logo
Различные методы решения планиметрических задач

· методы, использующие векторный аппарат.

Актуальность:

В заданиях группы В (планиметрия) единого государственного экзамена по математике содержаться такие задачи, при решении которых учащиеся испытывают определенные затруднения, что ведет к потере времени на экзамене.

Методы, предложенные в моей работе, позволяют решить эти задания быстро и легко.

Умение решать планиметрическую задачу несколькими способами - один из залогов успешного решения стереометрических задач.

Исходя из выше сказанного

Цель работы:

Изучить и систематизировать различные методы решения планиметрических задач на примере конкретной задачи.

Задачи:

1. Определить, действительно ли одну задачу можно решить несколькими методами.

2. Познакомиться с многообразием решений планиметрических задач.

3. Найти самый рациональный способ решения.

4. Узнать какой из методов чаще всего используют ученики 8 - 10 классов.

Объект исследования:

Планиметрическая задача.

Предмет исследования:

Методы решения планиметрической задачи.

Гипотеза:

Владение различными методами решения задач позволит выпускнику выбирать наиболее рациональный метод.

Изучая в школе предмет «Геометрия», мы приобретаем набор методов решения планиметрических задач. Нами была выбрана планиметрическая задача, которую можно было решать различными методами. Прорешав ее известными нам методами, мы обратились к литературе за дополнительными методами решения. Провели классификацию этих методов. Выбрали более оптимальные. Предложили учащимся 8-11 классов решить данную задачу и выявили наиболее «популярные» методы решения.

подобие треугольник вектор тригонометрическая замена

I. Различные методы решения планиметрической задачи на примере конкретной задачи

Нами была выбрана планиметрическая задача, которую можно было решать различными методами.

Задача:

Найти среднюю линию MN трапеции ABCD с основаниями BC и AD, если BD = 6см, AC = 8см,

BD AC.

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.