Коллеги - педагогический журнал Казахстана
Учительские университеты
| Главная » Статьи » В помощь учителю » Математика |
Программа элективного курса «Некоторые методы решения геометрических задач» для учащихся 9 класса
| МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ И НАУКИ РЕСПУБЛИКИ КАЗАХСТАН ГОСУДАРСТВЕННОЕ УЧРЕЖДЕНИЕ «ЭКОНОМИЧЕСКИЙ ЛИЦЕЙ» Г.СЕМЕЙ Утверждена на заседании Педагогического совета ГУ «Экономический лицей» Протокол №1 от ____ 2011г Председатель Педагогического совета ______ Хамидуллина Н.Р. Программа элективного курса «Некоторые методы решения геометрических задач» для учащихся 9 класса в объеме 34 часов Составитель: Воробьева Ирина Юрьевна, учитель математики 2011 год Пояснительная записка Правильному применению методов можно научиться только применяя их на разнообразных примерах. Г. Цейтен Основная функция элективных курсов по выбору в системе предпрофильной и профильной подготовки по математике – формирование представлений об идеях и методах математики, о математике как универсальном языке науки; развитие творческих способностей у школьников, осознанных мотивов учения, подготовка к продолжению образования и сознательному выбору профессии. Решение геометрических задач вызывает трудности у многих учащихся. Это объясняется, прежде всего, тем, что редко какая либо задача по геометрии может быть решена с использованием определённой теоремы или формулы. Большинство задач требует применения разнообразных теоретических знаний, доказательства утверждений, справедливых лишь при определенном расположении фигуры, применение различных формул. Приобрести навык в решении задач можно, лишь решив достаточно большое их количество, ознакомившись с различными методами, приёмами и подходами. Программа для общеобразовательных школ по геометрии не акцентирует внимание на методах решения задач, особенно на их частные случаи. Искусство же решать задачи основывается на хорошем знании теоретической части курса, знании достаточного количества геометрических фактов, в овладении определённым арсеналом приёмов и методов решения геометрических задач. Методы решения геометрических задач обладают некоторыми особенностями, а именно: большое разнообразие, трудность формального описания, взаимозаменяемость, отсутствие чётких границ области применения. Поэтому целесообразно рассмотреть применение подходов, приёмов, методов при решении конкретных задач. Знакомство учащихся с методами решения геометрических задач стимулирует анализ учащихся своей деятельности по решению задач, выделению в них общих подходов и методов, их теоретическое осмысление и обоснование, решение заданий несколькими способами. Особое внимание уделяется аналитическому способу решения задач, доводится до понимания учащихся, что анализ условия задачи, анализ решения задачи – важнейшие этапы её решения. Учащиеся знакомятся со схемой восходящего анализа. Знание методов решения геометрических задач позволяет решать, казалось бы, сложные математические задачи просто, понятно и красиво. Кроме того, предлагаемый курс позволяет создать целостное представление о теме и значительно расширить спектр задач, благодаря пониманию методов, приёмов решения задач. Конструирование программного содержания на занятиях по курсу может быть проведено по алгоритму: 1. обобщение первоначальных знаний; 2. систематизация, конкретизация и углубление теоретических знаний; 3. проектирование и организация практической деятельности учащихся по применению базисных знаний. Такая конструкция программного материала, законченность блоков содержания, помогает ученику достигать поставленных перед ним дидактических задач и позволяет осуществлять интеграцию разных видов и форм обучения. Важное значение при организации учебно-познавательной деятельности имеет обратная связь: внутренняя при взаимоконтроле, самоконтроле и внешняя. В данном элективном курсе следует выделить два главных направления: 1. Знакомство школьников с основными методами решения задач планиметрии. 2. Решение одной задачи всеми доступными им способами. Следует особо отметить, что успешность п.2 во многом зависит от самих школьников, от их инициативы и творчества. Поэтому основными формами проведения занятий будут служить практикумы, соревнования, работа в группах, математические бои, дискуссии, т.е. личностно-ориентированные технологии, направленные на запланированный конечный результат. Содержание материала, поуровневая индивидуализация учебной и дифференциация обучающей деятельности на фоне благоприятного психологического климата дают возможность создать ситуацию выбора для учителя и ученика, помогают ученику сформировать общеучебные умения и навыки, повысить его образовательный уровень, что связано с дальнейшим успешным самообразованием и профессиональным самоопределением. Цель курса: расширить представления учащихся о методах, приемах, подходах решения задач по планиметрии в системе предпрофильной и профильной подготовки. Задачи курса: Общеобразовательные: Познакомить учащихся с некоторыми методами решения задач: а) методом опорного элемента; б) методом площадей; в) методом введения вспомогательного параметра; г) методом восходящего анализа; д) методом подобия; е) методом дополнительного построения; Познакомить учащихся с некоторыми теоремами планиметрии и свойствами фигур, не рассматриваемыми в курсе геометрии 7-9 классов. Развивающие: Развивать общеучебные умения учащихся, логическое мышление, алгоритмическую культуру, математическое мышление и интуицию, повысить их уровень обученности. Развивать творческие способности школьников, готовить их к продолжению образования и к сознательному выбору профессии. Воспитательные: Воспитывать ответственность, самостоятельность, настойчивость, критичное отношение к себе, культуру умственного труда; Формировать качества мышления, необходимые для продуктивной жизни в обществе; Воспитывать навыки общения со сверстниками, навыки работы в команде, навыки осознания своего вклада в общий проект. Место курса в системе профильной подготовки. Курс направлен на профильную подготовку по математике. Он расширяет и углубляет базовый курс по геометрии, является предметно ориентированным, дает возможность учащимся познакомиться с различными методами, приемами решения задач по геометрии, которые являются не только эффектными, но и эффективными. Данный элективный курс будет способствовать совершенствованию и развитию знаний и умений по математике, даст возможность учащимся проанализировать свои способности к математической деятельности. Требования к знаниям и умениям учащихся. После изучения данного элективного курса учащиеся должны : • правильно анализировать условие задачи; • выполнять грамотный чертеж к задаче; • выбирать наиболее рациональный метод решения; • в сложных задачах использовать вспомогательные задачи (задачи - спутники); • логически обосновывать собственное мнение; • использовать символический язык для записи решений геометрических задач; • следить за мыслью собеседника; корректно вести дискуссию. Административной проверки усвоения материала курса “Некоторые методы решения геометрических задач” не предполагается. В технологии проведения занятий осуществляется обратная связь при взаимоконтроле и самоконтроле. Возможно проведение обучающих самостоятельных работ и итогового тестирования. Содержание элективного курса ( всего 34 часа) Тема 1. Методы решения геометрических задач (2ч.) Три основных метода решения геометрических задач: геометрический; алгебраический; комбинированный. Анализ и синтез. Метод восходящего анализа. Дополнительные методы и приемы решения задач. Анализ условия задачи, анализ решения задачи – этапы решения задачи. Решение задач. Тема 2. Треугольник (16ч.) Обзор теоретического материала по теме. Решение задач с использованием методов: 1. метода опорного элемента, метода площадей; 2. метода введения вспомогательного параметра; 3. метода дополнительного построения: а) проведение прямой параллельной или перпендикулярной одной из имеющихся на рисунке; б) удвоение медианы треугольника; в) проведение вспомогательной окружности; г) проведение радиусов в точки касания окружности и прямой или двух окружностей; 4. использование свойства медиан, биссектрис и высот треугольника; 5. метода подобия; 6. применение тригонометрии (теоремы синусов и теоремы косинусов). Тема 3. Четырехугольники (14ч.) Обзор теоретического материала по теме. Параллелограмм. Вписанные и описанные четырехугольники. Трапеция. Свойства трапеции определенного вида. Решение задач с использованием: 1. метода подобия; 2. метода опорного элемента; метода площадей; 3. метода введения вспомогательного параметра; 4. свойств трапеции определенного вида; 5. метода дополнительного построения. Задания для самостоятельной работы учащихся Работа с рекомендованной литературой. Самостоятельное решение предложенных задач с последующим обсуждением вариантов решения. Самостоятельный подбор задач по теме элективного курса с использованием дополнительной математической литературы. Самостоятельное конструирование задач по изучаемому курсу и их презентация. Самоанализ когнитивной и креативной деятельности учащихся. Итоговое тестирование(2ч.) Тематическое планирование курса № Тема Кол-во часов Форма занятия Гл.1 Методы решения геометрических задач 2 1 Основные методы решения задач 1 Лекция 2 Основные этапы решения задач 1 Лекция Гл. 2 Треугольник 16 3-4 Обзор теоретического материала по теме 2 Лекция 5-6 Метод опорного элемента 2 Практикум 7-8 Метод площадей 2 Практикум 9-10 Метод введения вспомогательного параметра 2 Практикум 11-12 Метод дополнительного построения 2 Практикум 13-14 Замечательные точки треугольника 2 Практикум 15-16 Метод подобия 2 Практикум 17-18 Применение тригонометрии 2 Практикум Гл.3 Четырехугольники 14 19 Обзор теоретического материала по теме: «Параллелограмм». 1 Лекция 20 Обзор теоретического материала по теме: «Вписанные и описанные четырехугольники». 1 Лекция 21 Обзор теоретического материала по теме: «Трапеция. Свойства трапеции определенного вида». 1 Лекция 22 Решение задач с использованием свойств трапеции определенного вида 1 Практикум 23-24 Метод подобия 2 Практикум 25-26 Метод опорного элемента 2 Практикум 27-28 Метод площадей 2 Практикум 29-30 Метод введения вспомогательного параметра 2 Практикум 31-32 Метод дополнительного построения 2 Практикум 33-34 Итоговое занятие 2 Тестирование Итого 34 Список литературы: 1. Атанасян Л.С. и др. Геометрия. Учебник для 7-9 кл. общеобразовательных учреждений. – М.: Просвещение, 1998. 2.Бекбаев И. Геометрия 8 класс 3.Бекбаев И. Геометрия 9 класс 4. Габович И.Г. Алгоритмический подход к решению геометрических задач. – М.: Просвещение, 1996. 5. Гусев В.А. и др. Практикум по решению математических задач. – М.: Просвещение, 1985. 6. Пиголкина Т.С. Математическая энциклопедия абитуриента. – М.: изд. Российского открытого университета, 1992. 7. Пойа Д. Как решать задачу. – М.: Просвещение, 1959. 8.Сборник заданий для проведения экзамена по математике за курс 9-летней школы Кокшетау 2010г. 9. Семенов С.В., Хазанкин Р.Г. Математика. Трапеция. – УРЭК, 1997. 10. Шарыгин И.Ф. Геометрия-8. Теория и задачи. – М.: Рост, МИРОС, 996. 11. Шарыгин И.Ф. Решение задач: учеб. пособие для 10 кл. общеобразоват. учреждений. – М.: Просвещение, 1994. 12. Сборник конкурсных задач по математике для поступающих во ВТУЗы. Под ред. М.И. Сканави. Учеб. пособие. – С.-Петербург, 1994. 13.Рустюмова И.П. Пособие для подготовки к ЕНТ по математике.- Алматы, 2009г. 14. Рабинович Е.М., Полонский В.Б. Учимся решать задачи по геометрии.Киев, 1996г. 15http://www.omsk.edu.ru/_metodics/subjects/matematika/matem_cemenova.doc 16.http://www.slideshare.net/rasparin/ss-6848561 Приложение к элективному курсу Тема 1. Методы решения геометрических задач Геометрия – наиболее уязвимое звено школьной математики. Это связано как с обилием различных типов геометрических задач, так и с многообразием приемов и методов их решения. В отличие от алгебры , в геометрии нет стандартных задач, решающихся по образцу. Практически каждая геометрическая задача требует «индивидуального» подхода. На наших занятиях мы рассмотрим некоторые способы решения задач, характерные именно для геометрии, научимся применять различные приемы и методы, которые используются при решении геометрических задач. При решении геометрических задач обычно 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. Какой бы путь ни был выбран, успешность его использования зависит, естественно, от знания теорем и умения применять их. В качестве основного метода решения геометрических задач, который стоит освоить и отработать в первую очередь, выступает алгебраический метод. Алгебраический метод, вернее основные его модификации, могут быть в достаточной степени алгоритмизированы. Задача1. Высота прямоугольного треугольника, проведенная к гипотенузе, разбивает его на два треугольника с площадями 4 и 16.Найдите длину гипотенузы. Решение: Обозначим АД= х , ДВ= y, СД=h, составим систему уравнений А с С В {█(1/2 yh=16@1/2 xh=4@h^2=xy)┤ {█(yh=32@xh=8@h^2=xy)┤ умножим первое и второе уравнения, получим {█(h^2 xy=256@@h^2=xy)┤ h^2=16, h = 4, АД= 2, ДВ=8, АВ= АД+ ДВ= 10 Ответ : 10. Тема 2. Треугольник Решение задач с использованием: 1. а) Метода опорного элемента Метод опорного элемента является основным методом составления уравнений в геометрических задачах и заключается в следующем: один и тот же элемент (сторона, угол, площадь, радиус и т. д.) выражается через известные и неизвестные величины двумя разными способами, и полученные выражения приравниваются. Довольно часто в качестве опорного элемента выбирают площадь фигуры. Тогда говорят, что для составления уравнения используется метод площадей. б ) Метода площадей. Характеристика метода. Из названия следует, что главным объектом данного метода является площадь. Для ряда фигур, например для треугольника, площадь довольно просто выражается через разнообразные комбинации элементов фигуры (треугольника). Поэтому весьма эффективным оказывается прием, когда сравниваются различные выражения для площади данной фигуры. В этом случае возникает уравнение, содержащее известные и искомые элементы фигуры, разрешая которое мы определяем неизвестное. Здесь и проявляется основная особенность метода площадей – из геометрической задачи он «делает» алгебраическую, сводя все к решению уравнения (а иногда системы уравнений). Само сравнение выражений для площади фигуры может быть различным. Иногда площадь фигуры представляется в виде суммы площадей ее частей. В других случаях приравниваются выражения, основанные на различных формулах площади для одной и той же фигуры, что позволяет получить зависимость между ее элементами. Суть метода площадей не ограничивается только описанным выше приемом. Иногда бывает полезно рассмотреть отношение площадей фигур, одна из которых (или обе) содержит в себе искомые элементы. Основные свойства площадей. Свойство №1 Если вершину треугольника передвигать по прямой, параллельной основанию, то площадь при этом не измениться. Доказательство: Рассмотрим ▲ABC и ▲ADC. Они имеют общее основание и равные высоты, так как прямые AC и BD параллельные, то расстояние между ними равно h - высоте ▲ABC и ▲ADC. Если площадь треугольника находится по формуле S=21 a h, то SABC=SADC=21 AC h. Свойство №2 Если два треугольника имеют одинаковые высоты, то отношение их площадей равно отношению длин оснований (сторон, на которые опущены эти высоты). Доказательство: Пусть h1 = h2 в двух треугольниках с основаниями a и b. Рассмотрим отношение площадей этих треугольников S2S1=21 b h221 a h1. Упростив, получим S2S1=ba. Свойство №3 Если два треугольника имеют общий угол, то их площади относятся как произведение сторон, заключающих этот угол. Доказательство: Рассмотрим ▲ABC и ▲MBN с общим углом B , где AB = a, BC = b, MB = a1и NB = b1. Пусть S1 = SMBN и S2 = SABC. Используя формулу площади треугольника вида S=21 a b sin , рассмотрим отношение площадей ▲ABC и ▲MBN . Тогда S2S1=21 a b sinB21 a1 b1 sinB. Упростив, получим S2S1=a ba1 b1. Свойство №4 Отношение площадей подобных треугольников равны квадрату коэффициента подобия. Доказательство: Рассмотрим ▲ABC и ▲MBN. Пусть AB = k MB, BC = k NB и ABC= MBN . Используя формулу площади треугольника вида S=21 a b sin , рассмотрим отношение подобных площадей ▲ABC и ▲MBN. Тогда S2S1=21 AB BC sinB21 MB NB sinB= MB NBk NB k MB=k2 . Свойство № 5 Медиана треугольника делит его на две равновеликие части. Доказательство: Рассмотрим ▲ABC . Пусть медиана BM , тогда AM=MC=21AC. Медиана делит треугольник на два с одинаковой высотой. Найдем площади треугольников ▲ABM и ▲MBC по формуле S=21 a h. Получим SABM=21 AM h и SMBC=21 MC h. Значит SABM=SMBC. Свойство №6 Медианы треугольника делят его на три равновеликие части Доказательство: Рассмотрим ▲ABC. Проведем медианы из всех вершин, которые пересекаются в точке O. Получим треугольники ▲AOB, ▲BOC, ▲AOC. Пусть их площади равны соответственно S1, S2, S3. А площадь ▲ABC равна S. Рассмотрим ▲ABK и ▲CBK, они равной площади, т.к. BK медиана. В треугольнике ▲AOC OK - медиана, значит площади треугольников ▲AOK и ▲COK равны. Отсюда следует, что S1 = S2. Аналогично можно доказать, что S2 = S3 и S3 = S1 . Свойство №7 Средние линии треугольника площади S отсекают от него треугольники площади 1\4 S. Доказательство: Рассмотрим ▲ABC. NM - средняя линия в треугольнике и она равна половине основания AC. Если SABC = S , то SNBM=1\2 NM 1\2h=1\2(1\2 AC)(1\2 h)=1\4 S. Аналогично можно доказать, что площади всех треугольников равны одной четвертой части площади ▲ABC. Свойство №8 Медианы треугольника делят его на 6 равновеликих частей. Доказательство: По свойству №7 площади ▲AOB, ▲BOC, ▲AOC равны. По свойству №5 площади ▲AOM, ▲BOM равны. Значит S1 = S6 . Аналогично S2 = S3. Если S1 + S6 = S2 + S3 и 2S1 = 2S2 значит S1 = S2. И так далее. получим, что все шесть треугольника имеют равные площади и они составляют шестую часть от площади ▲ABC. Задача. Найти формулу для площади произвольного треугольника. Решение. Пуст S – площадь треугольника ABC (рис. 7). Проведем высоту BD и получим прямоугольные треугольники ABD и CBD. Очевидно, что S = SABD + SBCD. Воспользуемся теперь известным правилом нахождения площади прямоугольного треугольника и получим: S = BD*AD\2 + BD*DC\2 = BD*AC\2/ Заметим, что данное решение было проведено для остроугольного треугольника. В случае же тупоугольного треугольника результат не изменится, отличие будет лишь в исходном соотношении для площади S = SABD – SBCD. Таким образом, сформулируем правило: площадь произвольного треугольника равна половине произведения стороны треугольника на высоту, проведенную к этой стороне. 2. Метода введения вспомогательного элемента или параметра а) Вспомогательный отрезок Характеристика метода. Длину некоторого отрезка, рассматриваемой в задаче фигуры полагают равной, например, x и затем находят искомую величину. При этом в одних случаях вспомогательная величина в процессе решения задачи «исчезает» (сокращается), а в других ее нужно определить через данные условия и поставить в полученное для искомой величины выражение. б) Bспомогательный треугольник Характеристика метода. При помощи некоторого дополнительного построения (продление отрезка, геометрическое преобразование и др.) получают треугольник, который дает возможность получить решение задачи. Обычно такой треугольник обладает двумя важными для решения задачи свойствами: 1) его элементы некоторым образом связаны с элементами, фигурирующими в условии задачи; 2) для его элементов легче найти характеристики, позволяющие получить решение, чем для фигур непосредственно заданных условием. Задача. Доказать, что средние линии треугольника параллельны его сторонам и вдвое меньше их. Решение. Пусть точки K, L, M – середины сторон AB, BC, CA треугольника ABC соответственно Продолжим отрезок KL за точку L на отрезок NL = KL и получим вспомогательный треугольник NLC. Тогда ▲KBL = ▲ NLC (по двум сторонам и углу между ними). и т.д. Значит, углы треугольника KBL равны углам треугольника ABC, а стороны его вдвое меньше сторон треугольника ABC. Это же верно и для треугольников AKM, MCL, KML, так как они равны треугольнику KBL. P.S. Кроме описанного метода, при решении данной задачи используется известное дополнительное построение – продление отрезка на отрезок, равный самому себе. 3 Метод дополнительного построения Во многих случаях решать геометрические задачи помогает введение в чертеж дополнительных линий- так называемые дополнительные построения. В одних случаях эти построения напрашиваются сами собой. При решении нестандартных задач найти удачное вспомогательное построение не так-то просто. Требуется достаточно большой опыт, изобретательность, геометрическая интуиция. Специфика решения задач по геометрии методом дополнительных построений проявляется уже на этапе построения чертежа. Довольно часто применяются так называемые «скелетные чертежи».Чаще всего в задачах, в которых фигурируют окружности, сами окружности не чертятся, а лишь фиксируется центр и радиус. Стандартное дополнительное построение в задачах на трапецию : проводим либо два перпендикуляра к основанию и получаем прямоугольник и два прямоугольных треугольника, либо проводим отрезок, параллельно боковой стороне, и получаем параллелограмм и произвольный треугольник. б) удвоение медианы треугольника; Характеристика метода. Довольно часто, когда в условии задачи фигурирует медиана треугольника, бывает полезным продлить ее за точку, лежащую на стороне треугольника, на отрезок, равный самой медиане. 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. Можно рассмотреть задачу: Докажите, что треугольник является равнобедренным, если совпадают проведенные из одной и той же вершины медиана и биссектриса. При решении рассмотреть треугольник ABC, в котором отрезок BM – его медиана и биссектриса. Продлить BM на отрезок MD = BM. При этом образовались равные треугольники AMB и MCD (1-й признак равенства треугольников). Из равенства этих треугольников имеем доказать, что AB = BC, откуда следует истинность утверждения задачи. в) Проведение вспомогательной окружности Рассмотрим один из основных геометрических методов решения задач – метод вспомогательной окружности. Предлагаю набор задач, который поможет понять и разобраться в этом методе. При решении некоторых задач может оказаться полезной следующая теорема. Т.1 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; (рис. 1) б) точки М и К расположены по разные стороны от прямой АВ и при этом <АМВ + <АКВ = 180 ,(рис. 2) то точки А, В, М, К лежат на одной окружности Рис. 1 Рис. 2 Особенно важную роль играет частный случай. Т2 Если углы АМК и АКВ равны 900 , то точки А, В, М, К расположены на окружности с диаметром АВ. (Это свойство вписанных углов сформулированное в более удобном виде для решения задач) Сформулированные выше предложения можно назвать свойства четырех точек окружности. Т1 и Т2 и свойства вписанных углов позволяют решать некоторые интересные геометрические задачи с помощью метода, который называют методом вспомогательной окружности. Суть метода проиллюстрируем на решении следующих задач. Задача 1. В треугольнике АВС проведена высота СК. Найти длину отрезка, соединяющего точку К с серединой АС, если АС = 10см. Решение: Проведем высоту АМ, тогда углы АКВ и АМВ равны по 900 , значит точки А, К, М, В лежат на одной окружности и АВ – диаметр.(На рисунке окружность изображена штриховой линией, хотя ее можно и вообще не изображать, а “представлять в уме”) Точка О – середина АС по условию . Следовательно, АО = ОВ = КО = r = 5 см. (рис. 3) Ответ: 5см Рис. 3 Задача2. В выпуклом четырехугольнике АВСD диагонали АС и ВD пересекаются в точке О. < АВС = 1110 , <ОВС = 490 , < АСD = 620 . Найти углы САD и АDС. Рис. 4 Решение: <АВО = 1110 – 490 = 620.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 1800 , отсюда <АDС = 1800 – 1110 = 690. 2. дуга АDС равна 2220 . Значит дуга DС равна 2220 – 1240 = 980 . Угол САD вписанный и равен 490 . Ответ: <САD = 490 <АDС = 690 Задача 4. В окружности проведены параллельные хорды АВ, FC, ED известно, что AD ∩ CE = M, BE ∩FD = N доказать, что МN ║ АВ. Решение: Обозначим равные дуги АF и ВС – α, тогда <NЕС = <МDN = α/2 как вписанные, опирающиеся на равные дуги. Точки Е и D лежат по одну сторону от М и N и углы NЕС и МDN равны, следовательно, точки М , N, F, D лежат на окружности. Дуги, FЕ = СD = β (заключенные между параллельными хордами), значит вписанные углы< FDЕ = <CED = β/2 Они же являются вписанными углами для вспомогательной окружности, тогда дуга NЕ равна, дуге МD .<МЕD = <МN D = < N DЕ(накрест лежащие) значит МN¦ ЕD ║АВ. рис.5 Рис. 5 Задача 5: В трапеции АВСD с основаниями АD и ВС угол АВD равен углу АСD. Доказать, что АВСD – равнобедренная трапеция. Решение: Рис. 6 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 Задача 6: В остроугольном треугольнике АВС проведены высоты АР, BQ и CR. Доказать, что <BAP = <BQR. Решение. Пусть Н-точка пересечения высот треугольника АВС. Т.к. <ARH = <AQH = 90о, то около четырехугольника ARHQ можно описать окружность, приняв отрезок АН за диаметр. Построив ее, замечаем, что <BAP = <BQR как вписанные углы, опирающиеся на одну и ту же дугу. (рис. 7) Докажем с помощью этого же метода одну важную теорему планиметрии Теорема: Три высоты треугольника пересекаются в одной точке Доказательство: а) рассмотрим случай остроугольного треугольника. Проведем в треугольнике АВС высоты АА1 и СС1 и обозначим через Н точку их пересечения (рис. 8), а через точку В1 – точку пересечения АС и ВН. Надо доказать, угол ВВ1А – прямой. Так как углы АСА и САС прямые, то точки А, С, С1 ,А1 лежат на окружности с диаметром АС. Следовательно, <А1С1С = <А1 АС (на вспомогательной окружности они опираются на одну дугу). <ВА1Н = <ВС1Н = 900, то точки В, Н, А1 и С1 лежат на одной окружности с диаметром ВН. Следовательно,<А1ВН = <А1С1 Н.Итак, в треугольниках САА1 и СВВ1 угол ВСА общий и <САА1 =<СВВ1. Значит <ВВ1С = <АА1С = 900 , что и требовалось доказать Рис. 8 Рис. 9 б) Рисунок 9 иллюстрирует случай, когда в треугольнике АВС один угол (угол В) тупой. Рассуждение является точно таким же. Только точки В1 и Н как бы меняются местами. В этом случае точка пересечения высот оказывается расположенной вне треугольника. Для прямоугольного треугольника точкой пересечения высот является вершина прямого угла. Таким образом, рассмотренные задачи помогают понять суть метода вспомогательной окружности, использование которого помогает решать геометрические задачи. Рис. 7 5) Метод подобия Рассмотрим метод решения задач, при котором применяется подобие плоскости, в частности гомотетия. Преобразование плоскости называется подобием, если существует такое число k>0, что для любых точек А и В и их образов А1 и В1 выполняется равенство А1В1=kАВ. Число k называется коэффициентом подобия. Преобразование плоскости называется гомотетией с центром М0 и коэффициентом k¹о, если каждой точке М плоскости ставится в соответствие точка М1 так, что М0М1=kМ0М. При k>0 гомотетия называется положительной, а при k<0 – отрицательной. Гомотетия с коэффициентом k является подобие с коэффициентом подобия |k|. Из определения гомотетии следует, что точка и ее образ в данной гомотетии лежат на одной прямой с центром гомотетии. При решении задач чаще всего используется гомотетия. Отметим ее основные свойства. Так всякая гомотетия с коэффициентом k¹1 переводит прямую , не проходящую через центр гомотетии, в параллельную ей прямую, а прямую, проходящую через центр гомотетии – в себя. Гомотетия переводит отрезок в отрезок, середину отрезка – в середину отрезка, луч – в луч, полуплоскость – в полуплоскость, угол – в равный ему угол, перпендикулярные прямые – в перпендикулярные прямые. Задача 1. Доказать, что прямая, соединяющая середины оснований трапеции, проходит через точку пересечения ее диагоналей и точку пересечения прямых, соединяющих боковые стороны. Решение. Пусть дана трапеция АВСД, у которой АВ//СД, АВ>СД, О=АСÇВД, Р=АДÇСВ; М, Н – середины оснований АВ и СД (рис. 1.). Надо доказать, что точки О и Р лежат на прямой МН. Рассмотрим сначала гомотетию с центром в точке О и коэффициентом k1=-ДС:АВ. Н0k1:А®С, В®Д. Значит Н0k1:АВ®СД. Тогда Н0k1:М®Н. Следовательно, точка О принадлежит прямой МН. Затем рассмотрим гомотетию с центром в точке Р и коэффициентом k2=ДС:АВ. Нpk2:А®Д, В®С. Значит Нpk2:АВ®СД. Тогда Нpk2:М®Н. Следовательно, точка Р принадлежит прямой МН. Задача 2. Доказать, что отрезок, соединяющий середины диагоналей трапеции, параллелен основаниям и его длина равна полуразности длин оснований. Решение. Пусть дана трапеция АВСД, у которой АД//СВ, АД>СВ; М, Н – середины диагоналей АС и ВД (рис. 2). Проведем прямую СН до пересечения с АД в точке Н1. Тогда тр-к ВСН = тр-ку ДН1Н так как ВН=НД, ÐСНВ=ÐН1НД, ÐСВН=ÐН1ДН. Отсюда следует, что СН=НН1, Н1Д=ВС. Рассмотрим гомотетию с центром в точке С и коэффициентом k=2. Нс2:М®А, Н®Н1. Значит Нс2:МН®АН1. Следовательно, МН//АН1. Тогда МН//АД//ВС и МН=1/2АН1=1/2(АД-Н1Д)=1/2(АД-ВС). Задача 3. Доказать, что в треугольнике точка пересечения медиан, центр окружности, описанной около треугольника, и ортоцентр лежат на одной прямой. Решение. Пусть дан треугольник АВС, у которого М – точка пересечения медиан, Р – центр окружности, описанной около треугольника, Н – ортоцентр, т.е. Н – точка пересечения высот треугольника (рис. 3). Надо доказать, что точка М принадлежит прямой НР. Рассмотрим Гомотетию с центром в точке М и коэффициентом k=-1/2. Так как точка М делит медианы в отношении 1:2, считая от вершины, а Р – точка пересечения серединных перпендикуляров, то Нм-1/2:В®В1, а А®А1, ВН®В1Р, АН®А1Р. Значит Нм-1/2:Н®Р. Следовательно, точка М принадлежит прямой НР. Задача 4. Через середину каждой из сторон треугольника проведена прямая, параллельная биссектрисе противолежащего угла. Доказать, что эти прямые проходят через одну точку. Решение. Пусть дан треугольник АВС (рис. 4), у которого А1, В1, С1 – середины сторон ВС, АС, АВ; АА2, ВВ2, СС2 – биссектрисы, а А1А3//АА2, В1В3//ВВ2, С1С3//СС2. Надо доказать, что прямые А1А3, В1В3, С1С3 проходят через одну точку. Обозначим через М точку пересечения медиан треугольника АВС и рассмотрим гомотетию с центром в точке М и коэффициентом k=-1/2. Нм-1/2:А®А1, В®В1, С®С1. Значит Нм-1/2: тр-к АВС®тр-к А1В1С1. Тогда Нм-1/2:АА2®А1А3, ВВ2®В1В3, СС2®С1С3. Следовательно, прямые А1А3, В1В3, С1С3 проходят через одну точку, так как биссектрисы АА2, ВВ2, СС2 треугольника АВС проходят через одну точку. Задача 5. В сегмент вписаны две окружности g1(О1, r1) и g2(О2, r2). Одна из них g1 касается дуги и основания сегмента соответственно в точках А и В, другая g2 – точках С и Д (рис. 5). Доказать, что положение точки пересечения прямых АВ и СД не зависит от выбора окружностей g1, g2, вписанных в сегмент. Решение. Пусть дана окружность g(О, r) и дан сегмент с основанием ЕН. Рассмотрим сначала гомотетию с центром в точке А и коэффициентом k1=r/r1. НАk1:О1®О, g1®g, ЕН®L1. По свойству гомотетии прямая L1 должна быть параллельна прямой ЕН и лежать в полуплоскости, определяемой прямой ЕН и точкой О. Так как ЕН касается окружности g1 в точке В, то прямая L1 должна касаться окружности g в точке К, где К=НАk1(В) и К принадлежит прямой АВ. Затем рассмотрим гомотетию с центром в точке С и коэффициентом k2=r/r2. Нсk2:О2®О, g2®g, ЕН®L2. По свойству гомотетии прямая L2 должна быть параллельна прямой ЕН и лежать в полуплоскости, определяемой прямой ЕН и точкой О. Так как ЕН касается окружности g2 в точке Д, то прямая L2 должна касаться окружности g в точке Р, где Р=Нсk2(Д) и Р принадлежит прямой СД. Но в полуплоскости, определяемой прямой ЕН и точкой О, можно построить только одну касательную к окружности g(О,r), параллельную прямой ЕН. Значит прямые L1 и L2 совпадают (L1ºL2ºL), а также совпадают и точки К и Р (КºРºМ). Точка М получится как точка пересечения прямых АВ и СД и будет точкой касания прямой L и окружности g(О, r). Так как положение точки М зависит только от положения прямой ЕН, от положение точки пересечения прямых АВ и СД не зависит от выбора окружностей g1, g2, вписанных в сегмент. Задача 6. На плоскости даны произвольный треугольник АВС и точка О. Через точку О проведены прямые ОР, ОЕ, ОН соответственно перпендикулярные к прямым АВ, ВС, АС (РÎАВ, ЕÎВС, НÎАС). Через середины отрезков ОР, ОЕ, ОН проведены прямые L1, L2, L3, соответственно прямым АВ, ВС, АС. Доказать, что треугольник А2В2С2, где А2=L1ÇL3, В2=L1ÇL2, С2=L2ÇL3 равен треугольнику А1В1С1, где А1, В1, С1 – середины сторон ВС, АС, АВ треугольника АВС (рис. 6). Решение. Пусть М – точка пересечения медиан треугольника АВС. Рассмотрим сначала гомотетию с центром в точке М и коэффициентом k=-2Нм-2:А1®А, В1®В, С1®С. Значит Нм-2:DА1В1С1®DАВС. Затем рассмотрим гомотетию с центром в точке О и коэффициентом k2=1/2. Н01/2:Р®Р1, Н®Н1, Е®Е1. Так как при помощи гомотетии прямая переходит в параллельную ей прямую, то Н01/2:АВ®L1, ВС®L2, АС®L3. Следовательно, Н01/2:А®А2, В®В2, С®С2. Значит Н01/2:DАВС®DА2В2С2. Рассмотрим теперь композицию гомотетий Н01/2× Нм-2 будет подобием с коэффициентом k1 и k2 есть подобие с коэффициентом k=|k1|×|k2|, то композиция гомотетий Н01/2×Нм-2 будет подобием с коэффициентом k=1/2×|-2|=1, т.е. будет движением. Но композиция Н01/2×Нм-2 переводит треугольник А1В1С1 в треугольник А2В2С2. Следовательно, треугольник А1В1С1 равен треугольнику А2В2С2. | |
| Просмотров: 7722 | Комментарии: 5 | | |
Среда, 2026-03-11, 1:22 PM
Приветствую Вас Гость
Приветствую Вас Гость
Форма входа |
|---|
Социальные закладк |
|---|
Поиск |
|---|
Друзья сайта |
|---|
Теги |
|---|
Статистика |
|---|