Решение задач планиметрии при подготовке к итоговой аттестации

Найдите угол ACO, если прямая CA касается окружности в точке A, точка O — центр окружности, дуга AD окружности, заключённая внутри этого угла, равна 128°. Ответ дайте в градусах.

Угол между касательной и радиусом, проведённым в точку касания, прямой: OAC=90°. Центральный угол DOA равен угловой величине дуги, на которую он опирается, то есть ?DOA=?DA=128 о . Внешний угол треугольника равен сумме двух углов, не смежных с ним,

DOA = OAC + ACO, ACO=128 о – 90 о =38 о .

Ответ: 38 о .

Задача 2 (см.слайды 8-9)

Хорда AB стягивает дугу окружности в 104°. Найдите угол ABC между этой хордой и касательной к окружности, проведённой через точку B. Ответ дайте в градусах.

Угол между хордой и касательной к окружности, проведённой из конца хорды, равен половине угловой величины дуги, которую стягивает эта хорда. CBA=0,5*AB=0,5*104 о =52 о .

Задача 3 (см.слайды 10-11)

Через концы A и B дуги окружности в 56° проведены касательные AC и BC. Найдите угол ACB. Ответ дайте в градусах.

OBC= OAC=90?, так как касательная перпендикулярна радиусу, проведённому в точку касания. BOA=BA=56 о (центральный угол опирается на дугу 56°). В четырёхугольнике OBCA сумма углов равна 360°. ACB=360 о –90 о –90 о –56 о =124 о .

Задача 4 (см.слайды 12-13)

Центральный угол на 54° больше острого вписанного угла, опирающегося на ту же дугу окружности. Найдите вписанный угол. Ответ дайте в градусах.

Центральный угол в два раза больше вписанного угла, опирающегося на ту же дугу. Если он на 54° больше вписанного угла, то вписанный угол равен 54°.

Проверка домашнего задания

Задача (см.слайды 14-15)

В ромб со стороной а и острым углом в 60° вписана окружность. Определите площадь четырехугольника, вершинами которого являются точки касания окружности со сторонами ромба.

Радиус вписанной в ромб АВСD окружности R= ; так как KLMN – прямоугольник, так как его углы, опираются на диаметр окружности.

S(KLMN)=MN ; где MN=R (катет, лежащий против угла в 30 ); LM=R

Работа по теме урока

Тема урока актуальная и важная, поскольку встречается на ГИА (ОГЭ и ЕГЭ). Сегодня на уроке рассмотрим геометрические конфигурации, наиболее часто встречающиеся в задачах: касающиеся окружности, пересекающиеся окружности, вписанные и описанные окружности треугольника и четырехугольника и т.д., способы нахождения различных элементов геометрических фигур - медиан, высот, биссектрис треугольника, радиусов вписанных и описанных окружностей и т.д.

Задача 1 (см.слайды 16-17)

Найти периметр равнобедренной трапеции, описанной около окружности радиуса 3, если острый угол трапеции равен 30 о .

= АВ+ВС+СD+AD. Проведем АО – биссектриса угла А, тогда FBO= OBC= ; =15 о ; =90 о - =75 о , так как АВ=2АМ; ВС=2ВN.

АМ=АF= ; ВN=BF= =r , то

=4(АМ 4r(tg ) = = = = = = = =48.

Задача 2 (см.слайды 18-19)

В окружности проведены хорды АВ= и АС=2 , ВАС=60 о . Хорда АD – биссектриса ВАС. Найти длину хорды АD

Пусть АD=х. АВСD – вписанный четырехугольник; АD- биссектриса, тогда ВАD = DАС – вписанные углы в окружность, значит, ВD = DС, тогда хорды, стягивающие эти дуги, также равны. Пусть ВD = DC = а.

ВАD = DАС=30 о . По теореме косинусов из найдем а:

ВD 2 =а 2 =АВ 2 +АD 2 -2АВ*АD cos30 о ;

ВD 2 =а 2 = 3+х 2 -2 х = х 2 -3х+3 (1)

DC 2 =а 2 =12+х 2 -2 х = х 2 -6х+12 (2); из (1) – (2) получим

Задача 3. (см.слайды 20-22)

Окружности радиусов R и r касаются друг друга внешним образом. Боковые стороны равнобедренного треугольника являются их общими касательными, а основание касается большей из окружностей. Найти основание треугольника.

О и О1 – центры данных окружностей, – равнобедренный треугольник, АС=ВС. СК – высота АВС; О и О1 принадлежат СК. Точки F и E – точки касания окружностей с центрами О1 и О соответственно со стороной АС. ОЕ=ОК=R; О1F = r. Так как АКС (по двум углам: АКС= ОЕС =90 о ; С – общий), то САК= СОЕ.

Так как окружность с центром О касается сторон САО, то АО – биссектриса. Пусть СОЕ= . Тогда ОАК= . Проведем О1N//АС. Тогда О1N перпендикулярен ОЕ, ЕN=О1F=r, ОN=ОЕ-ЕN=R-r; ОО1=R+r. Из О1NО – прямоугольный ( О1NО=90 о ). cos = = . Из АКО- прямоугольный ( АКО=90 о ): АК=ОК*ctg?ОАК=R ctg =R =

Работа творческой группы

Эпиграф творческой группы:

"Математика открывает свои тайны только тому, кто занимается ею с чистой любовью, ради ее собственной красоты." Архимед

Руководитель творческой группы:

Наша творческая группа на своих заседаниях рассмотрела труды Архимеда, связанные с окружностью.

Труды Архимеда были сделаны свыше 2000 лет назад и опередили свое время как минимум на 17 веков. Множество его трудов пропало без вести — но даже того, что осталось, вполне достаточно, чтобы поставить Архимеда в один ряд с Ньютоном, Гауссом, да Винчи. Благодаря этому его можно с полным правом назвать одним из величайших гениев человечества.

Задача 1 (см.слайды 25-26)

Если две окружности касаются в точке Е, и диаметры их АВ и CD параллельны, то точки А, Е и D лежат на одной прямой.

Рассмотрим случай, когда окружности касаются внешним образом. Соединим центры окружностей отрезком О1O2, который пройдет через точку Е. Углы АО1Е и DO2E равны как накрест лежащие при параллельных прямых АВ и CD. Треугольники АО1Е и DO2E равнобедренные, имеют равные углы при вершинах, следовательно, все четыре угла при основаниях треугольников равны между собой. Значит, по разные стороны от прямой OгО2, отложены равные углы О1ЕА и O2ED, откуда и следует, что точки А, Е и D лежат на одной прямой.

Задача 2 (см.слайды 27-28)

Если хорды круга АВ и CD пересекаются в точке Е под прямым углом, то сумма квадратов отрезков АЕ, BE, СЕ и DE равна квадрату диаметра.

Пусть а, b, с, d - данные отрезки хорд АВ и CD . Пусть АD = х, ВС = у. Тогда по теореме Пифагора для треугольника AED:

А по теореме Пифагора для треугольника ВЕС:

Проведем АК ¦ CD. Тогда ВК= 2R – диаметр (так как KAB = 90°).

СКАD - равнобокая трапеция, поскольку в окружность можно вписать только равнобокую трапецию, и СК = AD = x. KCB = 90° (опирается на диаметр). Тогда по теореме Пифагора для треугольника КСВ имеем:

Воспользовавшись равенствами (1) и (2), получаем требуемое:

a 2 +b 2 +c 2 +d 2 =4R 2

Задача 3 (см.слайды 29-30)

Если к окружности из внешней точки провести секущую через центр, а другую так, чтобы внешний отрезок равнялся радиусу окружности, то угол между секущими будет измеряться одной третью большей из дуг, заключенной между его сторонами.

Пусть данные секущие будут АВ и АС (АС пересекает окружность в точке D), а угол между ними равен a. Соединим точку D с точками О и В. Покажем, что угловая мера дуги ВС будет Зa. Угол AOD равен a и является внешним для треугольника DOB, поэтому ODB= OBD = a/2 . Угол BDC — внешний для треугольника BDA, поэтому BDC= a + a/2 = 3a/2. Поскольку BDC измеряется половиной дуги ВС, то мера дуги BC составляет 3?.

Задача 4 (см.слайды 31-32)

Отрезок внешней касательной к двум касающимся кругам, заключенный между точками касания, равен среднему геометрическому их диаметров.

Проведем через точку Е касания двух окружностей их общую касательную ЕС. Тогда АС=СЕ =СВ как отрезки общих касательных. Поскольку CO1 и СO2— биссектрисы углов АСЕ и ВСЕ, то угол между ними равен 90°. Из прямоугольного треугольника О1СО2: СЕ = и .

Задача 5 (см.слайды 33-34)

На отрезке АС взята точка D, и на отрезках AC, AD и CD как на диаметрах построены полуокружности. Закрашенную фигуру Архимед назвал “арбелон” ( — скребок, скорняжный нож). Восстановим из точки D перпендикуляр BD. Тогда площадь арбелона равна площади круга с диаметром BD.

Пусть радиус большей полуокружности равен r1, а радиус меньшей — r2. Тогда площадь арбелона равна

Из прямоугольного треугольника ABC имеем: . Площадь круга с диаметром BD будет равна , что и требовалось доказать.

Домашнее задание

Задача 1 (см.слайды 35-37)

Дан треугольник со сторонами 12; 15 и 18 см. Проведена окружность, касающаяся обеих меньших сторон и имеющая центр на большей стороне. Найти отрезки, на которые центр окружности делит большую сторону треугольника.

AB=12см; BC=15см; AC=18см; AO=x см; OC=y см;

По теореме косинусов имеем:

AB 2 =BC 2 +AC 2 -2BC*AC*cosa

12 2 =15 2 +AC 2 -2*15*18*cosа

у=18-х; у=10; ОС=10 см.

Ответ: 8 см и 10 см.

Задача 2 (см.слайды 38-39)

Площадь равностороннего треугольника, вписанного в окружность, равна Q 2 . Доказать, что радиус окружности равен .