МОУ Таловская СОШ Тема научно-исследовательской работы: 10 «А» класс Автор: Ширикова Анжелика Научный руководитель: Ширикова Галина Николаевна Таловая 2008 «Дополнительные построения на чертеже плоской фигуры при решении планиметрических задач».

РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ С ПОМОЩЬЮ ДОПОЛНИТЕЛЬНЫХ ПОСТРОЕНИЙ ЦЕЛЬ :

Какие задачи из элементарной математики считаются самыми трудными?

Большинство учащихся, наверное, ответит: геометрические. Почему? Очевидно, потому, что в алгебре, тригонометрии, началах математического анализа разработана целая серия алгоритмов решение типовых задач.

При решении геометрических задач, как правило, алгоритмов нет, выбрать наиболее подходящую к данному случаю теорему из большого количества теории очень трудно. Известно, что мыслительные процессы у человека протекают в форме образов, поэтому в геометрической задаче первостепенную роль играет чертеж, являющийся средством создание геометрического образа по словесному описанию. В планиметрии существует целый класс таких задач, к которым традиционные методы (метод цепочек равных треугольников, геометрический метод, векторный метод и др.) либо вовсе не применимы, либо дают громоздкие решения. При решении таких задач на чертеже приходится делать дополнительные построения. Суть дополнительных построений в том, что чертеж к задаче, на котором трудно заметить связи между данными и искомыми величинами дополняется новыми (вспомогательными) элементами, после чего эти связи становятся более очевидными. КАК УЗНАТЬ КАКОЕ ДОПОЛНИТЕЛЬНОЕ ПОСТРОЕНИЕ СЛЕДУЕТ ВЫПОЛНИТЬ В ТОМ ИЛИ ИНОМ СЛУЧАЕ?

Ответ на этот вопрос дает в некотором смысле классификация дополнительных построений, связанная с характерными признаками фигуры, данной в задаче. ВИДЫ ДОПОЛНИТЕЛЬНЫХ ПОСТРОЕНИЙ ВИДЫ ДОПОЛНИТЕЛЬНЫХ ПОСТРОЕНИЙ : 1. Проведение прямой, параллельной или перпендикулярной одной из имеющихся на рисунке. 2. Удвоение медианы треугольника с целью достраивания его до параллелограмма. 2. Удвоение медианы треугольника с целью достраивания его до параллелограмма. 3. Проведение вспомогательной биссектрисы. 3. Проведение вспомогательной биссектрисы. 4. Если 2 окружности касаются (внутренним или внешним образом), то в этом случае – проведение линии центров (прямой, проходящей через центры касающихся окружностей). 4. Если 2 окружности касаются (внутренним или внешним образом), то в этом случае – проведение линии центров (прямой, проходящей через центры касающихся окружностей). 5. Проведение вспомогательной окружности 5. Проведение вспомогательной окружности

Решение задач Задача 1. На сторонах АВ и ВС треугольника АВС вне его построены квадраты АВDE и ВСКМ. Доказать, что отрезок DM в 2 раза больше медианы ВР треугольника АВС. Решение. 1.. Т.К. Надо доказать, что DM = 2BP, то целесообразно удвоить медиану ВР, достроив ΔАВС до параллелограмма АВСТ, а затем доказать, что DM = ВТ. Для док-ва равенства отрезков DM и ВТ нужно рассмотреть эти отрезки как стороны двух треугольников и доказать равенство треугольников. 2. Удвоим медиану ВР, достроив АВС до параллелограмма АВСТ. 3. Рассмотрим треугольники DMB и ВСТ. Имеем: ВМ = СТ, как стороны квадрата ВМКС; DВ = СТ ; угол DMB = углу ВСТ. Значит, ΔDMB = ΔВСТ ( I признак), а потому DМ = ВТ. 4. Т.К. ВТ = 2ВР, то из DM = ВТ следует, что DM = 2BP.

Задача 2. Стороны треугольника равны а, b, с. Вычислить медиану m с, проведенную к стороне с. Решение. Удвоим медиану, достроив треугольник до параллелограмма АСВР, и применим к этому параллелограмму теорему 8. Получим: СР 2 + АВ 2 = 2АС 2 + 2ВС 2, т.е. (2m с ) 2 + c 2 = 2b а 2, откуда находим: m с = ±(2 а 2 + 2b 2 - с 2 ) 1/2 / 2.

Задача 3. В треугольнике АВС стороны АВ и ВС равны, ВН – высота. На стороне ВС взята точка D так, что ВD/CD = 1/4. В каком отношении отрезок АD делит высоту ВН? Решение. 1. Положим BD = а; тогда СD = 4 а, АВ = 5 а. 2. Проведем НК АD. Т.К. НК – средняя линия треугольника АDC, то DК = КС = 2 а. 3. Рассмотрим треугольник ВНК. Имеем ВD = а, DK = 2a и MD НК. По теореме Фалеса ВМ/МН = BD/DK, но BD/DK = a/2a = 1/2. Значит, и ВМ/МН = 1/2.

Задача 4. В треугольнике АВС известно, что угол А в 2 раза больше угла С, сторона ВС на 2 см больше стороны АВ, а АС = 5 см. Найти АВ и АС. Решение. 1. Проведем биссектрису AD угла А. Тогда получим, что угол ВАD = углу DAC = углу ACB. 2. В ΔАDC углы при основании равны, значит, этот треугольник равнобедренный: AD = DC. Положим АВ = х, AD = DC = у. Тогда ВС = х + 2, BD = х + 2 – у. 3. Треугольники ABD и АВС подобны, т.к. угол BAD = углу ВСА и угол В у них общий. Из подобия треугольников заключаем, что АВ/BC = BD/AB = AD/AC, т.е. x / x+2 = (x+2-y) / x = y / Для отыскания х и у получена система из двух уравнений с двумя неизвестными: x/x+2 = y/5, x+2-y/x = y/5 или 5 х = ху + 2 у, 5 х + 10 – 5 у = ху. Вычтя второе уравнение из первого, получим 5 у – 10 = 2 у, т.е. у = 10/3. Значит, x/x+2 = 2/3, т.е. х = 4. Ответ: АВ = 4 см, ВС = 6 см.

Задача 5. Доказать, что если высота и медиана, проведенные из одной вершины неравнобедренного треугольника, лежат внутри треугольника и образуют с его боковыми сторонами равные углы, то этот треугольник прямоугольный. Решение. 1. Опишем около данного треугольника АВС окружность и продолжим высоту ВD и медиану ВМ до пересечения с окружностью соответственно в точках Е и К. Т.К. угол АВЕ = углу КВС, то дуга АЕ = дуге КС, а потому хорды АС и ЕК, между которыми лежат равные дуги АЕ и КС, параллельны. Но угол ВDМ = 90˚, значит, и угол ВЕК = 90˚, а тогда ВК – диаметр окружности. 2. Т.К. Центр описанной около ΔАВС окружности лежит, с одной стороны, на диаметре ВК, а, с другой – на перпендикуляре к АС, восстановленном из точки М (АМ = МС), то этим центром является сама точка М. Значит, АС – диаметр окружности, а потому угол АВС = 90˚.

Задача 6. На гипотенузе прямоугольного треугольника с катетами 21 и 28 см как на стороне построен квадрат (треугольник и квадрат лежат по разные стороны от гипотенузы). Центр квадрата соединен отрезком прямой с вершиной прямого угла треугольника. Найти длины отрезков, на которые делится указанной прямой гипотенуза треугольника. Решение. 1. Рассмотрим четырехугольник АСВК. У него <АСВ = <АКВ = 90˚, т.е. <АСВ+<АКВ = 180˚. Значит около АСВК можно описать окружность. 2. Т.К. АК = КВ, то дуга АК = дуге КВ, а тогда и вписанные углы, опирающиеся на эти дуги, равны, т.е. <АСК = <КСВ. Но это значит, что CF – биссектриса угла АСВ. 3. Согласно теореме о биссектрисе, AF/FB = AC/CB. Имеем АС = 21 см, СМ = 28 см, АВ = 35 см (по т. Пифагора); если AF = х, BF = 35 – х, получим х/35 – x = 21/28, откуда х = 15. Ответ: AF = 15 см, BF = 20 см.

Задача 7. Доказать, что сумма медиан в любом треугольнике меньше его периметра. Дано: ΔАВС: |АВ|=с, |ВС| = а, |СА| = b; [AA 1 ], [BB 1 ], [CC 1 ] – медианы; |AA 1 | = m a, |BB 1 | = m b, |CC 1 | = m с. Доказать: m a + m b + m с < a + b + c. Доказательство: 1. ΔАВС достроим до параллелограмма АВА 2 С, центром которого является точка А 1, и рассмотрим ΔАВА 2. В нем |АВ|=с, |ВА 2 | = |АС| = b; |АА 2 |=2|AA 1 | = = 2m a. По свойству сторон в треугольнике : |АА 2 |< |АВ|+|ВА 2 |; 2m a < b+c (1), 2. Аналогично: 2m b < c+а; (2), 2m с < а+b (3). 3. Складывая левые и правые части неравенств (1), (2), (3), получим: 2(m a + m b + m с ) <2a + 2b + 2c m a + m b + m с < a + b + c, что и требовалось док-ть.

ЛИТЕРАТУРА 1. МАТЕМАТИКА В ШКОЛЕ, 27-28, 94 год. 3-5, 99 ГОД 1. МАТЕМАТИКА В ШКОЛЕ, 27-28, 94 год. 3-5, 99 ГОД 2. Э.Ф. Капленко. Новый метод решения планиметрических задач. 2. Э.Ф. Капленко. Новый метод решения планиметрических задач. 3. С.И. Колесникова. Решение сложных задач ЕДИНОГО ГОСУДАРСТВЕННОГО ЭКЗАМЕНА 3. С.И. Колесникова. Решение сложных задач ЕДИНОГО ГОСУДАРСТВЕННОГО ЭКЗАМЕНА 4. В.С. Крамор, К.Н. Лумгу. Математика. Вступительные экзамены 4. В.С. Крамор, К.Н. Лумгу. Математика. Вступительные экзамены 5. Интернет Интернет.