Применение дополнительных построений при решении геометрических задач

XI Международный конкурс научно-исследовательских и творческих работ учащихся
Старт в науке

Применение дополнительных построений при решении геометрических задач

Трунова К.Д. 1
1МБОУ СОШ г. Сурска
Кадеркаева Н.К. 1
1Школа
Автор работы награжден дипломом победителя III степени
Текст работы размещён без изображений и формул.
Полная версия работы доступна во вкладке "Файлы работы" в формате PDF

Введение

Дополнительные построения занимают важное место среди различных методов решения геометрических задач. Например, теорема о площади треугольника, теорема Пифагора, теорема о пересечении высот треугольника и многие другие. При подготовке к экзамену по математике большинство задач по планиметрии не решается с помощью строгих алгоритмов, почти каждая геометрическая задача требует своего подхода.

Искусство решать задачи основывается на хорошем знании теории, на знании достаточного количества геометрических фактов и в овладении приёмами и методами решения.

Эти методы обладают некоторыми особенностями:

большое разнообразие, трудность формального описания, взаимозаменяемость, отсутствие чётких границ области применения.

При решении геометрических задач используются три основных метода:

  • геометрический – когда требуемое утверждение выводится с помощью логических рассуждений из ряда известных теорем;
  • алгебраический – когда искомая геометрическая величина вычисляется на основании различных зависимостей между элементами геометрических фигур непосредственно или с помощью уравнений;
  • комбинированный – когда на одних этапах решение ведется геометрическим методом, а на других - алгебраическим.

Во многих случаях решать задачи помогает введение в чертеж дополнительных линий - так называемые дополнительные построения. Такие дополнительные построения, вводящие новые углы и новые отрезки, иногда приводят к появлению геометрических фигур, облегчающих решение задачи. Представленные данные говорят об актуальности изучения метода дополнительных построений.

Объект исследования: планиметрические задачи

Предмет исследования: метод дополнительных построений

Цель работы:

·выяснить, в чем состоит суть метода дополнительных построений;

  • узнать, при   решении каких задач   целесообразно   использовать метод дополнительных построений.

 

Задачи:

  • выявить, при решении каких задач метод дополнительных построений является наиболее эффективным;
  • изучить разнообразные методы, которые могут быть успешно применены при решении многих геометрических задач;
  • провести группировку различных видов дополнительного построения;

В процессе работы я использовала следующие методы исследования:

  • анализ математической и методической литературы;
  • анализ геометрических задач, которые предлагались на ЕГЭ и ОГЭ;
  • классификация дополнительных построений;
  • математическое моделирование;

-поиск рационального способа решения задачи методом дополнительного построения.

Теоретическая значимость: исследовательская работа позволяет расширить знания о методе дополнительных построений при решении геометрических задач.

Практическая    значимость    работы    заключается    в    возможности    использования    ее результатов учениками, учителями математики.

Глава 1. Дополнительное построение как метод решения планиметрических задач
  1. Приёмы дополнительного построения

Решение геометрической задачи начинается с работы над чертежом. Часто на чертеже, особенно в геометрических задачах, которые предлагаются на различных олимпиадах, трудно заметить связи между данными и искомыми величинами. В подобных ситуациях решить задачу помогают дополнительные линии, которые проводятся для того, чтобы свести задачу к ранее решенной или более простой задаче. Они позволяют включить в задачу новые фигуры с их свойствами, тем самым увеличить число теорем, которые можно использовать при решении задачи.

Приёмы дополнительного построения, которые используются при решении геометрических задач можно разделить на два вида - это разбиение фигур и дополнение.

Разбиение фигур:

  • проведение в многоугольнике прямой, параллельной одной из имеющихся (или параллельных прямых), что позволяет применять подобие;
  • разбиение фигуры на части с целью получения треугольника и параллелограмма (в том числе ромба, квадрата), что позволяет применять свойства этих фигур;
  • проведение перпендикуляров, радиусов окружности в точки касания, высот в трапеции позволяют получить прямоугольные треугольники.

Дополнение фигур:

  • построение параллелограмма, с помощью продления медианы треугольника, что позволяет применять свойства параллелограмма;
  • построение дополнительного треугольника;
  • построение вспомогательной окружности с целью применения свойств хорд, касательных и углов, связанных с окружностью.

Рассмотрим дополнительные построения, использование которых целесообразно при решении планиметрических задач, связанных с треугольниками и четырёхугольниками [4].

1.2.Разбиение фигур

1.2.1.Построение прямой параллельной одной из имеющихся (или параллельных прямых)

Если в треугольнике известен отрезок АА1, то через точку А1 проводится прямая, параллельная стороне АВ, до её пересечения со стороной АС (рис.1). По теореме о пропорциональных отрезках получаем  . Если отрезок АА1 является медианой, то по теореме Фалеса А2 – середина стороны АС.                 

 

Рис. 1

Рис. 2

 

Если в треугольнике известны два отрезка, проведённые из разных вершин, в том числе биссектриса, высота, или медиана, то через основание одного из них проводится прямая, параллельная данному отрезку, до её пересечения со стороной треугольника (рис. 2, рис.3). Так на рис. 2 прямая КB2 отсекает от треугольника AA1A2  подобный ему треугольник AКB2, а прямая A1A2  – треугольник CA1A2, подобный треугольнику CBB2.

Рис. 3

1.2.2.Разбиение фигуры на части для получения треугольника и параллелограмма

Рис.4

Рис.5

 

 

 

Рис.6

 

 

 

Рис. 7

Если в треугольнике (рис. 4), параллелограмме (рис. 5) или трапеции (рис. 6, рис. 7) дана биссектриса одного из внутренних углов, то можно построить ромб, две стороны которого лежат на сторонах данного треугольника или четырехугольника, а биссектриса является диагональю. Такое построение позволяет использовать свойства этих фигур.

 

 

1.2.3.Проведение перпендикуляров

Проведённые перпендикуляры позволяют получить прямоугольные треугольники и использовать теорему Пифагора, теоремы о подобии треугольников.

Часто в задачах используются такие дополнительные построения как проведение радиусов окружности в точки касания, высот в трапеции.

1.3.Дополнение фигур

1.3.1.Удвоение медианы

Так, если в условии задачи известна медиана треугольника, то удвоив её, мы получим параллелограмм (рис.8), что позволит использовать его свойства [8].

В зависимости от содержания задачи такое дополнительное построение можно выполнять и для двух, и для трёх медиан; использовать не весь параллелограмм, а только его части Например, треугольника АА2С (рис. 8).

Рис. 8

1.3.2.Дополнительное построение треугольника

 

 

Рис. 9

Рис. 10

  1. В результате построения, выполненного на рис. 9 (АВ2 ||ВС) и рис. 10 (АС||ВА2), появляются две пары подобных треугольников. Так, на рисунке 9 ?AКB2 и ?A1КB; ?AB1B2 и ?CB1B; на рис. 10 ?AКB1 и ?A2КВ; ?AA1C и ?A2A1B подобны.

 

На рис. 11 и рис 12 (АМ1|| ВС, L1=КМ∩ВС)   ? ALМ1  подобен  ? BLL1,   ? AMM1  подобен ?CML1,  ? AКM1 подобен ?КA1L1.

 

Рис. 11

 

 

 

 

Рис. 12

  1.  

рис.13                                                                                 рис.14

Если даны две окружности разных радиусов (не имеющие общих точек, пересекающиеся в двух точках или касающиеся внешним образом) с секущей, проходящей через одну из точек пересечения окружностей (или общей касательной), то через центр меньшей окружности проводится прямая, параллельная данной секущей (или касательной). Находится точка пересечения с радиусом большей окружности, проведённым в точку касания, или с его продолжением (рис. 13, рис. 15, рис. 14, рис.  16).

 

 

 

рис.15                                                                 рис.16

 

Результатом этих дополнительных построений является прямоугольный треугольник. В треугольнике вершины острых углов совпадают с центрами данных окружностей, один из катетов равен половине отрезка секущей, расположенного внутри окружностей (или отрезку касательной, заключенному между точками касания), а другой сумме (для случая с внутренней касательной) или - разности (для случая с внешней касательной) радиусов этих окружностей. В случае касания данных окружностей (рис. 15) гипотенуза O1O2  ?O1O2В равна сумме радиусов этих окружностей (r1 и r2), поэтому расстояния между точками касания окружностей с их общей внешней касательной можно найти по формуле А1А2=2
  1. Прямоугольный треугольник достраивается до равнобедренного треугольника/

Если дан прямоугольный треугольник, то он достраивается до равнобедренного треугольника. Один из катетов данного треугольника становится, медианой, биссектрисой и высотой, а другой – половиной основания.

  1. Если дана трапеция, то с помощью продолжения боковых сторон она достраивается до треугольника.
  2. Если в треугольнике, параллелограмме или трапеции дана биссектриса одного из внутренних углов, то проводится дополнительное построение треугольника, одна из   сторон

которого содержит эту биссектрису, вторая совпадает со стороной данной фигуры, а третья или параллельна другой стороне этой фигуры, или получается при ее продолжении (рис. 17– рис. 20). Построенный треугольник является равнобедренным.

рис.17-20

 

1.3.3. Построение дополнительной окружности

Если дан прямоугольный треугольник, то вокруг него описывается окружность, центром которой является середина гипотенузы.

Если дан четырехугольник, у которого суммы противоположных углов равны, то вокруг него описывается окружность. Признаком существования для четырехугольника описанной окружности обладают квадрат, прямоугольник и равнобедренная трапеция.

Если дан четырехугольник, у которого суммы противоположных сторон равны, то в него вписывается окружность.

Если даны две окружности с общей внешней касательной, касающиеся друг друга внешним образом, то в рассмотрение вводится треугольник, вершинами которого служат три точки касания данных фигур (рис.21).

 

Рис.21

Треугольник АА1А2 является прямоугольным с прямым углом А (А – точка касания окружностей). Докажем, что угол A1AA2 = 90°.

?O1AA1 и ?O2AA2 – равнобедренные. Пусть α и β углы при основаниях этих треугольников; тогда 2α – внешний угол при вершине O1, 2β   – внешний угол при   вершине O2. 2α и 2β - односторонние углы при O1A1 || O2A2 и секущей O1O2, значит 2α + 2β = 180°, поэтому α + β =90°. ?A1AA2  = 180° – (LA1AO1  +LA2AO2) = 180° – (α + β) = 180° – 90°, что и требовалось доказать.

Глава 2 Практическое применение метода дополнительных построений.

2.1. Решение задач методом дополнительных построений

Задача 1. Построение прямой параллельной одной из имеющихся (или параллельных прямых)

Две стороны треугольника равны 10см и 15см, угол между ними равен 600. Найти длину биссектрисы, проведённой из данного угла.       

Δ АВС, АВ= 10см,  АС = 15см,  < А = 600

АМ – биссектриса -?

Проведём MN ? АВ

< ВАМ = < MAN = < AMN = 300

Δ ANM – равнобедренный

AN = x,   NC = 15 – x

Δ ABC ~ Δ NMC,

NC : АС = MN : АВ

(15 – х) : 15 = х : 10

10( 15 – х) = 15х

х = 6

AN = NC = 6

< ANM = 1800 – 600 =1200

 По теореме косинусов:

АМ2 = AN2 + NM2 – 2 • AN • NM • cos 1200

АМ2 = 36 + 36 – 2 • 36 • cos 1200

АМ2 = 72 + 2 • 36 • cos 600

АМ2 = 72 + 36 = 108

АМ = √108

Ответ: √108

 

Задача 2. Построение прямой параллельной одной из имеющихся (или параллельных прямых)

В треугольнике АВС высота АМ равна медиане BN. Найти < NBC.

Проведём NK ? AM 

AN = NC, AM ? NK, тогда по теореме Фалеса МК = КС.

NK – средняя линия Δ АМС,

NK =   АМ

Δ BNK – прямоугольный

NK =   АМ =  = BN

Катет, лежащий против угла в 300 равен половине гипотенузы

< NBC = 300

Ответ: 300

 

Задача 3.Разбиение фигуры на части для получения треугольника и параллелограмма

Доказать, что если диагонали трапеции равны, то она равнобедренная.

АBСD – трапеция, BD = AC

Доказать: АВ = СD

                                  Доказательство:

BD ? CM, DC = DM

< BDA = < CMA как соответственные угла при параллельных прямых.

BD = CM, BD = AC, тогда АС = СМ,

Δ АСМ – равнобедренный,

< САМ = < СМА

Δ ABD = Δ DCA ( II признак равенства треугольников), тогда AB = CD,

 ABCD – равнобокая трапеция.

Задача 4. Разбиение фигуры на части для получения треугольника и параллелограмма

Биссектриса острого угла равнобокой трапеции делит боковую сторону на отрезки длиной 20см и 30см, считая от меньшего основания, которое равно 6см. Найти площадь трапеции.

ABCD – трапеция, < ВАМ = < MAD, BC = 6 см, СМ = 20 см, MD = 30 см

S ABCD -?

Решение:

BN ? AD , BN ∩ AN = N

Δ ABN – равнобедренный

< BAN = < BNA ( накрест лежащие, BN ? AD)

AB =BN = 50 см,

CN = BN – BC = 50 – 6 = 44 см

Δ AMD ~ Δ NCM

AD : 44 = 30 : 20

AD : CN = DM : СM

20 AD = 1320

   AD = 66 cм

S =  ( AD + ВС) • ВЕ

АЕ =  ( AD - ВС) = 30 см

Δ АЕВ – прямоугольный

ВЕ2 = АВ2 – АЕ2

ВЕ2 = 2500 – 900 = 1600

ВЕ = 40

S =  (66 + 6) • 40 = 1440 см2

Ответ: 1440 см2

Задача 5. Дополнительное построение окружности

На стороне АВ треугольника АВС построен равносторонний треугольник АВD. Найти расстояние от центра этого треугольника до вершины С, если АВ = 5√3, < АВС = 1200.

Решение:

Опишем около четырёхугольника ABCD окружность.

< С + < D = 1800 (сумма противолежащих углов)

< А + < В = 3600 – 1800 = 1800

Δ АВС – вписанный в окружность. ОС = R

             Ответ: 5 см

 

Задача 6.

Даны две окружности, касающиеся между собой внешним образом в точке С. Прямая а касается обеих окружностей. Найти расстояние от точки С до общей касательной а данных окружностей, если известны их радиусы R1 = 10 см, R2 = 8см.

         

Найти: CD

Решение:

АВ = 10 см, MN = 8 см

a– касательная к окружностям   АВ  ?   а, MN  ?  a, CD  ?  a, построим отрезки СВ и СN

Δ ВСN – прямоугольный,   BN – гипотенуза, CD – высота, проведённая к гипотенузе

CD2 = BD • DN

Так как AB ? CD ? MN, то по теореме Фалеса

BD : DN = AC : СМ

BD : DN = 5 : 4, BN = 2√АВ • MN

BN = 2√10 • 8 = 8√5

 

Ответ:

 

2.2. Применение метода дополнительный построений в решении задачи из ОГЭ и ЕГЭ

Пример (из открытого банка заданий ОГЭ ФИПИ) В трапеции АВСD с основаниями АD и ВС угол АВD равен углу АСD. Доказать, что АВСD – равнобедренная трапеция.

Решение:

 

Точки В и С лежат по одну сторону от АD и углы < АВD = < АСD, то точки А, В, С,D лежат на окружности. Так как хорды ВС ¦ AD , то дуга АВ равна дуге СD. Поскольку равные дуги стягивают равны хорды, то АВ = СD.

 

Задачи с несколькими вариантами дополнительного построения

 В условиях задания № 16 ЕГЭ пункт «б» может подсказать, какое решение задачи будет более удачным. Пример (из открытого банка заданий ЕГЭ ФИПИ)

Точка E — середина боковой стороны CD трапеции ABCD. На стороне AB взяли точку K так, что прямые CK и AE параллельны. Отрезки CK и BE пересекаются в точке O. а) Докажите, что CO=KO. б) Найдите отношение оснований трапеции BC и AD, если площадь треугольника BCK составляет 9/100 площади трапеции ABCD.

Решение: Первый вариант построения. Продлеваем ВС и АЕ, вследствие чего появляются равные треугольники АЕD и ZЕC. Так как АЕ=EZ, то ВЕ — это медиана треугольника АВZ. КС и АZ параллельны. Медиана хороша тем, что она делит пополам не только сторону треугольника, но и любой отрезок, который этой стороне параллелен. Поэтому CO=KO. Площадь треугольника ABZ такая же, как площадь трапеции ABCD за счет равенства треугольников АЕD и ZЕC. Треугольник КВС подобен треугольнику ABZ. Как известно, отношение площадей двух подобных треугольников равно квадрату коэффициента подобия. Отрезок BC, деленый на отрезок BZ, равен 3:10. На отрезок СZ приходится 7 частей. Ответ в пункте «б»: 3:7.

Второй вариант построения. Продолжим стороны AB и CD. Используя теорему, обратную теореме Фалеса, доказываем, что KB относится к BY так же, как YE к ED, и что отрезок KD параллелен BE. В треугольнике KCD видна середина CD. Отрезок OE параллелен KD и проходит через середину — следовательно, является средней линией и проходит через середину KC. Пункт «а» задания выполнен. Разобраться с пунктом «б» при данном дополнительном построении сложнее. К ответу 3:7 приводит то, что KB с BY соотносятся так же, как ED с YE.
Задачи с разрозненными данными

Пример (из всероссийской олимпиады школьников по математике, 8 класс, 2017 год, II этап)

Точки M и N — середины сторон BC и AD четырехугольника ABCD. Известно, что ∠В = 150°, ∠С = 90° и AB = CD. Найдите угол между прямыми MN и BC.

Решение: Начинаем компоновку данных с точки М и проводим через нее две прямые, параллельные АВ и CD. Далее от точки М откладываем отрезки, равные АВ и, соответственно, CD. Так получается заготовка для равнобедренного треугольника. Нужно понять, будет ли точка N лежать на отрезке, соединяющем две новые точки. Строятся новые отрезки, равные и параллельные ВМ и МС — получается четырехугольник-параллелограмм. AD является диагональю этого параллелограмма, а N — серединой диагонали. Также N лежит и на другой диагонали. Равнобедренный треугольник готов. Угол с вершиной M в нем равен 60°. Треугольник равносторонний, MN является медианой и биссектрисой. MN, пресекаясь с BC, образует угол, равный 60°.

2.3. Решение задач с помощью программы GeoGebra

Программа динамической геометрии GeoGebra позволяет строить чертежи к геометрическим задачам. В стандартных ситуациях ее использование методически не всегда оправдано, а в некоторых задачах инструменты программы действительно помогают найти идею решения.

Рассмотрим пример геометрической задачи, входящей в материалы ОГЭ по математике (в спецификации ОГЭ — задача №24), для поиска решения которой действительно удобно использовать возможности программы GeoGebra:

Задача. В выпуклом четырехугольнике ABCD длина отрезка, соединяющего середины сторон АВ и CD, равна одному метру. Прямые ВС и AD перпендикулярны. Найдите длину отрезка, соединяющего середины диагоналей АС и BD.

Сначала просто трудно сделать чертеж на бумаге. Поэтому выполним построение в среде GeoGebra.

 

Алгоритм построения:
— построить прямую АD
— построить прямую ВС перпендикулярно AD
— построить середины отрезков AВ и CD — точки E и F соответственно, построить отрезок EF
— построить отрезки AC и BD — диагонали четырехугольника ABCD
— построить середины отрезков AC и BD — точки H и G, построить отрезок HG

Перемещение исходных точек позволяет сформулировать гипотезу, что середины образуют прямоугольник. Гипотеза проверяется перемещением исходных точек.
Вопросы:
— чем является отрезок EG в треугольнике ABD?
— отрезки EG и HF равны?
— прямая EG перпендикулярна прямой BC? и т.д.
Решение и обоснование становится очевидным.

Вывод: программа помогает провести анализ задачи, самостоятельно найти идею решения, проводя манипуляции с чертежом. Без программы нужно много раз выполнить построение или быть достаточно опытным или просто должно повезти.

Заключение

В процессе проделанной работы я изучила метод дополнительных построений при решении геометрических задач, провела группировку различных видов дополнительных построений.

Метод дополнительных построений при решении геометрических задач является непростым, так как нужное дополнительное построение не всегда удается определить с первого взгляда. Но, зная различные способы дополнительных построений и их применение, решение геометрической задачи становится намного проще, так появляются другие фигуры (чаще те, которые мы изучили), свойства которых нам известны.

Многие приёмы дополнительных построений, мне ещё предстоит изучить. В перспективе планирую более подробно изучить приёмы, связанные с построением вспомогательной окружности, построение симметричной фигуры относительно прямой, содержащей какую- либо сторону многоугольника.

Метод дополнительных построений помогает решать задачи понятно и красиво.

 

 

Список используемой литературы и источников

 

 

  1. Атанасян, Л. С. Геометрия. 7-9 классы : учеб. для общеобразоват. организаций/ Л. С. Атанасян, В. Ф. Бутузов, С. Б. Кадомцев – 6-е изд., перераб. – М. : Просвещение, 2016.
  2. Бежану, Т. В. К вопросу о геометрических решениях геометрических задач. Альманах современной науки и образования Тамбов: Грамота, 2009. № 6 (25). C. 26-29. ISSN 1993- 5552.
  3. Дурова, Е.М. Метод дополнительных построений при решении планиметрических задач / Е.М. Дурова, Э.Ф. Капленко; Воронеж. ун-т.– Воронеж, 1995.– 16 с.– Деп. в ВИНИТИ 18.09.95, № 2580–В95.
  4. Информационное сообщение о результатах регионального этапа и проведении заключительного этапа X олимпиады им. Леонарда Эйлера [Электронный ресурс]. – Режим доступа: http://matol.ru/index.php,
  5. Пойа, Д. Как решать задачу: Пособие для учителей / Пер. с англ. В. Звонарёвой и Д. Белла; Под ред. Ю. Гайдука. - Изд. 2-е.- М.: Учпедгиз, 1961. - 207 с.: ил. Пойа Д. Как решать задачу. – М., 1961 с.74.
  6. Шарыгин, И. Ф. Факультативный курс по математике. Решение задач: учеб. пособие для 10 кл. сред. шк. / И. Ф. Шарыгин. - Москва: Просвещение, 1989. - 252 с.
  7. Формирование исследовательских компетенций учащихся в процессе обучения решению планиметрических задач: [электронный ресурс] учеб. пособие / С. Н. Скарбич ; науч. ред. д-р пед. наук, проф. В. А. Далингер. – 2-е изд., стереотип. – М. : ФЛИНТА, 2011. – 194 с.
  8. Лысенко Ф.Ф.Подготовка к ЕГЭ 2010-2018 г. , Легион, Ростов на Дону
  9. Задачи с окружностями https://rosuchebnik.ru/material/dopolnitelnye-postroeniya-v-planimetrii/
Просмотров работы: 3298