Урок – ПРЕЗЕНТАЦИЯ по геометрии в 9ª классе. Тема: Решение геометрических задач способом дополнительного построения. Учитель: Конёва Г. М. 21 апреля 2004. - презентация

1 Урок – ПРЕЗЕНТАЦИЯ по геометрии в 9ª классе. Тема: Решение геометрических задач способом дополнительного построения. Учитель: Конёва Г. М. 21 апреля 2004 года.

2 S1S1 S2S2 װװ S 1 = S 2 װװװ S1S1 S2S2 S3S3 S 1 = S 2 = S 3 Опорные устные задачи.

3 S3S3 S4S4 S1=S2=S3=S4 S1S1 S2S2

4 АС В В1В1 С1С1 А1А1 װװ _ _ о α αS1S1 S5S5 S3S3 S6S6 S2S2 S4S4 1.Докажите, что S 1 = S 6, S 2 = S 3, S 4 = S 6. 2.Докажите, что S 1 = S 4, S 3 = S 6, S 2 = S 5. 3.Докажите, что S 1 = S 2 = S 3 = S 4 = S 5 = S 6.

5 Решение геометрических задач методом дополнительного построения Главный руководитель: КОНЕВА ГАЛИНА МИХАЙЛОВНА Выполнили работу ученики 9 «А» Задорожный К. и Килин М. Задача 1

6 ЗАДАЧА 1 Найти медианы треугольника, если известны стороны a,b,c.

7 A B C B1B1 D mbmb B 2 B 2 c c a a

8 Решение: (2m b ) +b =2(a +c ) 4m b =2a +2c -b m b = 2a +2c -b Аналогично доказывается, что m a = 2b +2c -a m c = 2a +2b -c

9 Рациональное решение геометрической задачи. Выполнили: Асеева Мария, Притупова Кристина, Капустина Оля

10 Найти площадь треугольника по трем известным медианам: 3, 4, 5. ЗАДАЧА 2

11 I способ 1) Выразим медианы треугольника через стороны по известным формулам. 4m b =2a+2c-b 4m a =2b+2c-a 4m c =2a+2b-c 2) Решив эту систему, найдем стороны треугольника АВС, а затем по формуле Герона найдем площадь треугольника. A B C A 1 B 1 C

12 II способ I)Продолжим медиану ВК на расстояние, равное ОК. II) Проведем прямые АP и СP, которые пересекутся в точке Р. III) Рассмотрим 2 треугольника: ΔАОВ и Δ АОР A B C E D O K P 1) SΔ ABО = SΔ AOP = SΔ ABC CО=AP = 5 = 3 AО = 4 = 2 ОP = 3 = 2 2)Найдем площадь треугольника АОР по формуле Герона: SΔ AOP = p(p-a)(p-b)(p-c) p = ( ) : 2 = 4 SΔ AOP = 4(4-3)(4-2)(4-2)=412=2 3) SΔ ABC = 3 2 = 8

13 3 СПОСОБ О Дано: ABC; CC 1 =5; BB 1 =4; AA 1 =3 где СС 1, ВВ 1, и АА 1 – медианы. Найти: S АВС A B C B1B1 A1A1 C1C1 P D E N M K

14 Построение и решение: 1. Продлить медианы АА 1, ВВ 1,СС 1 на 1/3 длины. Получим точки Д,Р,Е. 2. Провести прямые АД,ВЕ,СР. Получим NMK, длины которого равны: NM= 2 AA 1 MK= 2 BB 1 NK = 2 CC 1, т.е. NM=6, MK=8, NK=10 Так как 10 2 = , то NMK – прямоугольный. 3. S ABC = 1/3 S NMK = 1/3 ½ 8 6=8 Ответ:8.

15 ЗАДАЧА 3 Диагонали равнобедренной трапеции взаимно перпендикулярны, а сумма её оснований равна 10 см. Найти площадь трапеции. ПОДГОТОВИЛИ: БАГАЕВ А АСАУЛЮК Д ЛИПАТОВА Ж.

16 DA BC E 1) Произведём параллельный перенос диагонали BD на вектор ВС 2) S ABCD =S ACE, т.к BC+AD=AE и СН - общая высота. Н Дано: ABCD-равнобедренная трапеция, BC+AD=10 см, AC BD. РЕШЕНИЕ:

17 3) АС=СЕ, т.к диагонали равнобедренной трапеции равны. 4) Найдём АС Пусть АС=х, тогда по теореме Пифагора имеем Х 2 +Х 2 =100 2Х 2 =100 Х 2 =50 Х=5 5)S ACE =1/2 * (5 ) 2 =1/2 * 50=25 A C E х х Н 2 2 ОТВЕТ: 25 см 2

18 ЗАДАЧА 4 Найдите площадь равнобедренной трапеции, у которой высота равна h, а диагонали взаимно перпендикулярны.

19 А ВС H D h EK

20 РЕШЕНИЕ 1)Треугольник ACE-прямоугольный и равнобедренный 2)CK- медиана, биссектриса и высота 3)CK=AK=h 4)По теореме Пифагора: AC= h 2 +h 2 = h 2 5)Sтр. ABCD=S ACE= h 2 h 2=h 2 A C E K Ответ: h 2

21 Задача 5 Диагонали трапеции равны 3 и 5, а отрезок, соединяющий середины оснований, равен 2. Найти площадь трапеции. Выполнили: Петров В. Куликов П. Черных Р.

22 A B C D N MKE FH Дано: ABCD – трапеция CA=3;BD=5;NM=2; BN = NC,AM = MD. Найти:S ABCD. Решение: 1)Выполним параллельный перенос диагонали CA на вектор CN и диагонали CA на вектор CN. 2)Получим KNE, где KE=BC+AD и NM-медиана, KN =3, NE=5, NM=2. 3)S KNE = S ABCD

23 4) Рассмотрим KNE: K N E R M x x KM = ME = x (2x) + 4 = 2(3 + 5 ) 4x + 16 = 68 x = 13; KE = ) KNM-прямоугольный, т.к ( 13 ) = 3 +2 ; = KNM = 90 ; S KNM = · 2·3 =3; = S KNE = 2 · 3=6 Ответ: S ABCD =

24 Задача 6 В трапеции ABCD AC перпендикулярна BD. АС=16, BD=12. Найти среднюю линию. ( Эта задача предлагалась на централизованном тестировании по геометрии 2002 г. ) ВЫПОЛНИЛИ: ДНЕПРОВСКИЙ А. ЗВЕРЬКОВ Е.

25 Способ 1 А ВC D О KH Х y 12 - y 16 – x Решение: AO = x, DO = y, OC = 16 – x, BO = 12 – y. BOC подобен DOA, 12 - y y = 16 - x x; 12x – xy = 16y – xy; 3x = 4y; y = ¾x. 3x = 4y, y = ¾x. S тр = ½x · ¾x + ½(16 – x)(12 - ¾x)+ +½(16 – x) · ¾x + ½x · (12 - ¾x) = x² + ½(192 – 12x – -12x + ¾x²) + 6x - x² + 6x - x² = x² + 96 – 6x – 6x + + x² + 6x - x² + 6x - x² = 96. AD² = x² + (¾x²) = 25/16 x²; AD = 5/4 x. x · ¾x = 5/4x · OK; OK = x · ¾x 5/4x = 3/5x. BHD подобен OKD => BH/OK = BD/OD; BH 3/5x = = 12 ¾x => BH = 36/5x · 4/3x = 9,6. S тр AD + BC 2 · BH; 5/4x + BC 2 · 9,6 = 96. 5/4x + BC 2 = MN; MN · 9,6 = 96; MN = 10. NM Ответ: MN = 10.

26 А В DD1D1 Перенесём диагональ BD на вектор ВС. Рассмотрим прямоугольный треугольник ACD 1, где гипотенуза AD 1 равна сумме оснований трапеции ABCD, т.к DBCD 1 параллелограмм, где BC=DD 1,BD=CD 1. Из ACD 1 AD² 1 =AC²+CD² 1,AD² 1 = 16²+12²= =400.AD² 1 =400,AD 1 =20. Средняя линия треугольника равна половине суммы оснований,т.е MN= AD 1 :2=20:2= о Х 16-х y 12-y Способ 2 С NM Ответ: NM = 10

27 Главный руководитель: КОНЕВА ГАЛИНА МИХАЙЛОВНА Над задачами работали: ЗАДОРОЖНЫЙ КОНСТАНТИН СЕРГЕЕВИЧ КИЛИН МИХАИЛ ВЛАДИМИРОВИЧ ЧЕРНЫХ РОМАН АЛЕКСАНДРОВИЧ АСЕЕВА МАРИЯ АНДРЕЕВНА ПРИТУПОВА КРИСТИНА ОЛЕГОВНА КАПУСТИНА ОЛЬГА АЛЕКСЕЕВНА БАГАЕВ АЛЕКСАНДР НИКОЛАЕВИЧ АСАУЛЮК ДЕНИС ОЛЕГОВИЧ КОНЕВА ГАЛИНА МИХАЙЛОВНА ФАНДИКОВ ИВАН АНАТОЛЬЕВИЧ ПЕТРОВ ВЯЧЕСЛАВ ИГОРЕВИЧ КУЛИКОВ ПАВЕЛ АЛЕКСАНДРОВИЧ ДНЕПРОВСКИЙ АНДРЕЙ ЮРЬЕВИЧ ЗВЕРЬКОВ ЕГОР ВЛАДИМИРОВИЧ БОЛЬШОЕ СПОСИБО ЗА ПРЕДОСТАВЛЕННУЮ ТЕХНИКУ ЧАГДУРОВОЙ ЭЛЬВИРЕ ЦИДЕНОВНЕ ППРАРПРАПРПАР