Referat SUPRAFETE PLANE PROBLEME

Mai jos puteti citi fragmente din Referat SUPRAFETE PLANE PROBLEME si de asemenea puteti face Download Referat SUPRAFETE PLANE PROBLEME

Citeste fragmente din Referat SUPRAFETE PLANE PROBLEME

PROBLEME IN CARE SE FOLOSESC FORMULELE DE CALCUL A ARIEI UNOR SUPRAFETE PLANE Probleme in rezolvarea carora se folosesc formulele de calcul a ariei unor suprafete plane Cap. 1 Introducere Cap. 2 Formule pentru calculul ariilor Aria triunghiului Notatii: a,b,c-lungimile laturilor; p-semiperimetrul; ha ,hb ,hc-lungimea inaltimilor din A,B,C; r-raza cercului inscris; R-raza cercului circumscris; ra ,rb ,rc-razele cercurilor exinscrise; S-aria. S=a∙ha/2 (definitie) S=a∙b∙sinC S=a2∙sinB∙sinC/2∙a∙sinA (si analoagele) (Heron) S=p∙r S=(p-a)∙ra (si analoagele) rarbrc S=p1∙R (p1-este semiperimetrul triunghiului artic) K ARIA PATRULATERULUI CONVEX -masura unghiului format de diagonale; h-lungimea inaltimii(unde este cazul); S-aria Definitie SABCD=SABC+SADC=SABD=SBCD /2, de unde se obtine pentru patrulaterul ortodiagonal S=d1∙d2/2 ARIA PARALELOGRAMULUI S=a∙ha=b∙hb ; S=a∙b∙sinB ARIA DREPTUNGHIULUI /2 ARIA ROMBULUI )} S=d1∙d2/2 ARIA TRAPEZULUI S=(B+b)∙h/2 unde B,b sunt lungimile bazelor trapezului ARIA UNUI PATRULATER INSCRIPTIBIL unde p este semiperimetrul patrulaterului Cap.3 PROBLEME REZOLVATE Prob.1 In ABC avem AB=20cm si lungimile medianelor AA1 respectiv BB1 sunt 24cm si 18 cm. Sa se calculeze aria ABC. Blaluca-Geometrie plana A B C A1 Se da: ABC [AA1] si [BB1] mediane BB1={G} ABC=? Rezolvare: AG=16cm BG=12cm =96(cm2) ∂ΔABC=3∙96cm2=288cm2 Obs.Din Calculul masurilor laturilor ΔABG rezulta ca el este dreptunghic in G deci ∂ΔABC=c1∙c2/2=16∙12/2=96cm2 GENERALIZARE: Se utilizeaza acelasi rationament daca AB=a, AA1=x, BB1=y AG=2/3∙x, BG=2/3∙y. Prob.2 Se da ΔABC oarecare si fie M mijlocul laturii [BC]. Fie N simetricul punctului A fata de M, iar P si Q simetricele punctului N fata de B si respectiv BC Sa se arate ca: a)punctele A, P si Q sunt coliniare b)poligoanele ACBP, ANP, QBNC sunt echivalente c)patrulaterul NMQC are aceasi arie ca si triunghiul ABC d)aria triunghiului ANP este dublul ariei triunghiului ABC Balauca-Geometrie plana P A Q B M D C ΔABC C: A,P,Q coliniare M mijlocul lui BC ACBP, ANP, QBNC sunt echivalente SM(A)=N ∂NMQC=∂ABC SB(N)=P ∂ANP=2∂ABC SBC(N)=Q Demonstratie: BM paralel cu AP 11 MC paralel cu AQ 21 3.AM=MN 4.SBC(N)=Q P,A,Q sunt coliniare 2.BM=MC PACB paralelogram 4.PA paralel cu BC (din a) ∂ACBP=BC∙QD ∂ANP=PA∙NQ/2=2BC∙2∙QD/2=BC∙QD=∂ACBP ∂ACBP=∂ANP=∂BQCN =BC∙QD/2=∂ABC d)∂ANP=AP∙NQ/2=BC∙2QD/2=2∂ABC BC. Balauca-geometrie plana A F E C B D M Ip: ΔABC AM mediana BAC C: d(M,AC)∙DC=d(M,AB)∙DB Demonstratie: d(M,AC)∙DB=d(M,AB)∙DC (AB), iar E si F proiectiile varfurilor B respectiv D pe CM. Daca BE=72cm si DF=96cm calculati: Dan Branzei-Matemetica in concursurile scolare daca |AB|=120cm M A B F D C Se da:ABCD patrat Se cere: |BM|/|MA|=? (AB) ∂BEDF/∂ABCD=? MC MC DF=96 BE=72 Rezolvare: (cm) 8100=ME∙150 ME=8100/150=54cm DF∙MC=DC∙BC =96cm EF=150-(72+54)=150-126=24cm (cm2) Prob.5 Utilizand figurile urmatoare dati doua demonstratii prin arii ale teoremei lui Pitagora. G. Turcitu-Geometrie plana D c P b C D b C c b N c aa Q b E A b M c B A c B SOLUTIE 1 Ip ABCD patrat AM=BN=PC=DQ=b QM=MN=PN=QP=a AQ=MB=CN=DP=c C b2+c2=a2 Demonstratie: 1.AM=CP=DQ=BN=b 2.MB=NC=PD=QA=c ∂MNPQ=a2 =a2+2bc b2+c2=a2 SOLUTIE 2 Ip ABCD trapez dreptunghic AD DC=AE=b, DE=AB=c, CE=EB=a C:a2=b2+c2 Demonstratie: AB, AB paralel cu DC 1.AB=DE=c 2.DC=AE=b si CE=EB Prob.6 Dintre toate triunghiurile ABC de laturi AB=c si AC=b, sa se determine cel de arie maxima. Prob 23/130 G. Turcitu-Geometrie plana Demonstratie: Triunghiul de arie maxima este triunghiul dreptunghic in A Prob.7 Sa se demonstreze teorema bisectoarei folosind ariile. Prob47 G. Turcitu-Geometrie plana A B D A1 C ΔABC (BC) Demonstratie: Prob.8 In triunghiul echilateral ABC cu inaltimile AD si BE si ortocentrul H. Demonstrati ca aria ABH este egala cu aria HDCE. A E:12517-GM 3/2003 pagina 133 A E B D C Ip:ABC triunghi echilateral BC AC BE={H} C:Aria ABH=ariaHDCE Demonstratie: In triunghul echilateral ortocentrul coincide cu centrul de greutate al triunghiului. ∂HDCE=∂ADC-∂AHE 2.AH=BH 11.∂AHE=∂BHD 21.∂ΔABD=∂ΔADC ∂ABH=∂HDEC Bibliografie: V. Barbulescu – Caleidoscop matemetic – Ed. “Petrion” – Buc 1996 Arthur Balauca, Ioan Ticala – Geometrie plana – Ed. “Remos” -Chisinau 1995 Dan Branzei – Matematica in concursurile scolare 2000 – Ed. “Paralela 45” – 2000 George Turcitu – Geometrie plana clasele VI-VII – Ed. “Radical” – 1995 Colectia Gazeta Matematica B1 G F E a a a a a a H Rasplata dispretuitoare Euclides, fire modesta si generoasa, dispretuia totusi interesul exagerat pe care-l manifestau unii pentru utilitatea practica a geometriei pentru obtinerea unor foloase immediate din studiul acesteia. In legatura cu acest fapt, Ioannes Stabaeos a scris urmatorul episod: Cineva care a inceput sa studieze geometria in scoala lui Euclides, dupa ce a invatat prima teorema, l-a intrebat: “Dar ce folos voi avea eu invatand aceste lucruri?”. Atunci Euclides si-a chemat sclavul si i-a zis: “Da-i acestuia 3 oboli, fiindca el vrea sa castige din ceea ce invata!” Printre cele mai vechi stiinte se numara desigur geometria. Dar ce probleme au fost puse atunci in indepartata antichitate, pe care sa cladit treptat aceasta stiinta? Pentru raspuns sa parcurgem randurile scrise de parintele istoriei – cum l-a numit Marcus Tullio Cicero(sec I i.Hr) –Herodot(sec 5 i.Hr). “Preotii povesteau ca (prin sec al XIII-lea i.Hr) unul dintre regii vechiului egipt a impartit tara intre toti egiptenii capatand fiecare o portiune dreptunghiulara, egala, de pamant, prin aceasta el a creat pentru sine venituri cerand sa fie platit anual ,un anumit impozit. Daca raul Nil rupea o parte a unei parcele oarecare, proprietarul ei se prezenta la rege si anunta cele intamplate. Regele trimitea cativa oameni pentru a controla si masura cu cat s-a micsorat parcela respectiva (dar si pentru a reconstitui hotarele acoperite de malul revarsarilor-cum a mentionat Proclos (sec 5)), pentru ca in viitor prprietarul ei sa plateasca totusi corespunzator impozitul cuvenit. Mi se pare ca aceasta a fost originea geometriei…” Este evident ca aceasta relatare atesta caracterul-de preferinta practic-al primelor cunostinte geometrice si da o explicatie a denumirii acestei discipline “masuratoare a pamantului”, terminologie propusa de Arhytas si Platon (sec 4 i.Hr). 쥁