Задачи с помощна окръжност



Дата23.10.2018
Размер172 Kb.
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:



  1. 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.

  2. Известно е, че точките С и D са в една полуравнина спрямо отсечката АВ и тази отсечка се вижда под еднакъв ъгъл от тези две точи, значи около точките А, В, С и D може да бъдде описана окръжнст.

  3. 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.

  4. Исвестно е, че от две точки, лежащи в различни полуравнини спрямо дадена права, дадена отсечка от тази права се вижда под ъгли, чийто сбор е 180°, значи около точките и краищата на тази отсечка може да бъде описана окръжност.


Задачите са разделени на 5 групи, като всяка група включва по няколко задачи с общи свойства или начини на решение.



  • Често срещани спомагателни окръжности

  • Окръжността помага на задачите с подобие

  • Окръжността помага на задачите с лице

  • Красиви задачи със спомагателна окръност

  • Спомагателната окръжност при задачите с ъгли



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.

=> 1 = 1 = 45o. (1 и 1 са вписани ъгли за k)

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.
PC = OP = r

Разглеждаме MBO и BPO:

1. BO- обща страна.

2.

3.

=> MBO и BPO са еднакви втори признак за еднаквост на триъгълниците.

=> 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°





Окръжността помага на задачите с подобие

В решенията на следващите няколко задачи е използвана спомагателна окръжност за по-лесно и елегантно доказателство за подобие на триъгълници.


Задача 1
Около равностранния триъгълник APQ е описан правоъгълника ABCD, като точките P и Q лежат съответно на страните BC и CD ; P1 и Q1 — средите на страните AP и AQ. Докажете, че триъгълниците BQ1C и CP1D са подобни.
Решение:

Тъй като PQ1 е височина в триъгълника APQ , то 1Q e прав. Отсечката РQ се вижда под ъгъл 90° от точките Q1 и С

=> точките С и Q1 лежат на окръжност с диаметър PQ.

От тук:
1 =


1
=
1
= 60o
Аналогично 1 = 60o

=> триъгълникът BQ1C е равностранен.


Aналогично - CP1D e равностранен.

=> Триъгълниците CP1D и BQ1C са подобни.





Задача 2

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.



Решение:

< DCH=
<KAD=Но тъй като AD=HC) 2. CD=AK (AK=AB; AB=CD от успоредника ABCD => AK=CD) 3.

=> Триъгълниците HCD и DAK са еднакви

=> DH=DK


Тъй като
О


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:


o.
Затова точките Р и Q лежат на окръжност с диаметър МН. Тъй като 1M = 90o, то на окръжност лежи и точката A1. Следователно,
1PQ = 1MQ = 1B, 1MQ са съответни ъгли)
 1Q P = 1HP = 1C, 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 = 2.


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, cosEAF = 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 SABC = 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




Следователно QF || CE. Аналоично се доказва, че FP||BE. Нека M и N – пресечните точки на правите ЕР и EQ със страната ВС.

От трапеца ВEFP е известно, че SBMP = SFME. Аналогично от трапеца ЕFQC SQNC = SFNE.

Следователно,


SABC = SAPMNQ + SPBM + SQNC =

= SAPMNQ + SFME + SFNE = SAPEQ.




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.
Затова:

1PC = 180° - 60° = 120°.
<ВРС = <ВРА1 + <СРА1 = 60° + 60° = 180°.
<АРВ = 180° – 120° – 120° = 120°.


Задача 2:
В триъгълника АВС ъглите при върховете В и С са равни на 40°, ВD – ъглополовящата на ъгъл В. Да се докаже, че BD + DA = BC.

Решение:

На продължението на ъглополовящата BD е взета точка Q такава, че точките B и Q са в различни полуравнини спрямо АС и
Нека правите ВА и CQ се пресичат в точка М. Тогава:
o - 40o - 80o = 60o.
<АDQ = 120°

=> 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:
DQ = DA и BD + DA = BD + DQ = BQ.
Тъй като

o + 60o = 80o = то триъгълника BQC е равнобедрен. Следователно,
BC = BQ = BD + DA.


Задача 3:

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.



Решение:

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.


Следователно:
Аналогично О, Х, L и С лежат на една окръжност и:



Тъй като




Задача 4:

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.



Решение:

< NBM – ъгъл между ъглополовящи на два съседни ъгли

=> < NBM = 90°


< NСM – ъгъл между ъглополовящи на два съседни ъгли

=> < NСM = 90°


Нека точка Р е средата на МN. Тъй като
Тогава:

Нека точка Q е пресечната точла на ъглополовящите ВМ и CN. От теоремата за външен ъгъл на триъгълника:

Следователно,



o - o - Затова <ВРС = <А. Отсечката ВС се вижда под еднакъв ъгъл от точка А и от точка Р и т. А и т. Р лежат в една полуравнина спрямо ВС,

=> точките А, Р, В и С лежат на една окръжност и тази окръжност е описаната около триъгълника АВС.




Спомагателната окръжност при задачите с ъгли


Задача 1:

В триъгълника АВС на страната ВС е взета точка М такава, че ВМ = 2МС и




Решение:

Нека точката О е петата на перпендикуляра, спуснат от точката В към АМ.

Тогава:

OM = BM = MC, o, o.

Следователно точката О е център на описаната около триъгълника АВС окръжност.

Затова:



o.



<АВС = 75o;

<АСВ = 45o.

Задача 2:

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.



Решение:

Тъй като
o - o - 50o = 40o,



. 60o = 120o,

o - 30o = 10o,

o - o - 60o = 120o,

то точките B, C, H и O лежат на една окръжност (отсечката BC се вижда от точките О и Н под ъгъл 120°).


Следователно,

o - 70o = 20o,

o - o - 10o - 20o = 150o.


<СОН = 20o,

<ОСН = 10o,

<СНО = 150o.

Тази курсова работа е посветена на спомагателната окръжност като лесен и елегантен начин за решаване на различни видове задачи. В нея са включени и няколко красиви задачи със спомагателна окръжност, както и най-често използваните спомагателни окръжности.

Материалите, теорията и задачите, използвани в тази курсова работа са взети от:

  • http://www.wikipedia.bg/

  • http://zadachi.mccme.ru/

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


Поделитесь с Вашими друзьями:


База данных защищена авторским правом ©obuch.info 2019
отнасят до администрацията

    Начална страница