме о внешнем угле треугольника
BMD= BDC-MBD= b-a
2шаг. Рассуждая аналогично, получим что
MD= = =
=
3шаг
CM= CD+MD= 13+ =
Ответ: или
Задача 7.[4]
В треугольнике АВС известны стороны: АВ = 6см, ВС = 8см, АС = 9см. Окружность проходящая через точки А и С, пересекает прямые ВА и ВС соответственно в точках К и L, отличных от вершин треугольника. Отрезок KL касается окружности, вписанной в треугольник АВС. Найдите длину отрезка KL.
Решение:
Сделаем рисунок
1шаг. Пусть точка К лежит на продолжении стороны АВ .
2шаг. Углы АКL и ACL равны, поскольку опираются на одну дугу.
3 шаг. Треугольник АВС подобен треугольнику LBK, так как угол АВС общий. Более того, они описаны около одной и той же окружности. Коэффициент подобия равен 1, то есть треугольник LBK и АВС равны, поэтому KL=AC=9.
4шаг. Заметим что ВК=ВС>АВ и точка К действительно лежит на продолжении стороны АВ. Если точка L лежит на продолжении стороны ВС, то ВL>ВС, но аналогично предыдущему случаю получаем ВL= АВ<ВС.
5 шаг. Вывод: этот случай не достигается.
Задача 8 [3].
Прямая, отсекает от сторон прямого угла отрезки 3 и 4. Найти радиус окружности, касающейся этой прямой и сторон угла.
Решение:
Сделаем рисунок.
Рассмотрим основные положения, необходимые для решения задачи:
1. Отрезки, касательных к окружности, проведенные из одной точки, равны и составляют равные углы с прямой, проходящей через эту точку и центр окружности.
1.шаг. Возможны два случая расположения центра указанной окружности относительно прямой(отрезка) АВ. Отсюда получаем два вида окружностей для треугольника АВС: вписанная и вневписанная.
окружность вписана в треугольник.
1-й способ:
2 шаг. Пусть r – радиус вписанной окружности т.к FOGC – квадрат и отрезки касательных, проведенных из одной точки к окружности, равны, то
AG=AE=b-r, BF=BE=a-r.
2шаг. c= АВ=АЕ+ВЕ=b-r+a-r
3шаг. r===1
2-й способ.
1шаг. Выразим площадь прямоугольного треугольника двумя способами:
SАВС= ВСАС=6, SАВС=pr, где p= =6
Тогда из равенства площадей получаем
r= ==1
2шаг. Окружность является вневписанной для треугольника АВС .
Пусть R- радиус вневписанной окружности. BK=BN и NA=AM, как отрезки касательных к окружности проведенной из одной точки.
3шаг. CKOM- квадрат, получим
2R= KC+CM= BC+BN+AN+AC= PАВС
4 шаг. R= PАВС= =6
Ответ: 1 или 6.
Задача 9 [3]
Дана трапеция АВСD, основания которой ВС=44, АD=100, АВ=СD=35.
Окружность, касающаяся прямых AD и AC, касается стороны CD, в точке К.
Найти длину отрезка СК.
Решение:
Сделаем рисунок.
Рассмотрим основные положения, необходимые для решения задачи:
1. Проекция боковой стороны равнобедренной трапеции на большее основание равна полуразности оснований, а проекция диагонали- полусумме оснований (средней линии).
2. Если окружность вписана в треугольник АВС, то расстояние от вершины А до точки касания окружности со стороной АВ равно
х= p-a=
3. Если окружность касается стороны ВС треугольника АВС и продолжений сторон АВ и АС, то расстояние от вершин А до точки касания окружности с прямой АВ равно полупериметру треугольника АВС.
1шаг. Опустим из вершины В и С трапеции на сторону AD перпендикуляры ВЕ и CF соответственно.
2шаг. АЕ==28,
3шаг. AF= =72
4шаг. Из теоремы Пифагора для прямоугольных треугольников АВЕ и ACF находим ВЕ и АС:
ВЕ= = =21,
АС===75
Возможны два случая расположения окружности, заданной в условии.
1.Окружность вписана в треугольник АСD , получаем
СК===5
Случай, в котором окружность является вневписанной для треугольника АCD .
Ответ: 5 или 30.
Задача 10[6]
Дан параллелограмм АВСD, АВ=2, ВС=3, угол А=60.
Окружность с центром в точке О касается биссектрисы угла D и двух сторон параллелограмма исходящих из вершины одного его острого угла. Найти площадь четырехугольника АВОD.
Решение:
Сделаем рисунок.
Рассмотрим основные положения, необходимые для решения задачи:
1. Биссектриса угла параллелограмма отсекает от него равнобедренный треугольник.
Возможны два случая расположения окружности, указанной в условии задачи относительно биссектрисы угла D.
Окружность касается сторон угла В с вершиной в точке А и является вписанной в треугольник AFD . Треугольник AFD- равнобедренный, а так как угол А= 60, то этот треугольник является равносторонним со стороной 3. Радиус вписанной в него окружности равен
r= = =
В этом случае искомая площадь находится следующим образом:
SАВОD= SАОВ+ S АОD= АВ�r+AD�r=
Окружность вписана в угол с вершиной в точке С и является вписанной в треугольник ЕСD. Тогда:
SАВОD= SАВСD- SВСО-SDOC=
Ответ: , .
Задача 116]
Около треугольника АВС описана окружность с центром О. Найти величину угла АСВ, если угол ОСВ равен 10, а угол АОС= 40.
Решение:
Сделаем рисунок.
Рассмотрим основные положения, необходимые для решения задачи:
Вписанный угол измеряется половиной дуги, на которую он опирается.
Центральный угол равен дуге, на которую он опирается.
1шаг. Нарисуем окружность с центром в точке О.
2шаг. Зафиксируем сторону ВС, проведем диаметр СС.
3шаг. Тогда дуга окружности ВС, на которую опирается центральный угол ВОС, равна 20.
4шаг. Рассмотрим радиус ОС. В зависимости от расположения точек А и В относительно прямой ОС можно построить два центральных угла СОА и СОА равных 40. Тогда возникает два треугольника, удовлетворяющих условиям задачи, АВС и СВА.
5шаг. Угол АСВ треугольника АВС опирается на дугу АВ равную 120, значит угол АСВ= 60.
6шаг. Угол АСВ треугольника СВА опирается на дугу АСВ равную 160. Значит угол АСВ= 80
Ответ: 60или 80
Рекомендации при решении задач по геометрии:
1. Внимательно прочитать условие задачи, проанализировать каждое слово, на основе анализа построить чертеж, соответствующий условию (по возможности, наиболее наглядный).
2. Дать характеристику фигуре, вспомнить определение, свойства, признаки, теоремы, определить зависимости между элементами,
рассуждать от вопроса задачи, постепенно используя данные условия.
3.Систематизировать теоретический материал в виде рисунков и теоретического материала.
4.Приступить к пошаговому решению задачи, выполняя для каждого шага рисунок.
5. Проанализировать ответ на соответствие.
Выводы.
В течение года я работала с заданиями 13, 24, 26. В своей работе я отразила маленький пласт данного материала, только задания, связанные с окружность, так как они являются более интересными и разнообразными. Анализируя теоретический материал, я пришла к выводу, что для успешного решения заданий 13, 24, 26 необходимо хорошо владеть школьным геометрическим материалом. Сочетая, поэтапное решение с методами критического можно научиться решать данные задания.
Заключение.
Исследовательская работа не закончена, т.к. я планирую так же досконально на следующий год изучить тему �Треугольник�.
Конечно же, сложно было работать с теми заданиями, вопрос о которых не полностью раскрывается в школьном курсе математики. Но благодаря своей исследовательской работе, я научилась систематизировать различные методы решений, расширила и укрепил знания по геометрии ; подготовилась для дальнейшего изучения тем, использующих это понятие, научилась решать разнообразные задачи различной сложности; выработала и закрепила навыки работы на компьютере.
Я хотела бы, чтобы проделанная мной работа подготовила не только меня, но и других учащихся к успешной сдаче ОГЭ.
Приложение №1.
Архимед
Приложения 2.
Приложение №3.
Джонс
Приложение №4.
Приложение №5.
Пётр Яковлевич Галперин
Литература:
1.Галперин П.Я.Методы обучения и умственное развитие ребенка. – М. 1985. с.11- 12.
2.Заир – Бек С.И., Муштавинская И.В. Развитие критического мышления на уроке. – М.: Просвещение, 2011.
3.Шарыгин И.Ф. Факультативный курс по математике: Решение задач.- М.: Просвещение, 1989.
4.Ященко И.В. ОГЭ. Математика: типовые экзаменационные варианты: 36 вариантов – М.Издательство �Национальное образование�, 2017.
5.Ященко И.В. ОГЭ. Математика: типовые экзаменационные варианты: 36 вариантов – М.Издательство �Национальное образование�, 2016
6.Ященко И.В. ОГЭ. Математика: типовые экзаменационные варианты: 36 вариантов – М.Издательство �Национальное образование�, 2015
Интернет – ресурсы:
1.
2.
3.
4.Пётр%20Яковлевич%20Гальперин&noreask
5.https:\\math- oqe.sdamqia.ru/test?theme=86&print=true
HYPER13PAGE HYPER15
72
С
D