Probleme in rezolvarea carora se folosesc formulele de calcul a ariei unor suprafete plane referat





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

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).

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.

  1. S=a∙ha/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)∙ra (si analoagele)

  8. S=rarbrc

  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 SABCD=SABC+SADC=SABD=SBCD

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∙ha=b∙hb ; 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

 

B1

 

 

G

 

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

SM(A)=N ∂NMQC=∂ABC

SB(N)=P ∂ANP=2∂ABC

SBC(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.SBC(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

E

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

  1. 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

a

c



a

b N c

a

aa

a

a

a

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

H

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

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!”

 

 

 

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











Copyright © Contact | Trimite referat


Ultimele referate adaugate
Mihai Beniuc
   - Mihai beniuc - „poezii"
Mihai Eminescu Mihai Eminescu
   - Mihai eminescu - student la berlin
Mircea Eliade Mircea Eliade
   - Mircea Eliade - Mioara Nazdravana (mioriţa)
Vasile Alecsandri Vasile Alecsandri
   - Chirita in provintie de Vasile Alecsandri -expunerea subiectului
Emil Girlenu Emil Girlenu
   - Dragoste de viata de Jack London
Ion Luca Caragiale Ion Luca Caragiale
   - Triumful talentului… (reproducere) de Ion Luca Caragiale
Mircea Eliade Mircea Eliade
   - Fantasticul in proza lui Mircea Eliade - La tiganci
Mihai Eminescu Mihai Eminescu
   - „Personalitate creatoare” si „figura a spiritului creator” eminescian
George Calinescu George Calinescu
   - Enigma Otiliei de George Calinescu - geneza, subiectul si tema romanului
Liviu Rebreanu Liviu Rebreanu
   - Arta literara in romanul Ion, - Liviu Rebreanu











Scriitori romani