Задачи с помощна окръжност
Изтегляне 172 Kb.
|
- Навигация на страницата:
- Един от тези методи е описан в тази курсова работа, а именно – Методът на спомагателната окръжност.
- Известно е, че точките X, Y, Z, P … лежат на еднакво разстояние от т. O, значи около тези точки може да се опише окръжност с център О.
- Исвестно е, че отсечката АВ се вижда от няколко точки под прав ъгъл, то точките и краищата на АВ лежат на окръжност с диаметър АВ.
- Задачите са разделени на 5 групи, като всяка група включва по няколко задачи с общи свойства или начини на решение.
- Красиви задачи със спомагателна окръност Спомагателната окръжност при задачите с ъгли
- Окръжността помага на задачите с подобие
- Окръжността помага на задачите с лице
- Красиви задачи със спомагателна окръжност
- Спомагателната окръжност при задачите с ъгли
- Материалите, теорията и задачите, използвани в тази курсова работа са взети от
| Курсова Работа
На …………………………. Тема: /ЗАДАЧИ С ПОМОЩНА ОКРЪЖНОСТ/ В обширния свят на геометрията има множество задачи. За решението им използваме различни методи. Често една геометрична задача може да бъде решена по няколко начина с различни методи, някои по-дълги, други по-елегантни. Един от тези методи е описан в тази курсова работа, а именно – Методът на спомагателната окръжност. За спомагателна окръжност може да се смята описаната окръжност на триъгълника. Освен това, спомагателната окръжност е ефективна в следните случаи:
Задачите са разделени на 5 групи, като всяка група включва по няколко задачи с общи свойства или начини на решение.
Често срещани спомагателни окръжности Често срещана спомагателна окръжност е окръжността, описана около центровете на външно и вътрешновписаните окръжности и краищата на страната, на която съответства външновписаната окръжност. ЗАДАЧА: Докажете, че катетът на правоъгълен триъгълник е равен на сумата от радиуса на вписаната окръжност и външно вписаната окръжност, допираща се до този катет. Решение: Нека O — център на вписаната окръжност в правоъгълния триъгълник ABC, P — точката, в която тази окръжност се допира до катета BC, r — радиуса на тази окръжност. Нека окръжността с център O1 и радиус R се допира до катета BC в точка Q и в продолжението на катета AC и хипотенузата AB в т. N. Отсечката OO1 се вижда от точките C и B под прав ъгъл => B и C лежат на окръжност k с диаметър OO1. => Тогава OB = O1B. Нека M и N са точките в които окръжностите се допират с правата AB (AM < AN). Тогава триъгълниците OMB и BNO1 еднакви по хипотенуза и остър ъгъл. Затова BM = O1N = R.
Разглеждаме 1. BO- обща страна. 2. 3. => BP = BM = O1M = R => BC = BP + PC = BM + PC = R + r.
Други често срещани спомагателни окръжности са: Описаната окръжност на триъгълника
Вписаната окръжност на триъгълника Окръжност около четириъгълник, чиито срещуположни страни имат сбор 180° В решенията на следващите няколко задачи е използвана спомагателна окръжност за по-лесно и елегантно доказателство за подобие на триъгълници. Тъй като PQ1 е височина в триъгълника APQ , то => точките С и Q1 лежат на окръжност с диаметър PQ.
От тук:
=> триъгълникът BQ1C е равностранен. => Триъгълниците CP1D и BQ1C са подобни. Даден е успоредник АВСD с остър ъгъл при върха А. Точките Н и К лежат съответно на лъчите АВ и СВ така, че СН=ВС и АК=АВ. Да се докаже че триъгълниците DKH и ABK са подобни. => Триъгълниците HCD и DAK са еднакви
=> DH=DK
От тук следва, че ъглите между бедрата на два равнобедрени триъгълници са равни, следователно двата триъгълника са подобни т тук следва, че около четириъгълника BACK може да се опише окръжност k1. Но А, K и С лежат на k, => k ≡ k1 и точка В лежи на k.  .
Задача 3 В триъгъика ABC са спуснати височините AA1, BB1 и CC1; P и Q — средите на височините BB1 и CC1. Докажете, че триъгълника A1PQ е подобен на триъгълника ABC. Решение: Нека докажем твърдението за остроъгълен триъгълник АВС. Нека М – среда на страната ВС, Н – ортоцентъра на триъгълник АВС. Тъй като МР и МQ – средна отсечка за триъгълниците BB1C и CC1B, то: Затова точките Р и Q лежат на окръжност с диаметър МН. Тъй като  ACB и A1MQ са съответни ъгли)
Затова триъгълниците A1PQ и ABC са подобни. Аналогично за тъпоъгълен триъгълник. 
Окръжността помага на задачите с лице Тук спомагателната окръжност ни помага да решим задачи с площ. Задача 1: На страните ВС и CD на квадрата ABCD са взети точките Е и F, като < ЕАF=45°. Отсечките АЕ и AF пресичат диагонала ВD в точките Р и Q. Докажете че Решение: Tъй като отсечката PF се вижда под ъгъл 45° от точките А и D, то точките А,Р,F и D лежат на една окръжност, но <АDF = 90° , то АF е диаметърът на тази окръжност. Следователно, EAF = cos 45o =  .
Следователно,  =  =  . =>  = 2.
Задача 2: Продължението на ъглополовящата AD в остроъгълния триъгълник ABC пресича описаната около триъгълника кръжност в точката Е. От т. D към АВ и АС са спуснати съответно перпендикулярите DP и DQ. Докажете, че S ABC = SAPEQ.
Решение: Тъй като ъглите DQA и DPA са прави то точките Р и Q лежат на окръжност с диаметър АD. Нека точката F е пресечната точка на тази окръжност със страната ВС (при АВ ≠ АС точката F не съвпада с D). Тогава От трапеца ВEFP е известно, че S Следователно, S  ABC = SAPMNQ + SPBM + SQNC =
= SAPMNQ + S 
Красиви задачи със спомагателна окръжност Задача 1: Всичките ъгли на триъгълника АВС са по-малки от 120°. Да се докаже, че съществува точка, вътрешна за триъгълника, от която всички страни на триъгълника се виждат под ъгъл 120°. Решение: Неka на страната ВС на триъгълника АВС построим външен равностранен триъгълник A1BC. Нека Р – пресечната точка на правата AA1 с описаната окръжност на триъгълника A1BC. Тогава Р лежи на окръжността k описана около A1BC и е вътрешен за АВС.
На продължението на ъглополовящата BD е взета точка Q такава, че точките B и Q са в различни полуравнини спрямо АС и => Сборът на два срещуположни ъгли в четириъгълника АDQM е 180°, следователно около него може да бъде описана окръжност и точките А, М, Q и D лежат на нея. Тъй като D – пресечната точка на ъглополовящите на триъгълника ВMC, то Следователно:
Oт точката А са построени допирателните АВ и АС към окръжност с център О. През точка Х от отсечката ВС е проведена права KL, перпендикулярна на ХО (точките К и L лежат на правите АВ и АС). Докажете, че КХ = КL. От точките В и Х отсечката ОК се вижда под прав ъгъл, следователно точките О, Х, В и К лежат на една окръжност с диаметър ОК. Нека М е пресечната точка на ъглополовящите на вътрешния ъгъл при върха В и външния ъгъл при върха С в триъгълника АВС, а N – пресечната точка на ъглополовящите на външния ъгъл при върха В и ъгъла при върха С. Да се докаже, че средата на МN лежи на описаната окръжност в триъгълника АВС. => < NBM = 90° => < NСM = 90° Нека точка Р е средата на МN. Тъй като => точките А, Р, В и С лежат на една окръжност и тази окръжност е описаната около триъгълника АВС. В триъгълника АВС на страната ВС е взета точка М такава, че ВМ = 2МС и Нека точката О е петата на перпендикуляра, спуснат от точката В към АМ. Тогава:
OM = Следователно точката О е център на описаната около триъгълника АВС окръжност.
Затова:
За триъгълника АВС е известно, че < В = 50°, < С = 70°. Намерете ъглите на триъгълника ОНС, където Н е ортоцентъра, а О е центъра на вписаната в триъгълника АВС окръжност. Тъй като
то точките B, C, H и O лежат на една окръжност (отсечката BC се вижда от точките О и Н под ъгъл 120°). Каталог: files -> files files -> Р е п у б л и к а б ъ л г а р и я files -> Дебелината на армираната изравнителна циментова замазка /позиция 3/ е 4 см files -> „Европейско законодателство и практики в помощ на добри управленски решения, която се състоя на 24 септември 2009 г в София files -> В сила oт 16. 03. 2011 Разяснение на нап здравни Вноски при Неплатен Отпуск ззо files -> В сила oт 23. 05. 2008 Указание нои прилагане на ксо и нпос ксо files -> 1. По пътя към паметник „1300 години България files -> Георги Димитров – Kreston BulMar files -> В сила oт 13. 05. 2005 Писмо мтсп обезщетение Неизползван Отпуск кт Изтегляне 172 Kb. Сподели с приятели:
|
MBO и 
DCH=
