Методы дополнительных построений при решении геометрических задач
 Скачать 2.3 Mb.
|
|
Муниципальное общеобразовательное учреждение «Вохомская средняя общеобразовательная школа» Проект «Методы дополнительных построений при решении геометрических задач» Работу выполнила ученица 9 Б класса Козлова Екатерина Учитель: Будилова Наталья Геннадьевна Вохма, 2017 Актуальность темы. При подготовке к экзамену по математике большинство задач по планиметрии не решается с помощью строгих алгоритмов, почти каждая геометрическая задача требует своего подхода. Искусство решать задачи основывается на хорошем знании теории, на знании достаточного количества геометрических фактов и в овладении приёмами и методами решения. Эти методы обладают некоторыми особенностями: большое разнообразие, трудность формального описания, взаимозаменяемость, отсутствие чётких границ области применения. При решении геометрических задач используются три основных метода: • геометрический – когда требуемое утверждение выводится с помощью логических рассуждений из ряда известных теорем; • алгебраический – когда искомая геометрическая величина вычисляется на основании различных зависимостей между элементами геометрических фигур непосредственно или с помощью уравнений; • комбинированный – когда на одних этапах решение ведется геометрическим методом, а на других - алгебраическим. Во многих случаях решать задачи помогает введение в чертеж дополнительных линий - так называемые дополнительные построения. Такие дополнительные построения, вводящие новые углы и новые отрезки, иногда приводят к появлению геометрических фигур, облегчающих решение задачи. Цель работы: выяснить, в чем состоит суть метода дополнительных построений; узнать, при решении каких задач целесообразно использовать метод дополнительных построений. Задачи: • изучить разнообразные методы, которые могут быть успешно применены при решении многих геометрических задач; • выявить, при решении каких задач метод дополнительных построений является наиболее эффективным. Этапы выполнения проекта. Подготовительный. 1. Решение задач из списка ОГЭ по геометрии 2. Повторение свойств фигур Планирование. 1. Определение темы, сроков, продукта проекта. 2. Определение списка необходимой литературы, источников информации. 3. Составление плана работы над проектом, определение цели и задач. Выполнение 1. С помощью дополнительных источников информации (Интернета, учебников по геометрии других авторов) выписать задачи, типы которых встречаются в экзаменационных работах. 2. Провести классификацию методов решения задач по геометрии. 3. Составить список трудных задач и задач, которые решаются методом дополнительных построений. 4. Выяснить суть метода дополнительных построений, применить к решению задач. 5. Всю собранную информацию оформить в виде книжки- справочника по геометрии. Презентация продукта. Книжка- справочник по теме «Дополнительные построения при решении геометрических задач». Сроки реализации – 6 месяцев. При выполнении проекта испытывали трудности в недостаточности знаний при решении задач, классификации методов решения задач, соотнесения решения к нужному методу. Книжку- справочник рекомендую учащимся 9-11 классов для подготовки к экзаменам и олимпиадам, а также ученикам, которые увлекаются математикой. Метод дополнительных построений при решении геометрических задач. Суть метода: Решение планиметрической задачи начинается с построения чертежа, аккуратное выполнение которого помогает найти связи между элементами фигуры и наметить дальнейшие действия. Дополнительные линии чаще всего проводятся для того, чтобы свести задачу к ранее решенной или просто более простой задаче. Они позволяют включить в задачу новые фигуры с их свойствами, тем самым увеличить число теорем, которые можно использовать при решении задачи. Дополнительные построения в треугольнике Дополнительное построение удвоение медианы треугольника с последующим достраиванием треугольника до параллелограмма, то есть продолжить эту медиану на расстояние равное длине медианы, т.е. продлить ее за точку, лежащую на стороне треугольника. Полученная новая точка соединяется с вершиной (вершинами) исходного треугольника, в результате чего образуются равные треугольники. Равенство соответствующих элементов этих треугольников помогает найти неизвестную величину или доказать предложенное утверждение. Задача 1. В треугольнике АВС медиана ВМ в два раза меньше стороны АВ и образует с ней угол 40o. Найдите угол АВС. Решение: Продлим медиану BM за точку M на ее длину и получим точку D. Так как AB = 2BM , то AB = BD , то есть треугольник ABD — равнобедренный. Следовательно, BAD = BDA = (180 o - 40 o ) : 2 = 70 o Четырёхугольник ABCD является параллелограммом, так как его диагонали точкой пересечения делятся пополам. Значит, CBD = ADB = 70o . Тогда ABC = ABD + CBD = 110 o Ответ: 110 o Дополнительное построение прямоугольный треугольник достраивается до равнобедренного треугольника, в котором один из катетов данного треугольника становится высотой (медианой и биссектрисой), а другой – половиной основания. 37 М D C B 1. свойство отрезка, соединяющего середины диагоналей трапеции. Отрезок, соединяющий середины диагоналей трапеции, равен полуразности оснований. BC 2 1 AD 2 1 MO MQ OQ BC AD BC AD OQ 2 1 2 1 2 1 2. A Дополнительные построения в трапеции. Дополнительное построение : проведение высот из концов одного основания на другое. Задача 1. Найдите косинус острого угла равнобедренной трапеции, основания которой равны 37 и 49, а боковые стороны равны 15. Дано: ABCD- равнобокая трапеция. АВ=CD. ВС= 37 ; AD = 49 ; АВ= 15. Найти: cos A. Решение: 1. Опустим высоты из вершин тупых углов на нижнее основание ВМ и СК. 2. АМ=(AD-BC)/2=(49-37)/2=6. 3. Рассмотрим треуг. АВМ- прямоугольный. cos A = АМ АВ = 6 15 = 0,4. Ответ: 0,4. Дополнительное построение: через вершину меньшего основания провести отрезок, параллельно второй диагонали. Это позволяет получить параллелограмм и треугольник. При этом площадь полученного треугольника равна площади трапеции. Доказать: S ACK = S ABCD Доказательство: 1. S ABCD = S AВC +S ACD. 2. S ACK = S ACD + S DCK. 3. S ABC = S CDK (тк у треугольников равные основания ВС=DK и высоты). 4. Значит, S ACK = S ABCD. Задача 1. Найти среднюю линию трапеции, диагонали которой перпендикулярны и равны 6 и 8. Дано: АВСD- трапеция. АС=6, CD= 8. Найти: Среднюю линию трапеции. Решение: 1. Через вершину C меньшего основания трапеции ABCD проведём прямую, параллельную диагонали BD . Пусть K — точка пересечения этой прямой с прямой AD 2. Рассмотрим треугольник АСК – прямоугольный, тк по условию задачи диагонали трапеции перпендикулярны. 3. По теореме Пифагора АК = √АС 2 + СК 2 =√6 2 + 8 2 = 10. 4. Средняя линия треугольника РМ= 10:2=5. 5. Средняя линия треугольника АСК равна средней линии трапеции (основание АК треугольника равно сумме оснований трапеции). Ответ: 5. Задача 2. Найдите площадь трапеции с основаниями 6 и 7 и диагоналями 5 и 12. Дано: АВСD – трапеция. АD= 7; ВС=6. АС=5; DВ=12. Найти : S трапеции. Решение: 1. Через вершину C меньшего основания трапеции ABCD проведём прямую, параллельную диагонали BD . Пусть K — точка пересечения этой прямой с прямой AD . Тогда данная трапеция равновелика треугольнику ACK . ВС=DK=6. 2. Рассмотрим треугольник АВК, АС=5, СК=12, АК= 13. Получаем, треугольник АВК – прямоугольный. 3. Площадь трапеции АВСD равна площади треугольника АСК. S АСК =АС∙СК/2=5∙12/2=30. Ответ: 30. Задача 3. Найдите площадь трапеции, если её диагонали равны 17 и 113, а высота равна 15. Решение: 1. Через вершину C меньшего основания трапеции ABCD ( AC = 17, BD = 113) проведём прямую, параллельную диагонали BD . Пусть K — точка пересечения этой прямой с прямой AD . Тогда данная трапеция равновелика треугольнику ACK . 2. В треугольнике АСК AC = 17, CK = 113и высота CM = 15. 3. Из прямоугольных треугольников ACM и KCM находим, что AM = = = = = 8, KM = = = = = = = 7· 16 = 112 Если точка M лежит между точками A и K, то S ABCD = S Δ AKC = AK· CM = (AM + KM)· CM = 60· 15 = 900. Если же точка A лежит между точками M и K, то S ABCD = S Δ AKC = AK· CM = (KM - AK)· CM = 52· 15 = 780. Ответ : 900 или 780. Задача 4. В трапеции АВСD ВС II AD M N- середины оснований ВС и AD. АС=√15, ВD=1, MN=2. Найдите площадь трапеции. Решение: 1. Через вершину C меньшего основания трапеции ABCD проведём прямую, параллельную диагонали BD . Пусть K — точка пересечения этой прямой с прямой AD . 2. Так как DBCK- параллелограмм, то DB=CK=1. 3. Проведем CF II MN. F- середина АК. 4. Площадь трапеции АВСD равна площади треугольника АСК. Таким образом, задача свелась к нахождению площади треугольника АСК по двум сторонам АС=√15, СК=1 и медиане к третьей стороне CF=2. «Удвоим медиану CF. Так как AF=FT, то ACKT-параллелограмм. По теореме о сторонах и диагоналях параллелограмма АК 2 +СТ 2 =2(АС 2 +СК 2 ). Получаем АК= 4. 5. Рассмотрим треугольник АСК, АК=4, CK=1. АС=√15,. Получаем, что треугольник АСК-прямоугольный. 6. S АСК =2∙ √15/4= √15 2 Ответ: √15 2 Дополнительное построение: Проведение через вершины трапеции прямой, параллельной боковой стороне, не содержащей эту вершину. При этом получаем параллелограмм и треугольник. Задача 1. Вычислить площадь трапеции, параллельные стороны которой равны 16 и 44, а непараллельные - 17 и 25. Решение: 1. В трапеции ABCD проведем DEIIBC, тогда AE=AB-CD=44-16=28, DE=BC=17. 2. Пусть DF- высота трапеции. Пусть AF=х, Найдем высоту DF из треугольников ADF и EDF DF 2 = AD 2 -AF 2 =DF 2 -EF 2 3. Получили: 25 2 -х 2 =17 2 -(28-х) 2 , х=20, DF=15. 4. По формуле площади трапеции S ABCD = AB+CD 2 ∙ DF= 44+16 2 ∙ 15 =450. Ответ: 450. Задача 2. Длины боковой стороны AD и основания CD трапеции ABCD равны 2, а длина основания АВ равна 4. Длина диагонали АС равна √7. Найти длину боковой стороны ВС. Решение: 1. Проведем через С прямую, параллельную стороне AD. Она пересечет основание АВ в точке М. 2. Тогда AM=DC=2. 3. AB=4, AM=2, MB=2. Следовательно, СМ – медиана треугольника АСВ. 4. угол АСВ=90 0. т.к. если медиана СМ равна половине стороны АВ, 5. Рассмотрим треугольник АСВ- прямоугольный. По теореме Пифагора СВ 2 =АМ 2 -АС 2 =4 2 - 7=9, ВС=3. Ответ: 3. Дополнительное построение : проведение через середину меньшего основания прямых, параллельных боковым сторонам. Задача 2, Отрезок, соединяющий середины оснований трапеции, равен 3. Углы при большем основании равны 300 и 600, Найдите высоту, Решение. Через середину M меньшего основания BC трапеции ABCD проведём прямую, параллельную боковой стороне AB, до пересечения с основанием AD в точке P и прямую, параллельную боковой стороне CD, до пересечения с прямой AD в точке Q. Если K —середина AD, то PK = AK − AP = AK − BM = DK − MC = DK − QD = KQ. Поэтому MK — медиана треугольника PMQ, а так как ∠ PMQ = 180 0 − 60 0 − 30 0 = 90 0 , то PK = KQ = MK = 3 Если ∠ A = 60 0 , то ∠ MPK = 60 0 Поэтому треугольник PMK — равносторонний, его высота равна 3√3 2 Следовательно, высота трапеции равна 3√3 2 Дополнительное построение : Продление боковых сторон до пересечения. Прямая, проходящая через точку пересечения диагоналей трапеции и точку пересечения продолжений её боковых сторон, проходит через середины оснований трапеции. Доказательство: Треугольники BSC и ASD подобны и в каждом из них медианы ST и SG делят угол при вершине S на одинаковые части. Следовательно, точки S, T и G лежат на одной прямой. Точно так же на одной прямой расположены точки T, O и G. Это следует из подобия треугольников BOC и AOD. Значит, все четыре точки S, T, O и G лежат на одной прямой. Задача 1. В трапеции длина средней линии равна 4, а углы при одном из оснований имеют величины 40 0 и 50 0 . Найти длины оснований трапеции, если длина отрезка, соединяющего середины этих оснований, равна 1. Решение: 1. Пусть ВС=х, AD=у, то ВМ=МС=х/2, AN=ND=у/2. 2. Продолжим прямые АВ и DC до пересечения в точке F. И заметим, что угол AFD=180 0 -50 0 -40 0 =90 0. 3. Следовательно, FM=х/2 ( по свойству медиан из прямого угла), FN =х/2. 4. Получаем два уравнения: MN=у/2-х/2=1. И (у+х)/2=4 ( по теореме о средней линии трапеции). 5. Получаем х=3, у=5. Ответ: 3 и 5. Дополнительное построение - вспомогательная окружность. Вспомогательные окружности часто облегчают вычисление углов в задачах о "некруглых" фигурах. Теорема 1: (условие принадлежности четырех точек окружности). Если для четырех точек плоскости А, В, М, К выполняется одно из следующих условий: а) точки М и К расположены по одну сторону от прямой АВ и при этом АМВ = АКВ, то точки А, В, М и К лежат на одной окружности б) точки М и К расположены по разные стороны от прямой АВ и при этом АМВ + АКВ = 180 0 , то точки А, В, М и К лежат на одной окружности Особенно важную роль играет частный случай. Теорема 2 . Если АМВ = АКВ= 90 0 , то точки А, В, М, К расположены на окружности с диаметром АВ. (два случая слились в один: точки М и К могут располагаться как по одну, так и по разные стороны от прямой АВ). Т1 и Т2 и свойства вписанных углов позволяют решать некоторые интересные геометрические задачи с помощью вспомогательной окружности. Задача 1: В треугольнике АВС проведена высота ВК. Найти длину отрезка, соединяющего точку К с серединой АВ, если АВ = 10 см. Решение: проведем высоту АМ, тогда углы АКВ и АМВ равны по 90 0 , значит точки А, К, М, В лежат на одной окружности и АВ – диаметр. (На рисунке окружность изображена штриховой линией). Точка О – середина АВ по условию . Следовательно, АО = ОВ = КО = r = 5 см. Ответ: 5см. Задача 2. В выпуклом четырехугольнике АВСD диагонали АС и ВD пересекаются в точке О. < АВС = 111 0 , <ОВС = 49 0 , < АСD = 62 0 . Найти углы САD и АDС Решение: <АВО = 111 0 – 49 0 = 62 0 .Таким образом В и С лежат по одну сторону от АD и углы АВО и АСD равны значит точки А, В, С, D лежат на одной окружности. <АDС и <АВС вписанные, значит их сумма равна 180 0 , отсюда <АDС = 180 0 – 111 0 = 69 0. 2. дуга АDС равна 222 0 . Значит дуга DС равна 222 0 – 124 0 = 98 0 . Угол САD вписанный и равен 49 0 . Ответ: <САD = 49 0 <АDС = 69 0 Задача 3. В трапеции АВСD с основаниями АD и ВС угол АВD равен углу АСD. Доказать, что АВСD – равнобедренная трапеция Решение: Точки В и С лежат по одну сторону от АD и углы < АВD = < АСD, то точки А, В, С,D лежат на окружности. Так как хорды ВС ║ AD , то дуга АВ равна дуге СD. Поскольку равные дуги стягивают равны хорды, то АВ = СD. Вывод: Метод дополнительных построений при решении геометрических задач является непростым, тк нужное дополнительное построение не всегда удается определить с первого взгляда. Но, зная различные способы дополнительных построений и их применение, решение геометрической задачи становится намного проще, тк появляются другие фигуры (чаще те, которые мы изучили) , свойства которых нам известны. Метод дополнительных построений помогает решать задачи понятно и красиво. |