Решение планиметрических задач с помощью некоторых базисных задач-теорем

              Министерство образования и науки Республики Бурятии

МКУ «Закаменское районное управление образования»

МАОУ «Закаменская средняя общеобразовательная школа №1»

Районная научно-практическая конференция

«Шаг в будущее»

Секция «Геометрия»

Решение планиметрических задач с помощью

некоторых базисных задач-теорем

/ Научно-исследовательская работа /

Выполнил: Доржо Зундуев, ученик 10 класса

        Руководитель: Зомонова Л.Г., учитель математики МАОУ

«Закаменская СОШ №1», учитель высшей категории

2018

Содержание

Введение……………………………………………………………………….…………..3

Глава 1………………………………………………………………………………….….4

         1.1 Обзор общих методов и приемов решения геометрических задач………….4

         1.2   Метод ключевых задач …………………………………………………...…..5

         1.3   Базисные задачи-теоремы ………………………………………………….....5

Глава 2.    Решение задач с помощью базисных задач-теорем …………………….…7

       2.1 Задачи на применение базисной задачи-теоремы 1 ………………………..…7

       2.2  Задачи на применение базисной задачи-теоремы 2 ……………………….…8

Заключение ………………………………………………………………………..……..9

Литература………………………………………………………………………….…...10

Приложения ………………………………………………………………………….…11

Введение

Решение планиметрических задач по геометрии,  вызывает трудности почти у большинства учеников. Это связано как с обилием различных типов задач, так и с многообразием приемов и методов их решения.

Как научиться решать задачи по планиметрии?  Прежде всего, конечно, необходимо обобщить и систематизировать знания по предмету. К сожалению, на страницах школьных учебников не содержится информация о том, какие существуют методы решения геометрических задач. Наверное, потому, что в отличие от алгебры, в геометрии нет стандартных задач, решающихся по образцу. Практически каждая задача требует «индивидуального» подхода. Но все-таки, изучив литературу по вопросу исследования,  можно выделить некоторые основные приемы  и методы решения планиметрических задач: поэтапно-вычислительный, алгебраический, тригонометрический, геометрический, метод вспомогательного аргумента, метод площадей, метод подобия, комбинированный метод и метод ключевых (базисных) задач.

Охватить всю геометрию сразу невозможно, поэтому   в данной работе рассмотрен один метод - метод решения планиметрических задач с помощью базисных задач-теорем. Также показано, что в  решении каждой задачи набора может эффективно использоваться утверждение его базисной (опорной) задачи-теоремы. Это задачи, которые используются наряду с главными теоремами геометрии: теоремой Пифагора, синусов, косинусов и др.

Актуальность данной темы определяется необходимостью уметь решать геометрические задачи при сдаче экзамена. Большинство задач по планиметрии не решается с помощью жестких алгоритмов, почти каждая геометрическая задача требует своего подхода. Мало иметь те или иные знания, нужно уметь применять их в каждом конкретном случае.

Объект исследования - геометрическая задача из раздела «Планиметрия».

Предмет исследования – методы решения задач, с использованием базисной задачи-теоремы.

Цель работы: поиск рациональных методов решения геометрических задач из раздела «Планиметрия», с использованием базисной задачи-теоремы.

Задачи:

• углубить и систематизировать знания, полученные на уроках геометрии,
• выбрать опорные задачи, с помощью которых можно решить задачи по данной теме и продемонстрировать основные приемы решения задач по теме на примерах;
• отобрать  задачи  по данной теме из   учебников, сборников  и других источников для самоподготовки.  

В ходе работы использовались следующие методы исследования:  сбор  информации; анализ; синтез; сравнение; обобщение; аналогия.

Глава 1.    Основные методы решения задач по геометрии

1.1  Обзор общих методов и приемов решения геометрических задач

Умение решать задачи  всегда основывается на хорошем знании теоретической части курса, знании достаточного количества геометрических фактов и в овладении приёмами и методами решения.  Для успешного решения  задачи необходимо знать методы решения геометрических задач.

Краткая характеристика основных методов решения геометрических задач.

1.  Поэтапно-вычислительный метод

Данный метод заключается в том, что задача разбивается на ряд подзадач, каждая из которых является либо элементарной, либо опорной,  поэтапное решение  этих подзадач и приводит к решению  данной задачи.

2.  Алгебраический метод решения

Под алгебраическим методом понимают  метод составления уравнения или системы уравнений, в которые входят данные и искомые величины. Этот метод является одним из наиболее распространенных при решении прямоугольных треугольников.

3.  Геометрические методы

К таким методам решения задач относят методы, использующие дополнительные построения, которые позволяют существенно упростить решение задачи. Это, например такие дополнительные построения, как

• проведение прямой через две данные точки;
• проведение через заданную точку прямой, параллельно данной, либо перпендикулярно данной:
• симметричные построения, поворот и т.д.

4.  Метод площадей

Данный метод предполагает использование свойств площадей к решению задач. Такие задачи, как правило не имеют универсального способа их решения. При поиске решения здесь приходится проявлять в полной мере и геометрическое видение, и творческий подход.

5.  Метод вспомогательного элемента

Иногда при решении геометрических задач надо ввести вспомогательный отрезок или угол. Чаще всего это разумно сделать в том случае, если в задаче  для её решения недостаточно  численных данных. Тогда величину недостающего отрезка или угла полагают равной, например, х и затем находят искомую величину. В процессе вычислений вспомогательная величина, как правило, сокращается, поэтому данный метод близок к алгебраическому методу.

6.  Комбинированный метод

 Комбинированный метод часто применяется при решении сложных задач, когда   невозможно обойтись каким то одним методом решения и приходится прибегать к использованию нескольких методов.

1.2   Метод ключевых задач

Учиться решать задачи с помощью ключевых – идея древняя.

Метод составления системы задач, построенный по принципу - каждая задача системы использует результат решения одной какой-либо опорной (базисной) задачи, называется методом ключевой задачи.

Существует две точки зрения на понятие ключевой задачи. Первая из них состоит в рассмотрении ключевой задачи как задачи-факта. Зачастую такая ключевая задача оказывается дополнительной теоремой школьного курса. Вторая точка зрения состоит в рассмотрении ключевой задачи как задачи-метода. При изучении какой-либо темы школьного курса можно отобрать определенный минимум задач, овладев методами решения которых, учащиеся будут в состоянии решить любую задачу на уровне программных требований по изучаемой теме.

Например,  из школьного курса планиметрии нам известны следующие ключевые задачи: 

1. Медианы в треугольнике пересекаются в одной точке и делятся в ней в отношении 2:1, считая от вершины.

2. Медиана делит треугольник на два равновеликих треугольника.

3. Медианы треугольника делят его на шесть равновеликих треугольников.

4. В прямоугольном треугольнике медиана, проведенная к гипотенузе, равна ее половине.

5. Биссектриса треугольника делит противоположную сторону на отрезки пропорциональные прилежащим сторонам.

6. Задача об отношении площадей треугольников, имеющих общую высоту (основание),

7.  Задача об отношении площадей подобных треугольников.

1.3   Базисные задачи-теоремы

Сформулируем и докажем еще две базисные задачи – теоремы.  

Задача о прямоугольном  треугольнике  с углом 15°.

Назовем её – базисная задача - теорема 1.

Для того чтобы угол прямоугольного треугольника равнялся 15°, необходимо и достаточно, чтобы высота, проведенная к его гипотенузе, была в четыре раза меньше гипотенузы.

Доказательство.  

 Достаточность. Пусть в треугольнике ABC Угол С= 90о , CH AB, AB=4CH.  Проведем медиану CM . Тогда  или  Отсюда угол СМН=30о. Это внешний угол равнобедренного треугольника MAC , поэтому угол А=углу С=30о:2=15о.

Необходимость. Проверяется с помощью обратного хода.  

Базисная задача-теорема 2.  Задача о разности квадратов наклонных и их проекций.

Разность квадратов двух наклонных, проведенных из одной точки к прямой,  равна разности квадратов их проекций.

Доказательство очевидное, вытекающее из теоремы Пифагора.

Данное утверждение находит в планиметрии рациональное применение во многих конфигурациях, содержащих окружность, медиану треугольника, симметричные точки. Нередко оно не только упрощает вычисления, но и раскрывает свойства взаимного расположения фигур.

Глава 2.    Решение задач с помощью базисных задач-теорем 1 и 2

2.1 Задачи на применение базисной задачи-теоремы 1

Задача 1.

Найти острый угол ромба, если известно, что сторона ромба служит средним геометрическим его диагоналей.

Решение.

Пусть AC и BD — диагонали ромба ABCD (рис. 1). По условию

поэтому    

По следствию 1 ∠ABO =15 °. Так как BD — биссектриса  угла B, то  ∠ B = 30°.

                                                                                                                              Ответ. 30°.

Задача 2. Окружность, построенная на основании  AD трапеции ABCD как на диаметре, проходит через середины боковых сторон AB и CD трапеции и касается основания BC . Найти углы трапеции.

Решение.

Очевидно, что ABCD — равнобедренная трапеция (рис. 2). Ее высота CH равна радиусу данной окружности,     Проведем AM , MN ⊥ AD.  MN — средняя линия треугольника CDH , так как CM = MD и CH || MN .

Отсюда ∠ MAD =15°. Имеем:

                                                                                             Ответ. 75°, 75°, 105°, 105°.

2.2   Задачи на применение базисной задачи-теоремы 2

Задача 1.    Из точки A к  окружности проведены две касательные AM , AN и секущая, пересекающая окружность в точках B и C , а хорду MN — в точке P. Найти AP : PC , если  

AB : BC =  2 : 3.

Решение.

                                                              Рис.  3

Пусть AB = 2x, BC = 3x , BP = y    (рис. 7).

Тогда AP = 2x + y, PC = 3x -y и AP : PC =(2x +y):(3x -y).

Требуется выразить x через y или наоборот. В этом состоит сложность задачи.

Точки A, B, P, C лежат на одной прямой, поэтому ясно, что отрезки хорды MN должны фигурировать в решении. здесь возникает мысль воспользоваться свойством пересекающихся хорд, чтобы заменить произведение      и базисной задачей, чтобы отрезки NP и PM рассматривать как производные проекций наклонных AM , AP (AK — высота и медиана равнобедренного треугольника AMN ).

Заметим, что наклонная AP выражена через x и y, а наклонная AM легко выражается через x как касательная к окружности:

Конфигурация уже знакома, поэтому аналогично запишем:

В принятых обозначениях:

или  

Отсюда                     .   Следовательно

                                                                                                                   Ответ. 4 : 3.

Задача 2.   

 В трапеции KLMN известны  боковые стороны KL = 27, MN = 28 и верхнее основание LM = 5. зная, что  ,  найти диагональ KM .

Решение

Пусть LP ⊥ NK и  MH⊥ NK . Заметим, что точка P может принадлежать либо основанию KN , либо его продолжению (рис. 5).

Cумма углов LMN и MNH равна 180°, поэтому  

                                          Рис. 4

В первом случае:

где x — проекция отрезка KL на прямую NK .

В треугольнике KMN отрезок MH является высотой и медианой. значит, он равнобедренный и MK = MN = 28.

Во втором случае:

                                                                                Ответ.

Заключение

В данной работе рассмотрены задачи, имеющие общую идею решения,  и показано, что в  решении каждой задачи набора может эффективно использоваться утверждение некоторой  базисной задачи-теоремы.

Разбор решений подобных задач  способствовало углублению и обогащению моих знаний по геометрии и развитию умений  решать планиметрические задачи.     Кроме этого,  формируется логическое мышление, развивается интуиция, систематизируются знания, расширяется общеобразовательный кругозор, накапливается полезный опыт.

Разбор задач по геометрии, – увлекательное занятие, требующее знания всех разделов школьной математики. Длительная работа над одной и той же задачей часто полезнее, чем решение нескольких задач. Все перечисленное создает условия для формирования навыков исследовательской учебной деятельности, способствующей накоплению творческого потенциала. Выбранный мною исследовательский метод позволил заглянуть за пределы школьного учебника, провести поиск интересных задач. Данный материал можно использовать на уроках геометрии при повторении и обобщении материала в 9-х и 11-х классах, а так же на занятиях элективных курсов при подготовке к экзаменам.

Литература

1. Атанасян Л.С., Бутузов В.Ф., Кадомцев С.Б. и другие Геометрия 7-9: Учебник для общеобразовательных учреждений. М: Просвещение, 2017.

2. Зеленяк О.П. Решение планиметрических задач: общая идея // Математика. Все для учителя – 2010. Пилотный выпуск – С. 12-18.

3. Осипенко Л.А., Стацевичуте  Е.Э. Опорные задачи планиметрии: методическое пособие. – Иркутск, 2010. – 48 с.: ил. – (Серия «Университетский лицей»).

4.  Шарыгин И. Ф., Гордон Р. К. Сборник задач по геометрии. 5000 задач с ответами. — М.: ООО «Астрель—АСТ», 2001. — 400 с.: ил.

Интернет-источники.
1. https://books.google.ru/books?id=PRD4AQAAQBAJ&pg=PA2&lpg=PA2&dq=РЕШЕНИЕ+ЗАДАЧ+ПО+ПЛАНИМЕТРИИ.+ТЕХНОЛОГИЯ+АЛГОРИТМИЧЕСКОГО 

2.  Бородина Т.П. Методы решения геометрических задач по планиметрии 7-9. Режим доступа:

https://infourok.ru/statya-metodi-resheniya-geometricheskih-zadach-po-planimetrii-460021.html

Приложения

1. Задачи на применение базисной задачи-теоремы 1.

Задач №1. 

 Дан треугольник ABC , в котором  2hс = AB и величина угла A равна 75°. Найти величину угла C .

Решение.

Проведем BM ⊥ AC , MN  ⊥ AB (рис.1). Тогда в  прямоугольном треугольнике ABM с острыми углами 15°, 75°  MN = .  Так как AB = 2hс  по условию, то  

поэтому MN — средняя линия треугольника ACH . В треугольнике ABC высота BM служит медианой. значит, он равнобедренный и ∠C = ∠A = 75°.

                                                                                                                      Ответ. 75°.

           Рис. 1                                             Рис. 2

Задач №2. 

 На стороне AB треугольника ABC взята точка  M такая, что

 AM : MB =1: 2. Известно, что ∠А=45°, ∠B = 75°. доказать, что ACM =15 °.

Доказательство.

Пусть BH  ⊥ AC , MN⊥ AC (рис. 2). Тогда AN : NH =1:2,   ∠ ABH = 45°,  ∠CBH = 30°

Обозначив AN = x, находим NH = 2x , NM = x , BH = 3x, HC =   NC = .

В треугольнике MNC катеты выражены через x, поэтому вычислим их произведение и квадрат гипотенузы.

Отсюда MC2 =  4MN .NC и меньший острый угол NCM , лежащий против меньшего катета, равен 15°.

Итак, ∠ ACM =15 °, что и требовалось доказать.

Задач №3.  

 В квадрат вписан другой квадрат. Определить  меньший угол между сторонами квадратов, если отношение  площадей квадратов равно 1,5.

Решение.

Из условия следует, что DB2: AC2 = 3: 2 , где DB  и AC — стороны заданных квадратов (рис. 3).

так как AD = BC . Имеем: (BC + AB)2: AC = 3: 2 .

Значит, по следствию острый угол A прямоугольного треугольника ABC , меньший угол между сторонами квадратов, равен 15°.

                                                                                                                                Ответ. 15°.

                    Рис. 3                                    Рис. 4

Задач №4.   

В прямоугольном треугольнике  ABC биссектриса AP острого угла A делится центром вписанной окружности в отношении

Найти острые углы данного треугольника.

Решение.

O — точка пересечения биссектрис треугольника ABC (рис.4). По свойству биссектрисы BO угла B треугольника ABP AB : BP =  AO :OP . Пусть

Тогда

 то есть    .

По следствию 1  ∠ BAP =15°. следовательно,  ∠ A =  30°,   ∠ C = 60°.

                                                                                                                    Ответ. 30°, 60°.

Задача №5.    

В треугольнике ABC угол B — тупой. серединный перпендикуляр к стороне AB пересекает сторону AC в точке M , а серединный перпендикуляр к стороне AC пересекает прямую AB в точке N (точка B лежит между N и A). Отрезки MN и BC равны и взаимно перпендикулярны. Найти углы треугольника ABC .

Решение.

Пусть K — середина AB, L — середина AC , D =  , H = ,  ∠CDM = 90°

(рис. 4).  Прямоугольные треугольники CDM и NLM подобны  (острый угол LMN — общий). Отсюда   ∠ MNL = ∠ C .

Четырехугольник KMLN — вписанный  (∠ NLM +  ∠ NKM =180 °).

Диаметр описанной окружности MN , перпендикулярный хорде LK , делит ее пополам.

Значит, LH = LK = BC = MN , так как LK — средняя линия треугольника ABC и BC = MN по условию. LH — высота прямоугольного треугольника NLM , проведенная к гипотенузе, поэтому по базисной задаче-теореме  ∠ MNL =15°.

Имеем:  ∠ C =15 °;  ∠ LMN = 75°,   ∠ LMK =150 °;   ∠AMK =180 °-150 °= 30°,  

∠ A =  60°;    ∠ B =105 °.

                                                                                                         Ответ. 15°, 60°, 105°.

               Рис.5                                              Рис. 6

Задача №5.

 Окружность, построенная на высоте AD прямоугольного треугольника ABC как на диаметре, пересекает катет AB в точке K , а катет AC — в точке M . Отрезок KM пересекает высоту AD в точке L. Известно, что отрезки AK , AL и AM составляют геометрическую прогрессию (то есть AK : AL = AL : AM ). Найти острые углы треугольника ABC .

Решение.

Проведем DK (рис. 6). Так как AD — диаметр окружности, то треугольник ADK — прямоугольный. Кроме того, MK = AD (как диаметры), DK || AM . значит, AMDK — прямоугольник и треугольники ADK и AKM равны.  ∠AKM = ∠DAK = ∠KDB = ∠C .

Отсюда ACB   AKM . соответствующие углы подобных треугольников равны, поэтому вычислим углы треугольника AKM , стороны и медиана которого связаны главным условием задачи.

Имеем:  

                                       так  как    

По следствию 1  ∠AKM =15 °. следовательно,  ∠C =15 °,    ∠B = 75°.

                                                                                                          Ответ. 15°, 75°.

2. Задачи на применение базисной задачи-теоремы 2.

Задача №6. 

 В треугольнике даны две стороны  a и b ( a > b) и площадь S . Найти угол между высотой и медианой, проведенными к третьей стороне.

Решение.

Пусть в ABC CH — высота, CM — медиана,  CB = a, CA =b (рис. 7).

                     Рис. 7

Обозначим искомый угол HCM через .

Тогда    

или

                                                                                                Ответ.  

Рассмотрим процесс поиска, предшествовавший  решению.

Введя обозначения AM = MB = x , AB = 2x , HM = y , начнем поиск зависимостей между данными величинами (a; b; S) и искомой величиной (углом  ), используя промежуточные величины (x; y).

Как найти угол ? Можно использовать тригонометрические функции, теоремы косинусов, синусов, другие подходящие соотношения. Выберем tg .  На отношение отрезков указывает прямая связь (отрезок HM — промежуточная величина y ) и косвенная: катета-высоты CH с заданной площадью S .

Видим, что числитель, выраженный через промежуточные величины, необходимо выразить через данные величины. Вычислять каждый множитель отдельно или произведение xy?

Воспользуемся аналогиями.

Тождество  

встречалось при упрощении выражений, при выводе формулы производной произведения двух функций, в задачах с равнобедренной трапецией, основания которой x и y, и т. п.; свойство транзитивности — при доказательстве неравенств, сравнении чисел, решении задач с наклонными, проведенными из одной точки, в методе площадей и тому подобное.

Из треугольников CHA и CHB:

Отсюда 4xy = a2 –b2 . Имеем:

Решение найдено.

Анализируя полученное выражение, замечаем, что разность квадратов a2 –b2 можно выразить через отрезки прямой AB :

Остается увидеть замену отрезка BM равным ему отрезком AM .

Задача №7. 

 O — точка пересечения диагоналей параллелограмма ABCD. Найти площадь этого параллелограмма, если AB = a , AD =b (a < b ), ∠ AOB =    (0°<  < 90 °).

Решение.

Пусть OD =OB = x , OH = y , где AH ⊥ BD (рис.8.

                    Рис.8

По следствию 1 из базисной задачи набора

Имеем:  

                                                                                    Ответ.  

Задача №8.

 В трапеции ABCD боковые стороны AB и CD равны соответственно 1 и 2, а диагонали BD и AC -  .    Вычислить площадь трапеции.

Решение.

Из вершины C проведем: CN || AB , CK || BD, CH ⊥AD, медиану CM в образовавшемся треугольнике NCD (рис. 9). Тогда CN =1.

 Введем обозначения

BC = AN = DK = a, NM = MD = b, HM = x

и дважды воспользуемся следствием 1 из базисной задачи:

Отсюда  

то есть a =  b.

                                                 Рис.  9

Теперь найдем a, выражая, например, квадрат общей медианы CM из   ACK и NCD:

Значит, a =1, ABCN — ромб.

Площадь S трапеции равна сумме площадей четырех  равновеликих треугольников: ABC,  ACN,  NCM, MCD, имеющих равные основания и высоту. следовательно, искомую площадь можно вычислить как удвоенную площадь ромба ABCN или прямоугольного треугольника ACM (BN ⊥ AC , MC ⊥ AC ).

                                                                                             Ответ. .

Задача №9.

 В равнобедренном треугольнике ABC боковые стороны AB и BC равны a. На основании AC взяты точки K и M так, что .KBM = 90°. Найти MB , если

Решение.

Проведем высоту и медиану BH в заданном треугольнике (рис. 10).

                                                          Рис. 10

По условию    

Преобразуем разность.

Имеем:      или    

Итак,      Откуда   .

                                                                                                               Ответ.   .

Задача №10.

 ( Теорема Стюарта). Точка D расположена на стороне AB треугольника ABC. Доказать, что

Доказательство.                                      

                                                                                      Рис.  11

Проведем CH ⊥ AB и введем обозначения a, b, c для длин BC, AC и AB сторон треугольника, d — чевианы CD , m и n — отрезков BD и AD (рис. 11).

Требуется доказать, что  

Если DH = x, то проекции наклонных a, b, d соответственно равны m + x, n-x, x.

Имеем: a -d =(m +x)2 –x2 = m2 +2mx ;

               b2 –d2 =(n -x)2 –x2 = n2 -2nx .

Умножим первое равенство на n, а второе на m.

Теперь почленно сложим полученные равенства:

что верно, так как    m+n=c.

Задача №11.     В равнобедренном треугольнике ABC (AB = BC ) проведена высота BD . M — проекция точки D на сторону AB , точка K — середина отрезка DM , N — точка пересечения прямых BK и MD. доказать, что угол BNC равен 90°.

Доказательство

Воспользуемся вторым следствием из базисной задачи, убеждаясь в истинности равенства          

AB =BC (рис.12), CK — медиана  ∆CMD,  

поэтому  

так как   .

                                                        Рис. 12

Выразим MC2 из  ∆CMA по теореме косинусов:

Имеем:

  (   из прямоугольного треугольника ABD).

Полученное равенство AM2 +MD2 = AD2   верно в силу теоремы Пифагора.

Итак, BK ⊥MC ,  ∠BNC = 90°, что и требовалось доказать.

Задача 12.   

 В трапеции KLMN известны  боковые стороны KL = 27, MN = 28 и верхнее основание LM = 5. зная, что  ,  найти диагональ KM .

Решение

Пусть LP ⊥ NK и  MH⊥ NK . Заметим, что точка P может принадлежать либо основанию KN , либо его продолжению (рис. 13).

Cумма углов LMN и MNH равна 180°, поэтому  

                                          Рис. 13

В первом случае:

где x — проекция отрезка KL на прямую NK .

В треугольнике KMN отрезок MH является высотой и медианой. значит, он равнобедренный и MK = MN = 28.

Во втором случае:

                                                                                Ответ.