Ученики на Учителя.com


Конспект урока "Применение тригонометрии к решению геометрических задач" 10 класс

Департамент по образованию
Администрации Сергиево-Посадского района
Муниципальное общеобразовательное учреждение
«Физико-математический лицей»
Применение тригонометрии к
решению геометрических задач
Практическое занятие
в 10 классе
Учитель: Маслова Г.Ю.
Применение тригонометрии к решению геометрических задач.
Цель урока:
показать прикладной характер тригонометрии в решении
планиметрических задач, научить решению
тригонометрических уравнений на области изменения
геометрических величин, продемонстрировать специфику
решения задач по тригонометрии на геометрическом
материале.
Задачи:
повторение и закрепление знаний по планиметрии и
тригонометрии, развитие умений в работе с
тригонометрическим материалом в решении задач по
геометрии, формирование навыков в решении задач по
планиметрии на применение теоремы синусов, теоремы
косинусов.
Тип урока:
повторительно-обобщающий
Вид урока:
интегрированный семинар-практикум
Методы
обучения:
Репродуктивные, исследовательские, логический анализ,
альтернативные.
Ход урока:
I. Организационный момент. Сообщение темы и цели урока, объяснение
причин интегрированности данного урока.
II. Решение задач (для учащихся подготовлен раздаточный материал).
Задача 1.
Стороны параллелограмма a и b (a < b). Меньшая диагональ составляет с
меньшей стороной тупой угол, а с большей стороной острый угол . Найти
большую диагональ параллелограмма.
Дано:
ABCD – параллелограмм
AB = a, BC = b, a < b
ADB =
,
< 90
0
, ABD > 90
0
.
Найти большую диагональ
параллелограмма
Решение:
1). А<90
0
, B>90
0
, AC>BD, AC – искомая
2). Пусть BAD=
, 0
0
<
<90
0
, 0
0
<
+
<90
0
.
3). Рассмотрим ABD:
По теореме синусов
)sin(sin
ba
a sin(
+
) = b sin
sin(
+
) =
a
b
sin
+
= (-1)
k
arcsin(
a
b
sin
) +
k, kZ
Учитывая, что 0
0
<
+
<90
0
+
= arcsin(
a
b
sin
)
a
bsin
arcsin
4). ADC = 180
0
-
= 180
0
– arcsin
a
b
sin
+
5). Рассмотрим ADC: По теореме косинусов AC
2
= a
2
+ b
2
- 2ab cos
ADC
b
C
A
B
D
))
(
180
sin(
sin
b
a
2222
2
2
22
0
sinsincos
1sinsin
1cos
sin
sin
arcsinsincos
sin
arcsincos
sin
arcsincos
sin
arcsin180coscos).6
bba
aa
b
a
b
a
b
a
b
a
a
b
a
a
b
ADC
7). AC
2
= a
2
+ b
2
+ 2b(cos
2
2
2
sin
b
a
+ b sin
2
), где a
2
- b
2
sin
0,
т.е.
sinba
. Учитывая, что a>0 и b>0 и sin
>0, получаем a b sin
.
Ответ:
222222
sinsincos2 bbabbaAC
Задача 2.
Прямая, перпендикулярная хорде сегмента, делит хорду в
отношении 1 : 4, а дугу в отношении 1 : 2. Найти косинус
центрального угла, опирающегося на эту дугу.
Дано:
(O;OA); ABD – сегмент; BF AD;
AF : FD = 1 : 4; AB : BD = 1 : 2
Найти: cos AOD.
Решение:
I. Дополнительные построения:
1). BCAD, CEBF, OC, OB.
II. Пусть AF = x следовательно DF = 4x, DE = AF = x, BC = EF = 3x.
Пусть AOB =
DOC = BOC =
, где 0
0
<
<60
0
, тогда
1cos
2
1
.
По теореме косинусов
BOC: BC
2
= OC
2
+ OB
2
– 2OBOCcos
,
AOD: AD
2
= OD
2
+ OA
2
- 2ODOAcos 3
.
2
3
cos
1
2
25
1
cos
1
2
9
2
2
2
R
x
R
x
2
Найдём отношение (1) к (2):
A
B
Д
а
н
о
:
E
D
O
1
3
cos
25
cos
25
9
3
cos
9
1
3
cos
3
cos
1
9
cos
1
25
3
cos
1
cos
1
25
9
3
1
cos
1
3
cos
3
1
cos
1
cos
1
3
cos
3
4
cos
3
1
cos
1
cos
1
3
cos
0
4
cos
9
cos
9
1
cos
1
3
cos
0
16
cos
25
cos
27
3
cos
36
2
Но , . Следовательно в 1 случае задача решения не имеет, и
точка O не может быть расположена вне сегмента ABD.
Дома рассмотреть второй случай в решении задачи.
Задача 3.
Показать, что если в треугольнике отношение суммы синусов двух
углов к сумме их косинусов равно синусу третьего угла, то
треугольник прямоугольный.
Дано: ABC,
C
BA
BA
sin
coscos
sinsin
Доказать: ABC – прямоугольный.
Доказательство:
1). A +B +C = 180
0
, 0
0
< A + B < 180
0
.
2). Из условия
Csin
где
(верно, т.к. 0
0
<A<180
0
, 0
0
<B<180
0
, -180
0
<A-B<180
0
).
3).
.sin180sinsin
0
BABAC
4). Тогда
1;
2
1
cos
1;
2
1
3
1
00
180,90
2
,0
2
cos
,
2
2
cos
2
cos2
2
cos
2
sin2
coscos
sinsin
BA
BABA
BA
tg
BABA
BABA
BA
BA
0
2
cos
2
sin2
2
cos
2
sin
2
cos
2
sin2
2
cos
2
sin
sin
2
BABA
BA
BA
BABA
BA
BA
BA
BA
tg
а) Пусть
0
2
sin
BA
, тогда
;360
,0
;180
2
,0
2
0
0
BA
BA
BA
BA
но так как 0
0
<A+B<180
0
,
то
.0
2
sin
BA
б) Пусть
0
0
0
90
;90
2
,90
;0
2
cos
,0cos
BA
BA
BA
BA
BA
С = 180
0
– (A+B), С=90
0
, что и требовалось доказать.
Задача 4.
Отношение площади прямоугольника ABCD к квадрату его
диагонали равно k. Найти угол EAF, где E и F соответственно
середины сторон BC и CD.
Дано:
ABCD – прямоугольник
BE = EC, DF = FC;
k
AC
S
ABCD
2
Найти: EAF.
Решение:
1). Пусть BAE =
, DAF =
, 0 <
<
2
, 0 <
<
2
, 0 <
+
<
2
;
2
EAF
A
B
F
D
C
?
.0
2
cos
)cos(
2
sin0
2
cos2
2
cos
1
2
sin
BA
BABABA
BA
BA
2). По условию
2
AC
S
k
ABCD
, т.е.
.,;
22
11
22
tg
AD
DF
tg
AB
BE
AB
BE
AD
DF
AB
AD
AD
AB
ADAB
ADAB
k
Тогда
.
2
1
;
22
1
k
tgtg
tgtg
k
3).
.
1
2
tgtg
tgtg
ctgtgFAEtg
.
4
1
2
1
2
1
2
1
;
2
1
).4
ADAB
ABAD
tgtg
AD
AB
AD
DF
tg
AB
AD
AB
BE
tg
2
3
2
1
4
1
1
).5
k
k
EAFtg
2
3
).6
k
arctgEAF
Ответ:
2
3k
arctg
Задача 5
Отрезки, соединяющие основания высот остроугольного треугольника, равны 8,
15 и 17. Найти площадь треугольника.
Дано:
ABC, 0
0
< A < 90
0
, 0
0
< B < 90
0
, 0
0
< C < 90
0
,
AA
1
BC; BB
1
AC; CC
1
AB;
C
1
A
1
= 8; B
1
C
1
= 15; A
1
B
1
= 17.
Найти: S
ABC.
Решение:
1) Рассмотрим ABA
1
( A
1
= 90
0
), CBC
1
(C
1
= 90
0
):
A
A
1
B
1
C
1
BC
BC
AB
BA
BC
BC
B
AB
BA
B
11
1
1
cos
cos
ABCBCA
общийB
BC
BC
BA
BA
11
11
(по двум сторонам и углу между ними), где
коэффициент подобия k=
cos
. Следовательно
CABCBABAC
1111
ABC=AB
1
C
1
=A
1
BC
1
=
,
ACB=AC
1
B
1
=A
1
C
1
B=
.
2). A
1
B
1
C
ABC:
2
cos
11
ABC
CBA
S
S
.
cos
2
11
CBA
ABC
S
S
A
1
B
1
C: (по теореме синусов)
2
11111
11
1
111
cossin2
sinsin289
;sin
sin
sin
1717
2
1
sin
2
1
;
sin
sin17
sin
sin
sinsin
11
ABC
CBA
S
CABCABAS
BA
CA
CABA
3). Найдём sin γ, sin
, cos γ, sin α.
а). Рассмотрим A
1
B
1
C
1
: AB
2
= A
1
C
1
2
+ B
1
C
1
2
C
1
= 90
0
(так как квадрат
стороны треугольника равен сумме квадратов двух других его сторон только в
прямоугольном треугольнику)
Тогда 2γ + 90
0
= 180
0
, γ = 45
0
2
2
sin,
2
2
cos
;
34
5
34
25
2
1781
2
cos1
2
cos
22
sin
2
sinsin).
111111111111
CBACBACBACBA
б
в).
.
17
4
2
17
15
1
2
cos1
2
cos
2
sinsin
111111111
CABCABCAB
4).
.3402017
34
40289
2
1
2
2
2
17
4
34
5
289
ABC
S
Ответ: S
ΔABC
= 340.
Задача 6.
Длины сторон треугольника являются последовательными членами
арифметической прогрессии. Доказать, что котангенсы половинных
углов этого треугольника являются последовательными членами
арифметической прогрессии.
Эта задача олимпиадного характера предложена для работы дома.
III. Подведение итога урока.
Разобрали 5 интересных задач, повторили большой по объёму
теоретический материал в геометрии, применили в решении преобразования
тригонометрических выражений и решение тригонометрических уравнений
на ограниченной области допустимых значений переменной величины.
Скачать материал

Геометрия - еще материалы к урокам: