Тема: Методы решения планиметрических задач.

Цель: проанализировать особенности методов решения планиметрических задач. Выявить сущность каждого метода и область их применения.

Содержание:

1. Задания и вопросы.

2. Литература

Вопросы и задания:

1) Проанализируйте информацию о методах решения планиметрических задач,предложенные Готманом, Шарыгиным, выявить суть данных методов

2) Проанализируйте содержание и задачный материал одного из учебников для 7-11 классов (Погорелов, Шарыгин, Атанасян и т.п.).

3) Определите какими методами решаются предложенные задачи:

1. В треугольнике АВС проведена биссектриса АК. Найдите сторону АС, углы В и С, если С -В=45, СК=1 и ВК = .

2. Основания трапеции равны 2 и 7, боковые стороны равны 3 и 4. Найдите длину отрезка, соединяющего середины осно­ваний.

3. На сторонах АС и ВС треугольника ABC вне его построе­ны равносторонние треугольники АСР и BCN. Точка О — центр треугольника АСР, точка М — середина стороны АВ. Найдите углы треугольника MON.

4. Найдите на гипотенузе данного прямоугольного тре­угольника точку, для которой расстояние между ее проекциями на катеты наименьшее.

5. Дан четырехугольник ABCD, в котором _А=60^o, _В= 40°, C— 120° и CD=AD. Докажите, что BC + CD = AB.

6. В треугольник, периметр которого равен 18 см, вписана окружность, к которой проведена касательная параллельно основанию треугольника. Отрезок касательной, заключенный внутри треугольника, равен 2 см. Вычислите основание треугольника.

7. Докажите, что для любого треугольника ABC имеет место неравенство ^.

8. На плоскости даны две точки А и В. Найдите множество точек М плоскости, удаленных от А вдвое больше, чем от В.

9. Докажите, что медианы треугольника пересекаются в одной точке и каждая из них делится ею в отношении 2 : 1, счи­тая от вершины.

4)Решите задачу, применяя различные методы решения:

На гипотенузе прямоугольного треугольника ABC построен квадрат. Найдите расстояние от вершины прямого угла до точки пересечения диагоналей квадрата.

5) Подберите по одному примеру, иллюстрирующему методы решения задач.

Литература:

1. Готман Э.Г. Задачи по планиметрии и методы их решения: Пособие для учащихся.— М.: Просвещение: АО «Учеб. лит.», 1996.— 240 с.

2. Шарыгин И.Ф. Геометрия 7-9 кл. – М.:Дрофа, 1997. – 352 с.

Решение:

1. Метод геометрических преобразований.

Преобразования плоскости—движения и подобия — во мно­гих случаях позволяют экономно и изящно решать геометриче­ские задачи. Однако овладеть методом геометрических преобра­зований нелегко: не любая задача может быть решена этим ме­тодом и нужен определенный опыт, чтобы выбрать подходящий вид преобразования.

При решении различных задач на доказательство, построе­ние и вычисление широко применяются движения: осевая сим­метрия, параллельный перенос, поворот вокруг точки. Напом­ним, что движение — это преобразование плоскости, при кото­ром расстояние между образами двух любых точек равно рас­стоянию между этими точками.

При движении точки, лежащие на одной прямой, переходят в точки, лежащие на одной прямой, и сохраняется порядок их взаимного расположения. Отсюда следует, что движение перево­дит прямую в прямую, луч в луч, отрезок в отрезок. Угол при движении переходит в равный ему угол, сонаправленные лучи — в сонаправленные лучи.

• Осевая симметрия.

Осевой симметрией называется такое преобразование плос­кости, при котором любая точка некоторой прямой k переходит в себя, а точка А, не принадлежащая k, переходит в такую точку А', что отрезок АА' перпендикулярен прямой k и делится ею по­полам.

При осевой симметрии расстояния между любыми двумя точками сохраняются.

• Параллельный перенос

Параллельный перенос на вектор а — это преобразование плоскости, при котором произвольная точка А переходит в такую точку А, что АА' = а.

Метод параллельного переноса часто применяется для решения задач на построение четырехугольников. При этом обычно переносят один или несколько отрезков так, чтобы получился треугольник, с которого можно начать построение. Аналогично поступают при решении задач на доказательство и вычисление: с помощью параллельного переноса образуют новую фигуру, содержащую достаточное количество известных элементов.

• Центральная симметрия.

Симметрия с центром О — это преобразование плоскости, при котором точка О неподвижна, а любая другая точка А пере­ходит в такую точку А', что О — середина отрезка АА'.

Центральная симметрия, как и параллельный перенос, обыч­но применяется с целью более удобно расположить данные и ис­комые элементы фигуры и таким образом найти связь между ними.

• Поворот

Поворот вокруг точки О на угол а в заданном направле­нии—это преобразование плоскости, при котором точка О оста­ется неподвижной, а любая другая точка А переходит в такую точку А', что ОА' = ОА и угол АО А', отсчитываемый от луча О А в заданном направлении, равен а.

Поворот обычно применяется при решении задач, когда данной или искомой фигурой является правильный многоугольник. Иногда с помощью поворота удается доказать равенство отрезков, найти величину угла между прямыми.

• Композиция движений

Композиция двух преобразований есть преобразование, которое получится, если сначала выполнить первое преобразо­вание, а потом второе. Композиция преобразований / и g обозна­чается так: g°f, при этом сначала выполняется преобразование а затем g. Такой порядок записи оправдывается тем, что со­гласно определению (g°mA)=g(f(A)).

• Преобразование подобия. Подобные фигуры

Подобие — это преобразование плоскости, при котором для любых двух точек А и В и их образов А' и В' выполняется равен­ство А' В' = k-АВ, где k — данное положительное число, называ­емое коэффициентом подобия. Если k=i, то подобие является движением.

• Гомотетия.

Гомотетией с центром О и коэффициентом кф0 называется преобразование плоскости, при котором образом произвольной точки А является такая точка А', что OA' = k-OA.

1. Метод вспомогательных фигур

Вспомогательные построения иногда напрашиваются сами собой. Например, если в задаче говорится о прямой, касающейся окружности, то естественно провести радиус в точку касания и воспользоваться тем, что он перпендикулярен касательной. При решении же нестандартных задач найти удачное вспомога­тельное построение не так-то просто. Требуется большой опыт, изобретательность, геометрическая интуиция, чтобы догадаться, какие дополнительные линии следует провести. Помочь делу мо­жет умение применять геометрические преобразования, которые приводят к построению вспомогательных фигур.

• Вспомогательная окружность

Как известно, около всякого треугольника можно описать окружность, и притом только одну. При определенном условии окружность можно описать и около четырехугольника. Если че­тырехугольник A BCD вписан в окружность, то сумма его проти­воположных углов равна 180°, а углы ABD и ACD, опирающиеся на одну и ту же дугу, равны. Верно и обратное предпо­ложение.

2) В учебнике Шарыгина выделены некоторые методы решения задач и приведены примеры.

3) 1. Осевая симметрия

2. Параллельный перенос

3. Композиция движений

4. Вспомогательная окружность

5. Спрямление

6. Тригонометрические тождества 7. Скалярное произведение векторов

8. Прямоугольная система координат

9. Площади

5) Осевая симметрия.

Даны прямая k и две точки А и В по одну сто­рону от нее. Найти на прямой k точку С, делящую прямую k на два луча СМ и CN так, чтобы ACM= BCN.

Решение. Построим точку Всимметричную точке В отно­сительно прямой k. В таком случае Z.BCN = Z.B'CN для любой точки С прямой k (эти углы симметричны относитель­но k). Углы B'CN и ACM равны тогда и только тогда, когда точ­ки А, В' и С лежат на одной прямой (в силу теоремы о верти­кальных углах). Значит, искомая точка С есть точка пересечения отрезка АВ' и прямой /г.

Итак, заменив одну из точек симметричной ей относительно данной прямой, мы упростили ситуацию, что и позволило быстро найти решение задачи.

Осевая симметрия часто помогает решить задачу, когда фи­гура или часть ее имеет ось симметрии, например, когда в зада­че речь идет о биссектрисе угла.

Параллельный перенос.

Основания трапеции равны 4 см и 9 см, а диаго­нали равны 5 см и 12 см. Найти площадь трапеции и угол между ее диагоналями.

Решение. Пусть A BCD — данная трапеция, CD—-4 см, АВ — *д см, BD — 5 см и /4С = 12 см. Чтобы известные эле­менты включить в один треугольник, перенесем диагональ BD на

вектор DC в положение СВ'. Рассмотрим треугольник АСВ'. Так как В В'CD — параллелограмм, то В'С = BD = 5 см, АВ'~АВ-{- В В' — ЛВ-\- CD — 13 см.

Теперь известны все три стороны треугольника АВ'С, значит, можно найти его высоту, а затем и площадь трапеции.

Если же заметить, что площадь трапеции как раз и равна площади треугольника АВ'С (треугольники В В'С и A CD равно­велики), то решение задачи можно еще упростить.

Так как 5² + 12² = 13², то треугольник АВ'С прямоугольный.

Найдем его площадь: S = ^-* 12-5 = 30 см².

Итак, площадь трапеции равна 30 см². Угол между диагона­лями трапеции равен углу АСВ', значит, диагонали перпендику­лярны.

Аналогично решается задача на построение трапеции по основаниям и диагоналям: сначала строится вспомогательный треугольник, две стороны которого равны диагоналям, а третья — сумме оснований.

Заметим, что для вычисления площади трапеции и угла меж­ду диагоналями условие задачи можно было бы ослабить: вме­сто оснований трапеции задать только их сумму.

Центральная симметрия.

Доказать, что медиана треугольника меньше по­лусуммы заключающих ее сторон.

Решение. Пусть СМ — медиана треугольника ABC (рис. 8). Построим точку А, симметричную С относительно точки М. Так как М — середина отрезка АВ, то отрезок AD симметричен от­резку ВС. Мы получили треугольник ACD, в котором CD = 2СМ,

Следовательно, 2СМ <.АС + ВС, или т_с< ^а~^^Ь , где т_с = СМ,

а = ВС и Ь = АС.

С помощью такого же приема решается задача на построение треугольника ЛВС по двум сторонам и медиане, проведенной к третьей стороне, и некоторые другие задачи, в которых речь идет о медиане треугольника. Заметим, что ACBD — паралле­лограмм, поэтому указанный прием часто называют достраива­нием треугольника до параллелограмма.

Центральная симметрия обычно помогает решить задачу, когда фигура или часть фигуры имеет центр симметрии.

Поворот.

На сторонах АС и ВС произвольного треуголь­ника ABC вне его построены квадраты ACA_tA., и ВСВ_{В₂. Дока­зать, что отрезки ЛБ| и Л,В равны и перпендикулярны.

Решение. Применим поворот вокруг точки С на 90°. Треугольники А,СА и ВСВ_{ равнобедренные прямо­угольные, поэтому при таком повороте точка А, перейдет в точку

А, точка В — в точку В_и отрезок A_tB — в отрезок АВ_{. Значит, эти отрезки равны и угол между ними равен углу поворота, т. е. 90°.

Примечание. Используя полученный результат, нетрудно доказать, что центры О и Р квадратов и середины М и М, отрез­ков АВ и А_]В₁ являются вершинами нового квадрата.

Композиция движений.

На сторонах АС и ВС произвольного треуголь­ника ЛВС вне его построены квадраты с центрами О и Р. Точка М— середина стороны АВ. Найти углы треугольника МОР.

Решение. Для определенности, как и во всех последующих задачах, будем считать, что исходный треугольник ABC ориенти­рован положительно (рис. 15). Композиция F = R]^°°°R^[p°°R⁹q“ пе­реводит точку А в точку С, точку С в В, затем точку В снова в А, т. е. F(A) = A. Сумма углов поворота равна 360°. Значит, F — параллельный перенос с неподвижной точкой, т. е. тождествен­ное преобразование. Согласно теореме 3 углы треугольника ОРМ равны соответственно 45°, 45°, 90°.

Эту задачу можно решить также с использованием теорем элементарной геометрии и одного поворота. При­веденное решение более эффектив­но, а способ решения применим и к другим подобным задачам.

Преобразование подобия. Подобные фигуры.

Гомотетия и центрально-подобный поворот.

Композиция преобразований подобия.