тригонометрия в планиметрии. Применение тригонометрии в планиметрии

• Название: Применение тригонометрии в планиметрии
• Анкор: тригонометрия в планиметрии
• Дата: 12.04.2023
• Размер: 1.49 Mb.
• Имя файла: тригонометрия в планиметрии.ppt
• Тип: Документы; #1058235

Применение тригонометрии в планиметрии.

Выполнили:
ученики 11 «А» класса
МОУ СОШ №37
г. Волжского Волгоградской области
Федорова Елена
Мордовин Виталий
Руководитель:
Меркулова Любовь Николаевна


Основные формулы при решении задач по геометрии с применением тригонометрии:
sin²α=1/(1+ctg²α)=tg²α/(1+tg²α); cos²α=1/(1+tg²α)=ctg²α/(1+ctg²α);
sin(α±β)=sinα*cosβ±cosα*sinβ; cos(α±β)=cosα*cos+sinα*sinβ.
Соотношение сторон и углов в прямоугольном треугольнике:


Катет прямоугольного треугольника равен произведению другого катета на тангенс противолежащего угла.
Катет прямоугольного треугольника равен произведению гипотенузы на синус прилежащего угла.
Катет прямоугольного треугольника равен произведению гипотенузы на косинус прилежащего угла.
Катет прямоугольного треугольника равен произведению другого катета на котангенс прилежащего угла.


BE AD, CF


BE AD, CF AD.


BE||CD, AE=AD-BD.


CE||BD,AE=DE+AD.


Дополнительные построения при решении задач, связанных с трапеции.


Острый угол прямоугольного треугольника равен α, длина катета, противолежащего этому углу, равна а. Найти площадь равностороннего треугольника, каждая сторона которого равна гипотенузе данного треугольника.
Решение.
Т.к. АВ= а/sinα; то
SΔA1B1C1=AB²√3/4=a²*√3/(4sin²α).
Ответ: SΔA1B1C1= a²*√3/4*sin²α


Острый угол прямоугольного треугольника равен α, длина катета, противолежащего этому углу, равна а. Найти площадь равностороннего треугольника, каждая сторона которого равна гипотенузе данного треугольника.
Решение.
Т.к. АВ= а/sinα; то
SΔA1B1C1=AB²√3/4=a²*√3/(4sin²α).
Ответ: SΔA1B1C1= a²*√3/4*sin²α


Острый угол прямоугольного треугольника равен α, длина катета, противолежащего этому углу, равна а. Найти площадь равностороннего треугольника, каждая сторона которого равна гипотенузе данного треугольника.
Решение.
Т.к. АВ= а/sinα; то
SΔA1B1C1=AB²√3/4=a²*√3/(4sin²α).
Ответ: SΔA1B1C1= a²*√3/4*sin²α


Один из острых углов прямоугольного треугольника равен 30̊, периметр треугольника равен 4(3+√3) см. Найти площадь треугольника.
Решение.
Т.к. Р=a+b+c=4(3+√3), но a=c/2, b=c√3/2 тогда
c(½+ √3/2+1)= 4(3+√3)
c/2 (3+√3)=4(3+√3)
c=8 cм, таким образом:
a=с*sin30̊=4 cм, b=c*cos30̊=4√3 найдём
S=½*ab подставим полученные значения a и b
получим S=½*4*4√3=8√3 cм.
Ответ: 8√3 cм.


Один из острых углов прямоугольного треугольника равен 15°, длина медианы, проведенной из вершины прямого угла, равна 5см. Найти площадь треугольника.
Решение.
Т.к. CM=AM=BM=5cм (по св-ву медианы в прямоугольном треугольнике), значит
АВ=2АМ=10см, тогда
АС=АВ*cos15° получим, что
S=½*AC*AB*sin15=½*AB²*sin15°*cos15°=
=¼*AB²*sin30°; тогда
S=¼*100*½=12.5см².
Ответ:12,5см².


В треугольнике ABC известны стороны b, c и угол между медианой и высотой, исходящими из вершины A. Вычислить площадь треугольника ABC.


Дано: ∆ ABC, AD-высота, AE-медиана, DAE=α, AB=c, AC=b.
Найти: S∆ABC.
Решение:
Пусть CE=EB=x, AE=y, AED=γ. По теореме косинусов в ∆AEC b²=x²+y²-2xy*cosγ(1); а в ∆ACE по теореме косинусов c²=x²+y²+2xy*cosγ(2). Вычитая из 1 равенства 2 получим c²-b²=4xy*cosγ(3).
Т.К. S∆ABC=2S∆ACE=xy*sinγ(4), тогда разделив 3 равенство на 4 получим: (c²-b²)/S=4*ctgγ, но ctgγ=tgαб, следовательно S∆ABC= (с²-b²)/4*tgα.
Ответ: (с²-b²)/4*tgα.


Периметр выпуклого многоугольника равен 20 см, площадь четырехугольника в четыре раза меньше суммы квадратов его сторон. Найти длины сторон четырехугольника.
Решение.
a+b+c+d=20; a²+b²+c²+d²=4S; S=S1+S2=½ab*sinB+
a²+b²+c²+d²=2ab*sinB+2cd*sinD +½ cd*sinD
(a²-2ab*sinB+b²sin²B)-b²sin²B+b²+(c²-2cd*sinD+
+d²sin²D)- d²sin²D+d²=0
(a-b*sinB)²+b²(1-sin²B)+(c-d*sinD) ²+d²(1-sin²D)=0, (a-b*sinB)²+b²cos²B+(c-d*sinD) ²+d²cos²D=0
Каждое слагаемое равно нулю.
b²cos²B=0  угол В=90° (четырехугольник выпуклый)
Тогда a-b*sinB=0 при a=b Значит BD AC
и c-d*sinD=0 при c=d и CBD= CDB=45°
Тогда b=c. Итак, a=b=c=d=5.
Ответ: 5см.


В равнобедренном треугольнике ABC из вершин А и С проведены две прямые до пересечения с противоположными сторонами в точках D и Е соответственно, причем угол САD=60°.,угол АСЕ=50°. Найти угол ADE=α, если АВ=ВС и угол ВАС=80°.
Решение.
ΔADC: AC/sin40° =AD/sin80°; разделим;
ΔAED: AE/sinα=AD/sin(180° -(20° + α)); AE=AC
sinα/sin40° =sin(20° +α)/sin80°
2 cos40° sinα=sin 20° cosα+cos20° sinα
(cos40° +cos40° -cos20°)sinα =sin20° cosα
sinα(cos40° -2sin10° sin30°)=sin20° cosα
sinα(cos40° -sin10°)=sin20° cosα
sinα(cos40° -cos80°)=sin20° cosα
2sinα sin60° sin20° =sin20° cosα
tgα=1/√3 , т.к. угол α- угол тр-ка и tg >0 то α=30°.
Ответ: α=30°


Периметр треугольника АВС равен 18 см, его углы А и В связаны соотношением 2(cosA+cosB)=3+2cos(A+B). Найти площадь треугольника, стороны которого равны биссектрисам треугольника АВС.
Решение.
Т.к. 2(cosA+cosB)=1+2(1+cos(A+B)) проведём следующие пре-ния:
4cos((A+B)/2)*cos((A-B)/2)=1+4cos² ((A+B)/2)
(1+4cos²((A+B)/2)-4cos((A+B)/2))+4 cos((A+B)/2)-4cos((A+B)/2)*
*cos ((A-B)/2)=0
(1-2cos((A+B)/2))²+4cos((A+B)/2)(1-cos((A-B)/2))=0
(1-2cos((A+B)/2))²+4cos((180°-C)/2)*2sin²((A-B)/4)=0
(1-2cos((A+B)/2))²+4sin(C/2)*2sin²((A-B)/4)=0
Но 4*sin(C/2)>0, то составим систему равносильную полученному уравнению
1-2cos((A+B)/2)=0 А= В, подставим в первое уравнение
sin((A-B)/2)=0 системы и получим сos A=½ , A=60°. Треугольник равносторонний, значит АВ=6, биссектриса АМ=6*cos30°=3√3. S=AM*√3*¼; S=2.25 cм²
Ответ:2,25 см²

Решение.

Решение.
ΔВСМ: по теореме синусов, СМ/sin α=BC/sin2α
=> CM=BC/(2cosα)
ΔBCN: уголCNB=180-(45+α)
по теореме синусов, BC/sin(45+α)=CN/sinα
=> CN=BC*sinα/sin(45+α)
получим,
CM/CN= sin(45+α)/sin2α=√6, 1/√2*(sin α +cos α)=2*√6sin α cos α
Пусть t=sin α +cos α, t>0, t²=sin²α +cos²α +2sinα*cosα => 2sinα*cosα =t²-1
2√3*t²-t-2√3=0, t₁=2/√3>0; t₂=-√3/2<0.
Итак, СВ=2/sinα, значит CN=2√2/(sinα+cosα)=2 √2/t=√6,получим CM=6;
AB=2CM=12. Тогда получим:
SΔABC=½СH*AB; SΔABC=½*2*12=12

Ответ: 12


Внутри угла величины α лежит точка, находится на расстояниях m и n от сторон угла. Найдите расстояние от этой точки до вершин угла.


Дано: BAC=α, BD AB, DC AC, BD=n, DC=m.
Найти: AD.
Решение:
Рассмотрим 2 случая:
1) 0<α<90. Пусть BAD=α1, DAC=α2.
Рассмотрим ∆ABD, AD=n*sinα1; ∆ADC, AD=m*sinα2 => n*sinα1=m*sinα2 => n/m=sinα1/sinα2, но


sinα1=sin(α-α2)=sinα*cosα2-cosα*sinα2 => n/m=sinα*ctgα2-cosα => ctgα2=(n/m+cosα)/sinα => sinα2=√((n/m+cosα)²/(sinα+(n/m+cosα)²) =>AD=n* √((n/m+cosα)²/(sinα+(n/m+cosα)²) .


2) 90<α<180. Пусть BAD=α1, HDA=α2.
Рассмотрим ∆ABD, AD=n*sinα1; ∆ADH, AD=m*cosα2 => n*sinα1=m*cosα2 => n/m=sinα1/cosα2, но sinα1=sin(α-α2)=sinα*cosα2-cosα*sinα2 => n/m=sinα-cosα*tgα2 => tgα2=(sinα-m/n)/cosα => sinα2=√(((sinα-m/n)/cosα)²/(1+


((sinα-m/n)/cosα)² ), AD=n*√(((sinα-m/n)/cosα)²/(1+ ((sinα-m/n)/cosα)² ).

Ответ: если 0<α<90 то AD=n* √((n/m+cosα)²/(sinα+(n/m+cosα)²); если 90<α<180 то AD=n*√(((sinα-m/n)/cosα)²/(1+ ((sinα-m/n)/cosα)² ).


На боковых сторонах АВ и СD равнобокой трапеции ABCD взяты точки М и N таким образом, что прямая MN параллельна основаниям трапеции. Известно, что в каждую из образовавшихся малых трапеций MBCN и AMND можно вписать окружность, причем радиусы этих окружностей равны r и R соответственно. Найти основания AD и BC. α
Дано: ABCD-трапеция,AB=CD, MєAB,NєCD, MN||AD, в трапеции MBCN и AMND можно вписать окружность с радиусом r и R соответственно.
Найти: AD и BC.
Решение:
Пусть O1 и O2 – центры вписанных в малые трапеции окружностей. Прямая О1К||CD.
В ∆ O1O2K cosα =O2K/O1O2 = (R-r)/(R+r).
Т.к. ∆O2FD прямоугольный, то O2DF = α/2 => FD=R*ctg(α/2). Т.к. AD=2DF=2R*ctg(α/2), аналогично BC = 2r* tg(α/2).
cos α = (1-tg²α/2)/(1+tg²(α/2)) => (R-r)/(R+r)= (1-tg²(α/2))/(1+tg²(α/2)) => (1-r/R)/(1+r/R)= (1-tg²α/2)/(1+tg²(α/2)) => tg (α/2)=√(r/R) => ctg(α/2)= √(R/r), тогда AD=2R*ctg(α/2), BC=2r*tg(α/2), находим ответ.

Ответ: AD=2R√(R/r), BC=2r√(r/R).

Четырехугольник ABCD является вписанным, а его диагональ AC является биссектрисой угла. Доказать, что AC*BD=AD*DC+AB*BC.

Дано: ABCD-четырехугольник, AC-биссектриса.
Доказать: AC*BD=AD*DC+AB*CB.
Доказательство:
Пусть R-радиус описанной окружности вокруг ABCD, и введем обозначения углов как показано на рисунке.
Т.к. ∆ABC тоже яв-ся вписанным в данную окружность, тогда по следствию из теоремы синусов получим:
AC=2R*sin(α+β), BD=2r*sin(2α), AD=2R*sinβ, AB=2R*sin(2α+β ), BC=DC=2R*sinα.


Подставим найденные значения отрезков в подлежащее доказательству равенства получим: 4R²*sin(α+β)*sin(2α)=4R²(sinα*sinβ+sinα*sin(2α+β ))(1) => sin(α+β)*sin(2α)=(sinα*sinβ+sinα*sin(2α+β )) => 2cosα*sin(α+β)= sinβ+ sin(2α+β), но 2cosα*sin(α+β)= sinβ+ *sin(2α+β) (по формуле преобразования произведения в сумму синусов), а значит полученное равенство верно, то и 1 равенство тоже верно => верно и неравенство AC*BD=AD*DC+AB*CB; что и требовалось доказать.

Используемая литература

Учебник для классов с углубленным и профильным изучением математики под редакцией А. Р. Рязановского «Геометрия», Е. В. Потоскуев, Л. И. Звавич.
Центр заочного обучения «Пифагор», В.А. Илюшкин, В.Г. Куприн «Планиметрия (методы решения конкурсных задач)».
Геометрия. Задачник для учащихся 10 классов (I полугодие) энергофизического лицея при МЭИ, В.С. Клюева.
Пособие для абитуриентов. Математика. Банк задач для вступительных испытаний в МЭИ. (2000-2002гг.).

Благодарим за внимание!