Методическая разработка для школ и классов с углубленным изучением математики «Решение задач, требующих дополнительных построений»

РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ, ТРЕБУЮЩИХ ДОПОЛНИТЕЛЬНЫХ ПОСТРОЕНИЙ

(методическая разработка для школ и классов с углубленным изучением математики)

Чернышев Э.Н.,

учитель математики МБОУ СОШ № 6

г.Красный Сулин

Решение геометрических задач относится к области проектно-исследовательской деятельности, поскольку требует перебора возможностей, выдвижения и проверки гипотезы, оптимизацию пути от условия к результатам и использования неожиданных сочетаний различных математических закономерностей.

Такими задачами наполнены КИМы ГИА (контрольно-измерительные материалы государственной итоговой аттестации). Выделение общего алгоритма в таких задачах невозможно. Однако, могут быть определены общие подходы, основанные на опыте решения указанных задач.

Метод дополнительных построений при решении геометрических задач является сложным, так как вид дополнительного построения никогда не задан явно. Но, имея представления о возможностях дополнительных построений, решение геометрической задачи сводится к набору известных методов. Иногда условие задачи непосредственно «подсказывает» выбор вида дополнительного построения.

В учебнике геометрии Л.С. Атанасяна для 7-9 классов имеется теоретический материал, в котором рассматриваются различные дополнительные построения в доказательстве теорем (о соотношении между сторонами и углами треугольника, о свойстве касательной, Пифагора, косинусов, о свойстве вписанного угла и др.). Однако, обособленного метода дополнительных построений не выделяется, задачный материал по этой теме скуден.

В статье обобщен и систематизирован дидактический материал по проблеме решения сложных геометрических задач за курс основной школы.

Предлагаемая статься будет полезна не только педагогам, реализующих программы математической направленности на профильном уровне, но и

участникам математических олимпиад и конкурсов;

участникам ГИА;

воспитанникам детских объединений математической направленности;

обучающимся по программам углубленного и повышенного уровня математического образования;

обучающимся, проявляющих способности в области геометрии, черчения;

подросткам, нуждающимся в развитии логического и образного мышления;

авторам учебных проектов и НИР в области математики.

Таким образом, статья обуславливает достижение следующей цели: создать методические условия для повышения уровня и качества решения обучающимися сложных геометрических задач, в которых возможно использование дополнительных построений.

Рассмотрим и классифицируем решения задач, требующих дополнительных построений.

№1. В равнобедренную трапецию, периметр которой 80, а площадь равна 320, можно вписать окружность. Найти расстояние от точки пересечения диагоналей трапеции до ее меньшего основания.

Решение.

Рис. 1.1 Рис. 1.2

По Рис. 1.1.:

Треугольник АВН:

Тогда сумма оснований равна ВС+АН+НМ+МD,

х=8.

Т.о., ВС=8, АD=12.

Далее требуется построение отдельного чертежа, на котором будет указана точка пересечения диагоналей и перпендикуляр, проведенный из этой точки к меньшему основанию.

По Рис.1.2.:

Ответ. 3,2.

№2.В трапеции АВС с основаниями А и ВС на боковых сторонах взяты точки М и К так, что АМ:ВМ=К:СК=2:3. Найти МК, если ВС=15, А=25.

Решение.

Рис. 2

Здесь важную роль в решении играет точка Р пересечения прямых, содержащих боковые стороны трапеции. Тогда можно применять законы подобия треугольников:

1).

2).

Ответ. МК=21.

№3.Через середину К медианы ВМ треугольника АВС и вершину А проведена прямая, пересекающая сторону ВС в точке Р. Найти отноршение площади треугольника АВК к площади четырехугольника КРСМ.

Решение.

Рис. 3

1). Здесь решение сразу начинается с построения недостающего отрезка. Проведем МТ||АР. Тогда МТ – средняя линия треугольника АРС, т.е. СТ=ТР. Тогда КР – средняя линия треугольника ВМТ.

2). Пусть площадь треугольника ВКР равна а (а>0), тогда площадь треугольника КРС равна 2а, площадь треугольника КВС равна 3а, площадь треугольника КМС равна 3а. Далее находим площадь искомых фигур:

3).

Ответ. 0,6.

№4. Площадь треугольника АВС равна 80. Биссектриса АD пересекает медиану ВК в точке Е, причем ВD:СD=1:3. Найти площадь четырехугольника ЕDСК.

Решение.

Рис. 4

1).

2). Пусть

Тогда

3). Пусть Тогда

4).

5).

Ответ. 36.

№5.В треугольнике АВС на его медиане отмечена точка К так, что ВК:КМ=4:1. Прямая АК пересекает сторону ВС в точке Р. Найти отношение площади треугольника АВК к площади четырехугольника КРСМ.

Решение.

Рис. 5

1). Построим МТ||АР, тогда МТ- средняя линия треугольника АРС.

2). В треугольнике ВТМ: ВР=4у, РТ=у.

3). Пусть

4).

5).

6).

7).

Ответ. 1,5.

№6. Найти площадь трапеции, диагонали которой 6 и 8, а средняя линия 5.

Решение.

Рис. 6

1). Если КР=5, ВС=х, то АD=10-х.

2). Построим СМ || ВD, тогда ВСМD – параллелограмм, где СD=8, DМ=х.

3). В треугольнике АСМ: АС=6, СМ=8, Тогда треугольник АСМ прямоугольный,

4). Трапеция АВСD и треугольник АСМ равносоставлены. (общий треугольник АСD, треугольники СМD и АВС равны). Тогда

=24.

Ответ. 24.

№7. Найти площадь трапеции, диагонали которой 15 и 13, а средняя линия 7.

Решение.

Рис. 7

Задача решается аналогично предыдущей; поиск площади трапеции сводится к поиску площади равновеликого треугольника АСМ со сторонами 13, 15 и 14. По формуле Герона:

,

Ответ.

№8. Известно, что около четырехугольника АВСD можно описать окружность и что продолжения АD и ВС пересекаются в точке К. Докажите, что треугольники КАВ и КСD подобны.

Решение.

Рис. 8

Пусть угол А равен α, тогда угол ВСД равен 1800- α, угол ДСК равен α. Угол К – общий, следовательнол треугольники КАВ и КСD подобны.

№9.Окружности с центрами А и В пересекаются в точках К и М таким образом, что отрезок АВ не имеет общих точек с прямой КМ. Докажите, что прямые КМ и АВ перпендикулярны.

Доказательство.

Рис. 9

Считаем излишним изображение самих окружностей; достаточно указать центры и общие точки.

Треугольники АВК и МВК равны, угол КАВ равен углу МАВ. Тогда АН – биссектриса и высота равнобедренного треугольника МАК.

№10. Окружности с центрами Р и К не имеют общих точек, и ни одна из них не лежит внутри другой. Внутренняя общая касательная к этим окружностям делит отрезок, соединяющий их центры в отношении a:b. Докажите, что отношение диаметров этих окружностей равно a:b.

Доказательство.

Рис. 10

В этой задаче необходимо построение внутренней касательной, т.е. такой, что окружности лежат по разные стороны от нее.

Так как РН || LK, то треугольники РНМ и МКL подобны. Тогда

№11. Биссектрисы углов А и В параллелограмма АВСD пересекаются в точке К. Найти площадь параллелограмма, если ВС=19, а расстояние от точки К до АВ равно 10.

Решение.

Рис. 11

Треугольник АНК равен треугольнику АКN, треугольник ВНК равен треугольнику ВМК, тогда КN=НК=МК=10. Тогда NМ=20, а искомая площадь равна 380.

Ответ. 380.

№12. В треугольнике АВС биссектриса ВЕ и медиана АD перпендикулярны и каждая равна 28. Найти стороны треугольника АВС.

Решение.

Рис. 12

Достроим треугольник АВС до параллелограмма АВКС.

1). АD=BE=28; треугольник АВD – равнобедренный (ВР – биссектриса и высота), тогда АР=РD=14, ВС=2ВD=2АВ.

2). По свойству биссектрисы треугольника: т.е. СЕ=2АЕ, АС=3АЕ.

3).Треугольники АРЕ и РВК подобны; тогда Следовательно, 3РЕ=ВР, т.е. РЕ=7, ВР=21.

4). ; .

5).

Ответ.

№13. Окружности радиусов 12 и 20 касаются внешним образом. Точки А и В лежат на первой окружности, точки С и D – на второй. При этом АС и ВD – общие касательные окружностей. Найти расстояние между прямыми АВ и СD.

Решение.

Рис. 13

Для решения этой задачи необходимо построить значимые радиусы и опустить перпендикуляр из точки О1 на прямую О2D. МР – искомое расстояние.

1). Треугольник О1О2Н: углы 1 и 2 равны (с сонаправленными сторонами), косинусы их равны

2). Треугольник РО1В: косинус угла 2 равен 0,25, тогда

3). Треугольник МО2D: косинус угла 1 равен 0,25, тогда МО2=5.

Итак,

Ответ. 30.

Завершив обзор решений задач, решения которых содержат дополнительные построения, необходимо отметить следующее:

Решения приведенных задач обусловлены наличием дополнительных построений.

Дополнительные построения могут следовать непосредственно из условия задачи и обуславливать возможность рассмотрения свойств отрезков и углов в связи с их включением в качестве элементов в различные геометрические фигуры (см. задачи №№ 1, 2).

Потребность в дополнительных построениях может быть обусловлена поиском фигур-аналогов или фигур, имеющих те же свойства, что и исходная (см. задачи №№ 6, 7, 11).

Встречаются также ситуации, когда дополнительные построения могут дать возможность использовать такую математическую теорию, которая неприменима в исходных условиях (см. задачи №№ 3-5,8, 9, 10, 12, 13). Так, например, в задаче № 13 только использование элементов тригонометрии, возникающее при построении прямоугольного треугольника, дает возможность найти неизвестный элемент.

В действующих учебниках геометрии для основной школы, в пособиях для подготовки к ГИА, в материалах для школ и классов с углубленным изучением математики и для подготовки к олимпиадам не выделяется и не рассматривается как обособленный класс задач, требующих дополнительных построений. В связи с этим проведенный обзор решений и обобщенные выводы будут полезны выпускникам при подготовке к итоговой аттестации.

Дополнительные источники информации

http://vschool.org.ru/images/doc/proekt/2016-17/math/proekt_math-9.pdf

https://rosuchebnik.ru/material/dopolnitelnye-postroeniya-v-planimetrii/

https://shkolkovo.net/catalog/zadachi_po_planimetrii/trebuyuschie_dopolnitelnogo_postroeniya

https://student.eee-science.ru/wp-content/uploads/2017/02/Lyhina_statya.pdf

Атанасян Л.С. Геометрия 7-9. Учебник для общеоб. Организаций. М.:Дрофа, 2020.

https://elib.bspu.by/bitstream/doc/2176/1/%D0%9C%D0%B0%D1%82%D0%B5%D0%BC%D0%B0%D1%82%D0%B8%D0%BA%D0%B0_2014_1.pdf

ПРИЛОЖЕНИЕ

Задачи для самостоятельного решения [1-6]

1.Задачи из учебника Л.С. Атанасяна «Геометрия 7-9»: №160,165,200, 384,388,393,527.

2. Докажите, что треугольник является равнобедренным, если совпадают проведенные из одной и той же вершины медиана и биссектриса.

3.В прямоугольном треугольнике АВС (С = 90) проведена медиана СД. Докажите, что СД=ДВ (для проверки усвоения метода)

4. Найти среднюю линию трапеции, диагонали которой перпендикулярны и равны 6 и 8.

5. Найдите площадь трапеции с основаниями 6 и 7 и диагоналями 5 и 12.

6. Найдите площадь трапеции, если её диагонали равны 17 и 113, а высота равна 15.

7. В трапеции АВСD ВС II AD M N- середины оснований ВС и AD. АС=√15, ВD=1, MN=2. Найдите площадь трапеции.

8.Вычислить площадь трапеции, параллельные стороны которой равны 16 и 44, а непараллельные - 17 и 25.

9.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.

10. Отрезок, соединяющий середины оснований трапеции, равен 3. Углы при большем основании равны 300 и 600, Найдите высоту,

11. В трапеции длина средней линии равна 4, а углы при одном из оснований имеют величины 400 и 500 . Найти длины оснований трапеции, если длина отрезка, соединяющего середины этих оснований, равна 1. 12. Найдите косинус острого угла равнобедренной трапеции, основания которой равны 37 и 49, а боковые стороны равны 15.

13.Из точки Р, расположенной внутри острого угла с вершиной А, опущены РВ и РС на стороны угла. Известно, что СВР=250. Найдите угол САР.

14.В выпуклом четырехугольнике АВСD диагонали АС и ВD пересекаются в точке О. < АВС = 1110 , <ОВС = 490 , < АСD = 620 . Найти углы САD и АDС

15.В трапеции АВСD с основаниями АD и ВС угол АВD равен углу АСD. Доказать, что АВСD – равнобедренная трапеция.

16.Известно, что ВМ и СN – высоты треугольника АВС, при этом МN=10, и ВС =26. Найдите расстояние между серединами отрезков МN и ВС.

5.В выпуклом четырехугольнике АВСД известно, что ВСД= 800, АСВ=500 и АДВ=300. Найдите АДВ.

17. В выпуклом четырехугольнике АВСD АВД = АСД = 450, ВАС = 300, ВС=1. Найдите АД. 18. В треугольнике АВС проведена высота ВК. Найти длину отрезка, соединяющего точку К с серединой АВ, если АВ = 10 см.