Добавить материал и получить бесплатное свидетельство о публикации в СМИ
Эл. №ФС77-60625 от 20.01.2015
Инфоурок / Математика / Другие методич. материалы / Методическое пособие "Решение геометрических задач аналитическим способом"

Методическое пособие "Решение геометрических задач аналитическим способом"

Идёт приём заявок на самые массовые международные олимпиады проекта "Инфоурок"

Для учителей мы подготовили самые привлекательные условия в русскоязычном интернете:

1. Бесплатные наградные документы с указанием данных образовательной Лицензии и Свидeтельства СМИ;
2. Призовой фонд 1.500.000 рублей для самых активных учителей;
3. До 100 рублей за одного ученика остаётся у учителя (при орг.взносе 150 рублей);
4. Бесплатные путёвки в Турцию (на двоих, всё включено) - розыгрыш среди активных учителей;
5. Бесплатная подписка на месяц на видеоуроки от "Инфоурок" - активным учителям;
6. Благодарность учителю будет выслана на адрес руководителя школы.

Подайте заявку на олимпиаду сейчас - https://infourok.ru/konkurs

  • Математика

Поделитесь материалом с коллегами:










СБОРНИК ЗАДАЧ

по теме: «Решение геометрических задач аналитическим способом»
















г. Усть-Каменогорск

2014 год

СОДЕРЖАНИЕ


ПОЯСНИТЕЛЬНАЯ ЗАПИСКА

3

1

АНАЛИТИЧЕСКИЙ МЕТОД РЕШЕНИЯ ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧ

4

1.1

Уравнения первой и второй степени

4

1.2

Алгебраические преобразования. Тождества и неравенства

5

1.3

Тригонометрические тождества и уравнения

6

1.4

Уравнения и неравенства смешанного вида

7

1.5

Задачи на построение

8

1.6

Задачи на отыскание наибольших и наименьших значений

10

1.7

Зависимости между элементами треугольника

12

1.8

Зависимости между элементами четырехугольника

13

1.9

Зависимости между элементами тетраэдра

14


ЛИТЕРАТУРА


15

















ПОЯСНИТЕЛЬНАЯ ЗАПИСКА

Решение задач по математике имеет большое общеобразовательное и воспитательное значение. Процесс решения задачи представляет собой поиск выхода из затруднения или пути обхода препятствия, - это процесс достижения цели, которая первоначально не кажется сразу доступной [7]. Решение задач является специфической особенностью интеллекта, а интеллект – это особый дар человека; поэтому решение задач может рассматриваться как одно из самых характерных проявлений человеческой деятельности [11]. Поиск решения нестандартной задачи развивает инициативу, настойчивость и сообразительность.

Сборник: «Решение геометрических задач аналитическим способом» рассчитан на то, чтобы показать рациональность применения аналитического способа при решении геометрических задач во время подготовки к выпускным экзаменам, тестированию.

















1 АНАЛИТИЧЕСКИЙ СПОСОБ РЕШЕНИЯ ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧ.

  1. Уравнения первой и второй степеней.

В начале приведем примеры задач по геометрии, приводимые к алгебраическим уравнениям первой и второй степени.

Для решения таких задач следует сделать чертеж и составить уравнение, выражающие связь между данными и неизвестными элементами фигуры [6].

Пример 1. Длины боковых сторон трапеции равны 3 и 5. известно, что в трапецию можно вписать окружность. Средняя линия трапеции делит ее на две части, отношение площадей которых равно 5/11.

Найти длины оснований трапеции [9].

hello_html_m32fe350d.gif

Дано: ABCD трапеция; АВ=5, CD=3; S1:S2=5:11

Найти: AD, BC




Решение:

Обозначим ВС=х, AD, т.к. в четырехугольник ABCD можно вписать окружность, то х+у=BC+AD=AB+CD=8. Поскольку KL - средняя линия трапеции, то из теоремы о пропорциональных отрезках отсекаемых параллельными прямыми, следует, что высоты трапеций KBCL и AKLD равны h/2. Для площадей этих трапеций имеем

SKBCL=1/2(BC+KL)(1/2h)=1/4(х+4)h;

SAKLD=1/2(AD+KL)(1/2h)=1/4(y+4)h

По условию SAKLD : SKBCL=5:11, т.е. (х+4)/(у+4)=5/11. получаем 11х-5у=-24.

Решим систему:

hello_html_7be1979.gif

Ответ: 1, 7.

  1. Алгебраические преобразования. Тождества и неравенства.

Часто в повседневной жизни мы можем услышать, что кто-то купил новую вещь, совершил какую-либо глупость, употребил грубое выражение и многое другое. Но это всего лишь слухи, а так ли это на самом деле задумывается не каждый. Тот, кто воспринимает этот слух всерьез, имеет перед собой готовую «задачу на доказательство»: ему предстоит снять со слуха покров сомнения, он должен доказать (или опровергнуть), что данное действие было совершено, и это доказательство или опровержение должно быть им мотивировано со всей доступной в данном случае убедительностью. Когда мы встречаемся с математической задачей на доказательство, нам предстоит снять сомнение в правильности четко сформулированного математического утверждения - мы должны доказать или опровергнуть его.

При решении задач на доказательство находят применение тождества и неравенства, известные из школьного курса алгебры. Некоторые задачи могут быть решены способом составления уравнений [3].

Пример 2. Дан треугольник ABC, в котором АВhello_html_3750bfcb.gifВС. Доказать, что биссектриса угла В лежит между медианой и высотой, проведенными из той же вершины В [4].

Доказательство:

Пhello_html_623319d9.gifусть BC=a, AC=b и AB=с (с≠а)

Предположим, например, что c > a. Пусть BM - медиана, а BF – биссектриса, тогда AM =b/2 и по свойству биссектрисы AF:FC=AB:BC=c:a. Т.к. AC=AF+FC, то AC=(1+a/c)AF; AF=bc/(a+c). Из с>а следует bc/(a+c)> bc/(c+C)=b/2, т.е. AF>AM

Если угол С – тупой, то основание высоты BD лежит на продолжении стороны AC и значит AD>b>AF . В этом случае AD>AF>AM, т.е. биссектриса BF лежит между медианой BM и высотой BD.

Пусть С – острый угол, найдем AD. Пусть AD=x. Из ∆ABD; hello_html_51ff9db5.gif имеем: BD2=AB2-AD2, BD2=BC2-DC2, откуда c2-x2=a2-(b-x)2. hello_html_m3a4d23ca.gif. Покажем, что:

A

А

D>AF, т.е. hello_html_m32338b7e.gif. Рассмотрим разность: hello_html_56c56cd1.gif.

Т.к. c>a и с+a>b, то разность положительна. Отсюда AD>AF. Итак, AD>AF>AM, биссектриса BF лежит между медианой BM и высотой BD.

чтд.


  1. Тригонометрические тождества и уравнения.

Тригонометрические функции находят применение при решении самых разнообразных задач. Существуют задачи, приводимые к тригонометрическим уравнениям, а так же задачи, решаемые путем введения вспомогательных неизвестных. При решении задачи аналитическим методом не требуется остроумных вспомогательных построений, задача сводиться к применению формул, решено уравнение, доказательству тождеств.

Пhello_html_m893f8b1.gifример 3. В равнобочной трапеции основание AD равно диагонали AC. Известно, что hello_html_7707454f.gifCAD= hello_html_7707454f.gifCDM, где М – середина ВС. Найти углы трапеции [5].


Дано: ABCD – равнобедренная трапеция; AD=AC; M – середина ВС; hello_html_7707454f.gifCAD= hello_html_7707454f.gifCDA

Найти: hello_html_7707454f.gifBAD, hello_html_7707454f.gifABC

Решение:

Пусть hello_html_7707454f.gifCAD=φ, тогда hello_html_7707454f.gifADC=hello_html_7707454f.gifACD=900- φ/2. Поскольку по условию hello_html_7707454f.gifMDC=hello_html_7707454f.gifCAD=φ, то hello_html_7707454f.gifCMD=hello_html_7707454f.gifMDA=hello_html_7707454f.gifADC-hello_html_7707454f.gifMDC=900-3/2φ, hello_html_7707454f.gifMCD=900+ φ/2. По теореме синусов для треугольника MCD найдем:

hello_html_ma764ec9.gif

Но М – середина ВС следовательно, проекция MD на hello_html_187399ec.gif, т.е. hello_html_m373bbf0.gif.

Из равнобедренного треугольника ACD найдем hello_html_17a56807.gif.

Приравняем: hello_html_m90499aa.gif

hello_html_m33964e2.gif

hello_html_78226491.gif

Таким образом:hello_html_26346be5.gif; hello_html_4e303b05.gif

Ответ: hello_html_m4208ad10.gif, hello_html_37b7018.gif


  1. Уравнения и неравенства смешанного вида.

Геометрические задачи на вычисление углов иногда приводят к уравнениям более сложного вида, чем тригонометрические уравнения. Например, одна из частей уравнения может быть линейной функцией неизвестного угла, а другая – тригонометрической функцией того же угла. Уравнения такого вида могут быть решены приближенно графическим методом и методом проб. Иногда целесообразно пользоваться обоими способами [2].

Пhello_html_m4af8b717.gifример 4. В прямоугольном треугольнике ABC катет AB равен 3, катет АС равен 6. Центры окружностей радиусов 1,2 и 3 находятся соответственно в точках А, В, С. Найти радиус окружности, касающийся каждой из трех данных окружностей внешним образом [4].

Дано:hello_html_1813953a.gif, hello_html_m177031d7.gif

Найти: R - ?

Решение:

Сделаем скелетный чертеж. Нам достаточно провести отрезки OA, OB, OC, где О – центр искомой окружности. Если радиус четвертой окружности равен х, то АО=1+х, ОВ=2+х, ОС=3+х. Введем еще одно неизвестное: hello_html_m72caf08a.gif, тогда hello_html_m7dc17a6e.gifhello_html_m53d4ecad.gif.

Запишем теорему косинусов для треугольников АОС и АОВ. Получим систему уравнений:

hello_html_42926802.gif

Выразим из первого уравнения hello_html_m5ed17d35.gif, а из второго hello_html_278e770e.gif

hello_html_m3e7f6bc2.gif

Используем соотношения hello_html_3ab9919.gif

hello_html_4d20a7b7.gif

Ответ: hello_html_m4b290729.gif


  1. Задачи на построение.

Алгебра и тригонометрия находят применение не только при решении задач на вычисление и на доказательство, но и при решении задач на построение. Задачи на построение являются традиционными задачами в курсе геометрии. Разработкой методов решения этих задач математики занимаются еще со времени Древней Греции [1].

Задачей является непосредственное применение алгебраического метода к геометрическим построениям. Простейшие примеры такого применения изучают еще в школьном курсе геометрии. Так, каждый из нас знает, что построение четвертого пропорционального к трем данным отрезкам выражается формулой hello_html_m7548076a.gif. Со школы, знаем построение, дающее отрезок hello_html_m21941dbd.gif, т.е. среднее пропорциональное двух данных отрезов. Умеем строить гипотенузу с прямоугольного треугольника по данным его катетам, т.е. выполнять «построение» для формулы hello_html_af3b8db.gif. Умеем построить катет прямоугольного треугольника hello_html_m70ab315e.gif по данным гипотенузе и другому катету, что соответствует формуле hello_html_72b496e6.gif и т.п. Все эти простейшие построения должны быть хорошо известны, т.к. в конечном счете, именно к ним сводится всякое более сложное применение алгебраического метода [12].



hello_html_m70ddc3ae.gifПример 5. В данную окружность вписать прямоугольник, равновеликий данному квадрату [12].

АНАЛИЗ: пусть в окружность вписан прямоугольник ABCD, равновеликий квадрату со стороной а. Диагональ АС прямоугольника можно построить: она является диаметром окружности; треугольники АВС и ACD конгруэнтны, задача будет решена, если удастся построить точку В, а для этого достаточно построить высоту BH треугольника АВС.

Пусть АС=α и ВН= х. Выразим площадь прямоугольника ABCD через α и х, приравняв её площади данного квадрата, получим уравнение αх=а2, откуда х=а2/α.

ИССЛЕДОВАНИЕ. Задача имеет решение тогда и только тогда, когда х=а2, а это равносильно условию hello_html_4f7bd3f5.gif(диаметр окружности не меньше диагонали данного квадрата).

ПОСТРОЕНИЕ. В начале построим отрезок ВН, пользуясь полученной формулой hello_html_5847798e.gif. Для этого проведем диаметр АС данной окружности и на окружности построим точку М, так, чтобы АМ=а. Тогда получим: перпендикуляр МЕ к диаметру АС. Тогда получим: hello_html_213c1e20.gif. После чего остается на расстоянии х которая пересечет окружность в точке В, и построить точку D симметричную В относительно центра окружности.

ДОКАЗАТЕЛЬСТВО. Т.к. АС и BD – диаметры окружности, то ABCD – прямоугольник. Площадь S прямоугольника равна площади квадрата со стороной а, действительно, hello_html_31b57739.gif.

Легко убедиться в том, что если за неизвестное х принять длину стороны прямоугольника, то формула, выражающая х через длины данных отрезков, окажется громоздкой, и для решения задачи придется выполнить более сложные построения. Таким образом, выбор неизвестных при решении задачи алгебраическим методом имеет существенное значение.


  1. Задачи на отыскание наибольших и наименьших значений.

Задачи на максимум и минимум могут быть также решены элементарными средствами, без использования производной. Одни из них сводятся к нахождению наибольшего или наименьшего значения квадратного трехчлена, другие – к исследованию выражении, содержащего тригонометрические функции.

Хорошо известно, что решение «экстремальных» задач, независимо от того, ч то относятся ли они к арифметике, алгебре, геометрии или математическому анализу, могут строиться двумя принципиально различными путями. Прямым называется такое доказательство какого-либо экстремального свойства, в котором, скажем, определяется фигура непосредственно сравнивается с производной другой фигурой, удовлетворяющей всем условиям поставленной задачи, и оказывается, что первая фигура лучше (или не хуже) каждой другой. Напротив, косвенное доказательство сводиться к рассуждению, показывающему, что все фигуры, кроме какой-то одной (или нескольких), не могут служить решением задачи, поскольку для каждой такой фигуры можно найти другую лучшую, чем она, откуда уже и делается вывод о том, что решение задачи является та единственная фигура, которую мы не можем «улучшить» [3].

Пример 6. Периметр треугольника ABC равен . Какое наибольшее значение может иметь длина заключенного внутри треугольника и параллельного ВС отрезка касательной к вписанной в АВС окружности? Для какого треугольника (каких треугольников) достигается это значение [13]?

Решение:

Пhello_html_m2732d40f.gifусть вписанная окружность S треугольника касается его сторон ВС ,АС и АВ длин а, в и с в точках D, Е и F, а прямой KL (где hello_html_m76988dbe.gif) - в точке М. Из равенства длин касательных, проведенных из одной точки, следует, что hello_html_37f13033.gif и hello_html_1a71272d.gif

Таким образом, периметр треугольника ALK равен:

hello_html_48e182da.gifИз ∆ABC ~ ∆AKL:

hello_html_m5f5f3cfa.gif, где hello_html_m54f3c832.gif

hello_html_3f08cf1b.gif

Таким образом, наибольшее возможное значение длины m отрезка KL достигается для всех треугольников ABC с основанием hello_html_5a4dd461.gif

(т.е. в+с=3а); это значение равно hello_html_cca0485.gif

Ответ: hello_html_m56d15938.gif для треугольников с основанием hello_html_m18a6218e.gif.


  1. Зависимости между элементами треугольника.

Среди задач по геометрии встречаются задачи, касающиеся треугольников. Здесь используются теоремы синусов и косинусов, а также формулы, выражающие элементы треугольника через его стороны [5].

Пример 7. В равнобедренном треугольнике KLM длина основания КМ равна а, а длина высоты, опущенной из точки К на боковую сторону ML, равна h. Найти длины всех медиан треугольника [6].

Дhello_html_158950d7.gifано KLM, KL=LM, KM=а, KP=h, LR=RM, KQ=QM

Найти: KR, LQ




Решение:

Рhello_html_22fa9792.gifассмотрим ∆ KPM, hello_html_m402a0fee.gif


. N - точка пересечений медиан hello_html_m5a10769b.gif
hello_html_37353888.gif Откуда hello_html_48f2c5c3.gif

hello_html_9f2fe49.gif

Ответ: hello_html_6b00aaa5.gif


  1. Зависимости между элементами четырехугольника.

Решения их можно получить средствами алгебры и тригонометрии. В некоторых случаях полезно прибегать к вспомогательным построениям, именно с помощью них порой можно очень быстро увидеть правильный путь к получению результата.

Пример 8. В окружность вписан четырехугольник ABCD, диагонали которого взаимно перпендикулярны и пересекаются в точке Е. Прямая, проходит через точку Е и перпендикулярная к АВ, пересекает сторону CD в точке М. доказать, что ЕМ – медиана треугольника CED, и найти ее длину, если AD=8см, АВ=4см и hello_html_7707454f.gifCDB=hello_html_2e28ff68.gif [2].

hello_html_47815aab.gif

Дано: AD=8см; АВ=4см; hello_html_7707454f.gifCDB=hello_html_2e28ff68.gif

Найти: ЕМ-?


Решение:

Обозначим через К точку пересечения прямых АВ и ЕМ. Поскольку углы CDB и CAB опираются на одну дугу, то hello_html_mea5b94f.gif. Из равенства, hello_html_ma4635d4.gif что hello_html_m4c2e06d8.gif это означает, что hello_html_m2ea0c52.gif - равнобедренный, т.е. hello_html_4f4a5ffb.gif

Итак, hello_html_m7567dba2.gif - равнобедренный DM=EM. Доказано, что СМ=DM или, что ЕМ – медиана. Из hello_html_m4d68f25.gif. Из hello_html_f7bc9c1.gif

hello_html_m4e7c9a56.gif

Ответ: hello_html_2479649c.gif

  1. Зависимости между элементами тетраэдра.

Рассмотрим метрические соотношения между элементами тетраэдра (произвольной треугольной пирамиды – простейшего из всех многогранников, играющего в стереометрии ту же роль, какую в планиметрии играет треугольник). Что же касается свойств тетраэдра, иногда они в точности аналогичны свойствам плоского треугольника, а иногда своеобразно преломляют известные из планиметрии факты [8].

Пример 9. Ребра равногранного тетраэдра равны а, в и с. Вычислите его объем V и радиус R описанной сферы [10].


Рhello_html_m3d11836c.gifешение: Достроим данный тетраэдр до прямоугольного параллелепипеда; пусть x, y и z – ребра этого параллелепипеда. Тогда hello_html_ee4b8eb.gif и hello_html_7dcd6166.gif

Так как hello_html_m6a13b2c.gif, где hello_html_m1025cc09.gif - диагональ параллелепипеда, а hello_html_31f1e89b.gif, то hello_html_1bfb3adc.gif

hello_html_m2ebb0882.gif

Следовательно равенства hello_html_m76ba0789.gif и hello_html_7dcd6166.gif и вычитая из них равенство hello_html_3cd72ba9.gif, получаем hello_html_m35a33002.gif

Аналогично находим hello_html_m7f63ae59.gif и hello_html_m2f67cb25.gif. Так как объем тетраэдра в три раза меньше объема параллелепипеда, то hello_html_m315f0598.gif

hello_html_4844f27d.gif

Ответ: hello_html_2b68bed9.gif; hello_html_4844f27d.gif

Таким образом, применение дополнительного построения позволяет упростить решение задачи.



ЛИТЕРАТУРА

  1. Александров А.Д., Вернер А.А., Рыжик В.И. Геометрия. – М.: просвещение, 1995

  2. Владимиров Ю.Н., Королько Е.А., Фролова И.В. Математика. Учебное пособие для абитуриентов, - 2-е изд., исправ. – Новосибирск: НГУЭУ, 2006. – 192 с.

  3. Готман Э.Г., Сконец З.А. Решение геометрических задач аналитическим методом. – М.: Просвещение, 1979

  4. Дополнение к сборнику заданий для проведения письменного экзамена по математике за курс 11-летней школы с углубленным изучением математики (геометрии).

  5. Жарыгин И.Ф. Факультативный курс по математике / учеб. Пособие для 10 класса средней школы /. – М.: 1989

  6. Методическое пособие по математике для поступающих в Московский институт стали и сплавов. – М.: 1970

  7. Пойа Д. Математическое открытие. – М.: Наука, 1976

  8. Прасолов В.В., Шарыгин И.Ф. Задачи по стереометрии. – М.: Наука, 1989

  9. Сборник тестов по математике./Учебно-методическое пособие. Астана: РГКП «Национальный центр государственных стандартов образования и тестирования», 2012. – 251 с.

  10. Сборник тестов по математике./Учебно-методическое пособие. Астана: РГКП «Национальный центр государственных стандартов образования и тестирования», 2012. – 224 с.

  11. Фридман Л.М., Турецкий Е.Н. Как научится решать задачи. – М.: просвещение, 1984

  12. Четверухин Н.Ф. Методы геометрических построений: Учпедку -1952

  13. Шклярский Д.О., Ченцов Н.Н., Яглом И.М. Геометрические неравенства и задачи на максимум и минимум. М: Наука, 1970


Самые низкие цены на курсы профессиональной переподготовки и повышения квалификации!

Предлагаем учителям воспользоваться 50% скидкой при обучении по программам профессиональной переподготовки.

После окончания обучения выдаётся диплом о профессиональной переподготовке установленного образца (признаётся при прохождении аттестации по всей России).

Обучение проходит заочно прямо на сайте проекта "Инфоурок".

Начало обучения ближайших групп: 18 января и 25 января. Оплата возможна в беспроцентную рассрочку (20% в начале обучения и 80% в конце обучения)!

Подайте заявку на интересующий Вас курс сейчас: https://infourok.ru/kursy

Автор
Дата добавления 27.01.2016
Раздел Математика
Подраздел Другие методич. материалы
Просмотров258
Номер материала ДВ-383781
Получить свидетельство о публикации

УЖЕ ЧЕРЕЗ 10 МИНУТ ВЫ МОЖЕТЕ ПОЛУЧИТЬ ДИПЛОМ

от проекта "Инфоурок" с указанием данных образовательной лицензии, что важно при прохождении аттестации.

Если Вы учитель или воспитатель, то можете прямо сейчас получить документ, подтверждающий Ваши профессиональные компетенции. Выдаваемые дипломы и сертификаты помогут Вам наполнить собственное портфолио и успешно пройти аттестацию.

Список всех тестов можно посмотреть тут - https://infourok.ru/tests


Включите уведомления прямо сейчас и мы сразу сообщим Вам о важных новостях. Не волнуйтесь, мы будем отправлять только самое главное.
Специальное предложение
Вверх