НПК Задачи на дополнительные построения

Муниципальное общеобразовательное бюджетное учреждение

средняя общеобразовательная школа № 9 городского округа г. Нефтекамск

Республики Башкортостан

Задачи на дополнительное построение

Исследовательская работа по математике

Выполнил: Абдюшев Никита ученик 8а класса

Руководитель: Кабирова Любовь Федоровна

г.Нефтекамск 2014

Оглавление

1. Введение 3

2. Основная часть 4

Виды дополнительных построений –

Глава 1: Продолжить медиану –

Глава 2: Провести прямую параллельную данной 6

Глава 3: Провести прямую перпендикулярную данной 8

Глава 4: Построить окружность 10

3. Заключение 12

4. 4.Литературв 13

Введение

Приступая к решению геометрической задачи, нужно иметь в виду, что обычно геометрическая задача может быть решена несколькими способами. Поэтому, если появилась идея решения задачи, но путь к решению довольно длинный, то следует помнить, что существенную помощь могут оказать дополнительные построения. В одних случаях эти построения напрашиваются сами собой, в других они не так очевидны и требуют изобретательности, геометрической интуиции. Сейчас в школьном курсе учебников знакомят с разнообразными понятиями и средствами решения задач, но именно их разнообразие оставляет мало времени на приобретение навыков, и вкус к такого рода задачам, которые развивают геометрическое воображение. Цель работы: выделить основные виды дополнительных построений, к каждому виду подобрать и решить задачи. Изучив статью «Научим школьников выполнять дополнительные построения» в газете «Математика» приложение к газете «Первое сентября» и статью «Учимся делать дополнительные построения» в научно-популярном физико - математическом журнале «Квант», меня заинтересовала эта тема и я начал подбирать задачи, которые «красиво» решаются с помощью дополнительных построений. Изучив задачники Просолова В.В «Задачи по планиметрии» и Шарыгина И.Ф «Задачи по геометрии», я выделил четыре основных вида дополнительных построений: продолжить медиану, построить прямую параллельную данной, построить прямую перпендикулярную данной, построить окружность. В данную работу включено 10 наиболее интересных задач. Среди них задачи на вычисление, на доказательство, на построение.

Продолжить медиану

№1
Две стороны треугольника равны 27 и 29, а медиана, проведенная к третьей

стороне равна 26. Найти высоту, проведенную к стороне 27.

Дано:

∆ABC

AB=27,BC=29,BO=26

CD − высота

BO − медиана

Найти CD.

B

D

A O C

E

B

D

A O C

[pic]

[pic]

Решение

1. Дополнительное построение: строю OE=BO; ABCE – параллелограмм (по признаку), BC=AE=29; AB=EC=27

2. S∆ABC= S∆ABE (т.к составлены из равных треугольников)

3. S∆ABE= [pic] (по формуле Герона)

S∆ABE= [pic]

S∆ABC= [pic]

270= [pic] [pic] CD=20

Ответ: 20

№2.

На сторонах AB и BC построены вне его квадраты ABDE и BCKF. Доказать, что отрезок DF в 2 раза больше медианы BP треугольника ABC.

Дано:

∆ABC

ABDE и BCKF - квадраты

Доказать, что DF=2BP.

[pic] [pic]

B

A P

C

D

B

A P

C

Решение

1. Дополнительное построение: строю PQ=BP ABCD-параллелограмм (по признаку)

2. [pic]

3. [pic]

[pic]

[pic]

[pic] – по II признаку ( [pic] DBF=BCQ, BF=BC, DB=CQ)

[pic]

DF=BQ=2BP

№3
Доказать, что медиана треугольника меньше полусуммы двух сторон, имеющих с этой медианой общую вершину.

Дано:

∆ABC

BP − медиана

Д

D F

E B

A P K

C

D F

E B

A P K

C

Q

[pic] [pic]

Решение

1. Дополнительное построение: строю PD=BPABCD – параллелограмм (по признаку) AB = CD, BC = AD

2. BD<BC+CD (по неравенству треугольника)

BD<BA+AD (по неравенству треугольника)

2BD

2BD<2BC+2AB

BD<BC+AB

Так как BD=2BP (по построению), то BP< [pic] (AB+BC).

Провести прямую параллельную данной

№1

Найти высоту равнобедренной трапеции, если её диагонали взаимно перпендикулярны, а площадь трапеции равна S.

Дано:

ABCD− равнобедренная трапеция

AC и BD − диагонали

AC BD

S − площадь трапеции

Найти h − высоту трапеции

[pic] [pic]

B C

A F D E

B C

A F D

Решение

1. Дополнительное построение: строю CE||BD

2. ∆АСЕ – равнобедренный (т.к AC=BD, BD=CE, AC=CE)

3. ∆АСЕ –прямоугольный (т.к CO [pic] BD, BD||CE [pic] CE [pic] CO)

4. Проведу высоту CF – она является медианой и биссектрисой [pic] [pic] ACF = [pic] FCE = 45^O

[pic]

AE=2AF=2h

Sтр.= [pic]

BC+AD=AE (т.к BC=ED)

Sтр.= [pic]

h = [pic]

№2
Через середину M стороны BC параллелограмма ABCD, площадь которого равна 1, и вершину A проведена прямая, пересекающая диагональ BD в точке O. Найти площадь четырехугольника OMCD.

Дано:

ABCD−параллелограмм

SABCD=1

B [pic] M=MC

Найти площадь OMCD.

B M C

O

A D

B M C

O

F

E A D

[pic]

РешениеДополнительное построение: стою BE||AM, AF||BO

1. S ∆ABD = [pic] SABCD = [pic]

2. ∆EBA и ∆ABD – они имеют общую высоту [pic] [pic] = [pic]

S [pic]

3. S [pic]

4. [pic] ~ [pic] (т.к. [pic] , [pic] общий) [pic] [pic] [pic]

5. Рассмотрим [pic] и [pic]

1. [pic] (т.к EBMA – параллелограмм) ,

2. EA=BM

3. EF=OM (EF=EB-FB, OM=AM-AO, EB=AM, FB=AO)

[pic] (по двум сторонам и углу между ними) [pic] [pic]

7. SOMCD=S [pic]

№3
Построить трапецию по четырем сторонам.

Дано:

AB=c,

BC=a,

CD=d,

AD=b

Построить трапецию ABCD

Дополнительное построение: строю BP||CD. Задача сводится к построению ABP по трем сторонам AB=c, BP=d, AP=b-a

[pic]

Построение:

1.СтроюABP по трем сторонам так, что AB=c, BP=d, AP=b-a.

2.Строю PD=a

3. Строю BC||PD, BC=a. AD=b

4. ABCD - искомая трапеция.

Доказательство:

1. BC||AD (по построению)

AB не параллельно CD, т.к BP||CD

ABCD – трапеция (по построению)

2. BC=a, AB=c, AD=b, CD=BP= (по построению)

3. ABCD – с данными сторонами.

Исследование: Задача имеет единственное решение, если можно построить ABP, т.е выполняется неравенство треугольника: c<d+(b-a), d<c+(b-a), b-a<c+d.

Провести прямую перпендикулярную данной

№1

На катетах AC и BC прямоугольного треугольника вне его построены квадраты ACDE и BCKF. Из точек E и F на продолжение гипотенузы опущены перпендикуляры EM и FN. Доказать, что EM+FN=AB.

Дано:

∆ABC−прямоугольный

ACDE и BCKF− квадраты

EM PA, FN BQ

Доказать, чтоEM+FN=AB.

[pic]

K

D

C

E F

P

M

A

L

B N Q

Решение

1. Дополнительное построение: строю CL

2. Пусть [pic] и [pic]

3. Аналогично [pic]

[pic] [pic] (по катету и острому углу) EM=AL, FN=LB [pic] EM+FN=AL+LB=AB.

№2
Пусть AC − большая из диагоналей параллелограмма ABCD, Из точки C на продолжения сторон AB и AD опущены перпендикуляры CE и CF соответственно. Докажите, что AB∙AE+AD∙AF=AC ∙ AC.

Дано:

ABCD-параллелограмм

CE BN, CF DM

Доказать, что AB∙AE+AD∙AF=AC ∙ AC

[pic] [pic]

Решение

1. Дополнительное построение: строю BG [pic] AC

2. [pic] ~ [pic] ( [pic] – общий, [pic] ) [pic] [pic]

3. AF||CB [pic] [pic] [pic] = [pic] (как накрест лежащие при прямых AF||CB b секущей AC)

4. [pic] ( [pic] FAC = [pic] ACB, [pic] ) [pic] [pic]

5. [pic]

[pic]

[pic]

AB∙AE+AD∙AF=AC²

Построить окружность

№1

Найти сумму внутренних углов пятиконечной звезды

Дано

пятиконечная звезда

Н [pic] айти:

C

B D

A E

P R

C

N S

B D

M T

A E

K Y

L X

Решение

Дополнительное построение: описываю около звезды окружность.

Угол между двумя пересекающимися хордами измеряется полусуммой заключенных между ними дуг

[pic]

№2
В трапеции ABCD (AB и CD основания) меньшее основание равно
a, углы, прилежащие к этому основанию, равны 105 , а диагонали взаимно перпендикулярны. Найти площадь трапеции.

Дано:

ABCD – трапеция

AB и CD -основания

Найти S трапеции.

Решение

1. Дополнительное построение: строю описанную окружность (т.к трапеция равнобедренная, то можно описать окружность)

2. Sтр. = [pic]

3. Пусть QB=x, AB=2x (т.к [pic] ), AQ=y по теореме Пифагора:

[pic] [pic] [pic]

4. BQ = QC = x

По теореме Пифагора из ∆BQC: [pic] [pic]

5. AQ=QD=y По теореме Пифагора из ∆AQD: [pic]

6. BD = BQ+QD = [pic]

7. S [pic] = [pic]

B C

Q

O

A D

Заключение

Рассмотрев конкретные случаи, мы убедились, что решение задач с помощью дополнительных построений не только быстрей и проще, но и намного интересней, чем решение привычными способами.

Решая задачи на дополнительное построение, мы не только углубляем знания, но и развиваем изобретательность и геометрическую интуицию.

Хотелось бы продолжить работу по этой теме, добавив другие построения, например, преобразование на плоскости. Данный материал можно использовать при повторении курса планиметрии и при подготовке к ЕГЭ.

Литература

1. Математика. Приложение к газете «Первое сентября», – 1999.

2. Научно-популярный физико-математический журнал «Квант» №10,

1975.

3. Петраков И.С. Математические кружки в 8-10 классах. –

м.;Просвещение.1987.

4. Просолов В.В. задачи по планиметрии, 1часть-м.;Наука, 1986.

5. Просолов В.в. Задачи по планиметрии 2 часть – м .;Наука, 1986

6. Шарыгин И.Ф. решение задач. – м.;Просвещение, 1994.

7. Шарыгин И.Ф. Задачи по геометрии. – м;Наука , 1982.

Тезисы

1. Задачи решаемые продолжением медианы

2. Задачи решаемые проведением прямой параллельной данной

3. Задачи решаемые проведением прямой параллельной данной

4. Задачи решаемые построением окружности

Рецензия

На работу ученика 8а класса МОБУ СОШ №9 городского округа город

Нефтекамск Ярулина Булата

В работе Рассмотрены основные виды дополнительных построений при

решений задач:

• Продолжить медиану

• Провести прямую параллельную данной

• Провести прямую перпендикулярную данной

• Построить окружность

К каждому виду дополнительных построений подобранны и решены задачи,

которые

углубляют знания, развивают изобретательность и геометрическую

интуицию