PROBLEME IN CARE SE

FOLOSESC FORMULELE DE 38375vyk54miy6f

CALCUL A ARIEI UNOR

SUPRAFETE PLANE

yi375v8354miiy

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; h_a ,h_b ,h_c-lungimea inaltimilor din A,B,C; r-raza cercului inscris; R-raza cercului circumscris; r_a ,r_b ,r_c-razele cercurilor exinscrise; S-aria.

1. S=a∙h_a/2 (definitie)

2. S=a∙b∙sinC

3. S=a²∙sinB∙sinC/2∙a∙sinA (si analoagele)

4. S= (Heron)

5. S=p∙r

6. S=

7. S=(p-a)∙r_a (si analoagele)

8. S=r_ar_br_c

9. S=p¹∙R (p¹-este semiperimetrul triunghiului artic)

Proprietatea de aditivitate: In ΔABC daca m(AB) si K atunci K

ARIA PATRULATERULUI CONVEX

Notatii generale: a,b,c,d-lungimile laturilor; d₁,d₂-lungimile diagonalelor; -masura unghiului format de diagonale; h-lungimea inaltimii(unde este cazul); S-aria

Definitie S_ABCD=S_ABC+S_ADC=S_ABD=S_BCD

Din definitie alicand teorema de aditivitate a ariilor shi formula 2 pentru aria triunghiului se obtine formula generala: S=d₁∙d₂∙sin/2, de unde se obtine pentru patrulaterul ortodiagonal S=d₁∙d₂/2

ARIA PARALELOGRAMULUI

S=a∙h_a=b∙h_b ; S=a∙b∙sinB

ARIA DREPTUNGHIULUI

S=a∙b S=d²∙sin/2

ARIA ROMBULUI

S=a∙h S=a²∙sin u unde u={m(), m()} S=d₁∙d₂/2

ARIA TRAPEZULUI

S=(B+b)∙h/2 unde B,b sunt lungimile bazelor trapezului

ARIA UNUI PATRULATER INSCRIPTIBIL

S= unde p este semiperimetrul patrulaterului

Cap.3 PROBLEME REZOLVATE

Prob.1 In DABC avem AB=20cm si lungimile medianelor AA¹ respectiv BB¹ sunt 24cm si 18 cm. Sa se calculeze aria DABC.

1. Blaluca-Geometrie plana

A

B C

A¹

Se da: DABC

[AA¹] si [BB¹] mediane

AB=20cm AA¹=24cm BB¹=18cm AA¹BB¹={G}

Se cere: _ABC=?

Rezolvare:

_DABG=∙∂DABA¹=∙∂ΔABC=

AG=∙AA¹AG=16cm

BG=∙BB^!BG=12cm

∂ΔABG=∂ΔABG==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

1. Balauca-Geometrie plana

P A Q

B M D C

N

Ip. ΔABC C: A,P,Q coliniare

M mijlocul lui BC ACBP, ANP, QBNC sunt echivalente

S_M(A)=N ∂NMQC=∂ABC

S_B(N)=P ∂ANP=2∂ABC

S_BC(N)=Q

Demonstratie:

1.AM=MN Din 1 si 2 MB linie mijlocie in ΔANP BM paralel cu AP 1¹

2.BP=BN Din 3 si 4 MC linie mijlocie in ΔANQ MC paralel cu AQ 2¹

3.AM=MN

4.S_BC(N)=Q

Din 1¹ si 2¹ conform postulatului lui Euclid prin A se duce o singura paralela la BC

P,A,Q sunt coliniare

b) 1.AM=MN Din 1 si 2 ANBC paralelogram

2.BM=MC

3.AC paralel cu BP Din 3 si 4 PACB paralelogram

4.PA paralel cu BC (din a)

∂ACBP=BC∙QD

∂ANP=PA∙NQ/2=2BC∙2∙QD/2=BC∙QD=∂ACBP

QNBC∂BQCN=BC∙QN/2=BC∙2QD/2∂ACBP=∂ANP=∂BQCN

c) ∂NMQC=MC∙NQ/2==BC∙QD/2=∂ABC

d)∂ANP=AP∙NQ/2=BC∙2QD/2=2∂ABC

Prob.3 Daca in triunghiul ABC, AD si AM sun bisectoare respectiv mediana sa se arate ca d(M,AC)∙DC=d(M,AB)∙DB unde D,M BC.

1. Balauca-geometrie plana

A

F E

C

B D M

Ip: ΔABC

AM mediana

AD bisectoarea BAC

C: d(M,AC)∙DC=d(M,AB)∙DB

Demonstratie:

M mijlocul lui BC∂ABM=∂AMC

AD bisectoare

d(M,AC)∙DB=d(M,AB)∙DC

Prob.4 Fie patratul ABCD si M(AB), iar E si F proiectiile varfurilor B respectiv D pe CM. Daca BE=72cm si DF=96cm calculati:

1. Dan Branzei-Matemetica in concursurile scolare

2. daca |AB|=120cm

M

A B

F

D C

Se da:ABCD patrat Se cere: |BM|/|MA|=?

M(AB) ∂BEDF/∂ABCD=?

BEMC

DFMC

DF=96

BE=72

Rezolvare:

∂ΔDCM/∂MBC==DF/BE===

1)=

2)∂MBCD=

3)∂MBC=

Din 1,2,3

3. Daca AB=120cmMB=

F.PMC²=MB²+BC²

BE inaltime in ΔMBC(m)(cm)

MB²=ME∙MC8100=ME∙150

ME=8100/150=54cm

DF∙MC=DC∙BC

DF==96cm

FC²=DC²-DF²FC²=120²-96²=24∙146=4∙6∙6∙36

EF=150-(72+54)=150-126=24cm

∂BEDF=(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

Din 1 si 2 pe baza cazului de congruenta cateta-catetaΔAMQ≡ΔBNM≡ΔCPN≡ΔPDQ

∂ΔAMQ=∂ΔBNM=∂ΔCPN=∂ΔPDQ=

∂MNPQ=a²

∂ABCD=∂MNPQ+4∂AMQ=a²+=a²+2bc

(b+c)²=a²+2bcb²+c²=a²

SOLUTIE 2

Ip ABCD trapez dreptunghic

AB paralel cu DC, m

EAD

DC=AE=b, DE=AB=c, CE=EB=a

C:a²=b²+c²

Demonstratie:

ADAB, AB paralel cu DC

1.AB=DE=c

2.DC=AE=b

3.mD=mA=

Din 1,2,3 ΔABE≡ΔDEC[EC]≡[EB], m≡mABEm si CE=EB

∂ABCD=

∂ABCD=2∂ABE+∂BEC=2∙

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:

∂ΔABC=

∂ΔABC este maximasinA=maxim

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

Ip: ΔABC

[AA¹ bisectoarea

ADBC, A¹, D(BC)

C:

Demonstratie:

1.∂ΔABA¹=

2.∂AA¹C=

Din 1 si 2

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

ADBC

BEAC

ADBE={H}

C:Aria ABH=ariaHDCE

Demonstratie:

In triunghul echilateral ortocentrul coincide cu centrul de greutate al triunghiului.

∂HDCE=∂ADC-∂AHE

ΔAHE≡ΔBHD1.

2.AH=BH

3.≡

Din 1, 2 si 31¹.∂AHE=∂BHD

2¹.∂ΔABD=∂ΔADC

Din 1¹ si 2¹∂ABD-∂AHD=∂ADC-∂BHD∂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