logo
Различные методы решения планиметрических задач

1. Методы, использующие дополнительные построения (ДП)

1.1 «Прямая параллельная диагонали» [5, №33.8]

1. ДП: проведем CEBD, CE?AE=EBCED - параллелограмм, (BDCE и BCDE, BC=DE=a, CE=BD=6см.)

2. Рассмотрим ?ACE: ACE=90° (BDCE, ACBD ACCE) AE=vAC2+CE2=v64+36=10. MN=1/2AE = 5.

Ответ: MN = 5см.

1.2 «Средние линии треугольников»

1. Д.П.: проведем средние линии ?ABD (MKBD) и ?ACD (NKAC)

2. Рассмотрим ?ABD: MK=6/2=3см; ?ACD: NK=8/ =4

3.?MNK: NKM=90° (MKBD, NKAC и BDACMKNK) MN=MK2+KN2=v32+42 =5

Ответ: MN=5

1.3 «Середины сторон трапеции»

1. Соединим середины сторон трапеции. XMYN - параллелограмм (XNBD, MYBDXNMY; XMAC, NYAC XMYN);

MYN = 90° (ACYN, BDMY; BDACYNMY) XMYN - прямоугольник .YM=3(MY - средняя линия ?ABDMY= 1/2BD); NY=4(NY - средняя линия ?AС NY=Ѕ AC).

2. ?MNY: MN=v32+42=5

Ответ: MN=5.

1.4 «Первый признак равенства треугольников»

1.Д.П.: Продлим AC на AM1=OC и BD на DN1=OB.

2. По теореме Пифагора в ?M1ON1: M1N1=10.

3. Проведем M1KN1D. MK?AK=K.

4. ?BOC=?KAM1 (поЙ признаку:

BO=KM1, OC=AM1, по построению, BOC=KM1A=90, накрест лежащие при BN1 KM1, M1C - секущей) AK=BC.

5. M1KDN1 - параллелограмм, DK=M1N1 =10; MN =DK/2= (AD+BC)/2=5. Ответ: MN=5

1.5 «Второй признак равенства треугольников»

1.Д.П.: Продлим AC на AM1=OC и BD на DN=OB.

2. Рассмотрим ?OMN, NOM=90°, тогда по теореме Пифагора в ?MON MN=10.

3. Постоим: AEMN, DFMN, OKBC.

4. ?AME = ?KOC и ?DFN=?BOK (по II признаку) ME=KC, FN=BKMN=BC+AD=a+b=10MN=10/2=5.

Ответ: MN=5.

1.6 «Признаки равенства прямоугольных треугольников, свойства параллельных прямых»

1. Д.П.: Через т. B проведем прямую EM1AC

2.Через т.C проведем EN1BD.

3.Через т. D проведем прямую N1FAC.

4.Через т. A проведем прямую EM1BD.

5.Получившийся четырехугольник M1EN1F - прямоугольник (E M1AC, M1FBD и ACBD M1FN1F) EN1=M1F=6 и EM1=N1F=8, по теореме Пифагора диагональ прямоугольника M1N1=10.

6.Пусть BC=a, AD=b из равенства прямоугольных треугольников М1ВК и ADF M1K=AD=b. Из равенства прямоугольных треугольников ВСО и КDN1 KN1=BC=a.

7. M1K+KN1=M1N1= a+bMN=M1N1/2=5

Ответ: MN=5.

2. Методы, основанные на подобии треугольников.

2.1 «Подобие треугольников». [1, п. 59]

1.? BOC~?AOD (по 2-м углам BOC=AOD=90° и CBO=ADO как накрест лежащие при BCAD, BD - секущая) y= 4/3x, x3 (половины AC)

2.По теореме Пифагора:?AOD: AD= (8-х)2+ (6-у)2,

y=4x/3AD=v25/9x2 - 100/3+100.

3. ? BOC: BC=5x/3 (по т.Пифагора).

4. MN= (AD+BC)/2, подставим: AD=v25/9x2-100/3+100 и BC=5x/3 получим: 3l2-5lx+25x-75=0. MN=25x2-12(25x-75) =25(x-6)2, MN= (10x-30)/6=5x/3-50 - посторонний корень, MN= (5x-5x+30)/6=5

Ответ: MN=5.

2.2 «Коэффициент подобия треугольников». [1, п. 59]

1.? BOC~?AOD 8-х=kx

6-y=ky

x=8/k+1

y=6/k+1 (k - коэффициент подобия)

2. Рассмотрим? BOC и ?AOD. По теореме Пифагора BC=vx2+y2, AD=v(8-х)2 + (6-у)2

3.MN=(AD+BC)/2 подставим x и y: MN = v(82/(k+1)) + 62/ (k+1))*(k+1))/2=v100/2=5

Ответ: MN = 5.

2.3 «Метод тригонометрической замены». [7].

1. ?BOC~?AOD (CBO=ADO - накрест лежащие при BCAD (по определению трапеции) и BD-сек.) x/(8-x)=a/ba+b=8a/x. 2. MN= (a+b)/2=4a/x.

3.х/(8-х)=у/(6-у), то х/у=4/3.

4. ?BOC: sin=х/а, tg=x/y=4/3, sin=4/5MN=4/sin=5.

Ответ: MN = 5.

3. Методы, использующие соотношение между углами и сторонами треугольника

3.1 « Методы площадей и тригонометрия» [1,п. 66]

1. BB1=CC1=h

2. SABCD=Ѕ*d1d2*sinб=24.

3. SABCD=MN*h

4. Рассмотрим ?BB1D: sinб=(90-б)=h/6cosб=h/6.

5. Рассмотрим ?CC1A:sinб=h/8.

6. По основному тригонометрическому тождеству: sin2б+cos2б=1 h2/36+h2/64 =1h =24/5.

7. Приравняв обе формулы площади трапеции, мы получим: MN=24/h=5.

Ответ: MN = 5.

3.2 «Соотношение между углами и сторонами прямоугольного треугольника и подобие треугольников». [1,п. 66]

1. ?BOC~?AOD (AOD=BOC=90, CBO=ADO - накрест лежащие при BCAD)y=4x/3.

2. Рассмотрим ?BOC tg=4/3cos =3/5(1+tg2 = 1/cos2) 3. Рассмотрим ?BOC OC/BC = cos BC = OC/cos = 5x/3 4. Рассмотрим ?AOD AO/AD = cos AD = AO/cos = 5(6-x)/3 5. MN = (AD+BC)/2 = (5(x-6)/3+5x/3)/2 = 10/2 = 5

Ответ: MN = 5.

3.3 «Метод высот» [1,п. 66]

1. Д.П.: Построим BFAD и CDAD BE=CE=H

2. AE=62-H2 (ACE, по теореме Пифагора), FD=82-H2 (DBF, по теореме Пифагора).

3. AE+FD=36-H2 +64-H2=AF+FE+ED+EF=a+b.

4 MN=(a+b)/2=(36-H2 +64-H2)/2.

5. ?BOC~?AODtg=4/3

6. ACE: tg=CE/DE=H/36-H2 =4/3

7. Решаем уравнение: 3H=436-H2, H=4,8

8. Подставим H = 4,8 в уравнение: MN=(36-H2 +64-H2)/2 MN = (3,6+6,4)/2 = 5. Ответ: MN = 5.

4. Координатный метод. [5, §61-62; 2п. 39]

1. Зададим оси координат по прямым: BD и AC точка О(0; 0)

2. Координаты вершин: A(0; a-8); B(b-6; 0); C(0; a); D(b; 0).

3. Найдем координаты точек M, N:

M((b-6)/2; (a-8)/2), N(b/2; a/2)

4. Найдем длину

MN=((b-8)/2-b/2)2+((a-8)/2-2/2)2=32+42=5

Ответ: MN =5.

5. Методы, использующие векторный аппарат

5.1 «Сложение векторов». [2, п.39]

1. AD=AO+OD, BC=BO+OC (метод треугольника)

2. AD+BC = AO+OD+BO+OC = AC+BD

AC+BD = 2AD*BC*cos0+BC2+AD2 = =AC2+2AC*BD*cos90+BD2 AD+BC =10.

3. MN = (AD+BC)/2=5.

Ответ: MN = 5.

5.2 «Коллинеарные векторы» [2, п.39]

1. MO и ON - коллинеарные.

2. MO = Ѕ(BO+OC), ON = Ѕ (OA+OD) MO+ON = MN = =Ѕ(BO+CO+OA+OD) MN = Ѕ(CA+BD),

MN2 = ј (CA2+2CF*BD*cos90+BD2), MN2 = ј(62+82)=5

3. В методе 1.3 мы доказали, что M1N1 равна средней линии трапеции, следовательно MN =5.

Ответ: MN = 5.

ЙЙ. Исследование

Для того, что бы узнать какие из представленных в работе способов будут использовать ученики, для решения это задачи, мы предложили решить эту задачу группе учащихся 8-11 классов МОУ «Кормиловский лицей». Задачу решали 9 человек 8-9 классов и 8 человек 10-11 классов, наиболее интересующихся математикой. Оказалось, что ученики, чаще всего используют «метод, основанный на подобии треугольников» (2) с использованием теоремы Пифагора (Приложение 1). Но из-за того, что получались сложные подкоренные выражения, 3 ученика 8 класса недорешали эту задачу. Полученные данные представлены в диаграмме 1.

Методы решения, используемые учениками 8-11 классов (до консультации)

Диаграмма 1

Далее мы ознакомили учащихся 8-11 классов со списком методов решения данной задачи. И предложили решить ее как можно большим числом методов. Полученные результаты представлены в приложении 2. После консультации 1 ученик 8 класса решил еще одним методом и 1 ученик 9 класса решил эту задачу еще тремя методами. Учащиеся 10-11 классов решили эту задачу еще 3-7 методами (Диаграмма 2)

Учащиеся не использовали при решении задачи следующие методы:

· метод, использующий векторный аппарат;

· «сложение векторов»;

· «коллинеарные векторы»;

· первый, второй признаки равенства треугольников;

· коэффициент подобия треугольников;

· метод тригонометрической замены.

Методы решения, используемые учениками 8-11 классов (после консультации)

Диаграмма 2.

Заключение

В ходе нашей работы было выявлено 15 различных методов решения конкретной планиметрической задачи.