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.
1.1
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].
Дано: ABCD трапеция; АВ=5, CD=3; S1:S2=5:11
Найти: AD, BC
Решение:
Обозначим ВС=х,
AD=у, 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:
Ответ: 1, 7.
1.2
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 АВВС. Доказать, что биссектриса угла В
лежит между медианой и высотой, проведенными из той же вершины В [4].
Доказательство:
Пусть 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; имеем: BD2=AB2-AD2, BD2=BC2-DC2, откуда c2-x2=a2-(b-x)2.
. Покажем, что:
AD>AF, т.е. .
Рассмотрим разность: .
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.
1.3
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.
Пример 3. В равнобочной
трапеции основание AD равно диагонали AC. Известно, что CAD= CDM, где М – середина ВС.
Найти углы трапеции [5].
Дано: ABCD – равнобедренная трапеция; AD=AC; M – середина ВС; CAD= CDA
Найти: BAD, ABC
Решение:
Пусть CAD=φ, тогда ADC=ACD=900- φ/2. Поскольку по условию MDC=CAD=φ, то CMD=MDA=ADC-MDC=900-3/2φ, MCD=900+ φ/2. По теореме синусов для треугольника MCD найдем:
Но М –
середина ВС следовательно, проекция MD на , т.е. .
Из
равнобедренного треугольника ACD найдем .
Приравняем:
Таким образом:;
Ответ: ,
1.4
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].
Пример 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:,
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: , тогда .
Запишем теорему
косинусов для треугольников АОС и АОВ. Получим систему уравнений:
Выразим из
первого уравнения , а из второго
Используем
соотношения
Ответ:
1.5
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 . Со школы, знаем построение, дающее
отрезок , т.е. среднее пропорциональное двух
данных отрезов. Умеем строить гипотенузу с прямоугольного треугольника по
данным его катетам, т.е. выполнять «построение» для формулы . Умеем построить катет прямоугольного
треугольника по данным гипотенузе и другому катету, что
соответствует формуле 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].
Пример 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/α, а
это равносильно условию (диаметр окружности не
меньше диагонали данного квадрата).
ПОСТРОЕНИЕ. В
начале построим отрезок ВН, пользуясь полученной формулой . 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: . 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, .
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.
1.6
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 2р. 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:
Пусть 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 )
- в точке М. Из равенства длин касательных, проведенных из одной точки,
следует, что и
Таким образом,
периметр 2Р треугольника ALK равен:
Из ∆ABC ~ ∆AKL:
, где
Таким образом,
наибольшее возможное значение длины m отрезка KL достигается для всех
треугольников ABC с основанием
(т.е. в+с=3а);
это значение равно
Ответ: для треугольников с основанием .
1.7
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].
Дано ∆KLM, KL=LM, KM=а, KP=h, LR=RM, KQ=QM
Найти: KR, LQ
Решение:
Рассмотрим ∆ KPM,
. N - точка пересечений медиан
Откуда
Ответ:
1.8
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 CDB= [2].
Дано: AD=8см; АВ=4см; CDB=
Найти: ЕМ-?
Решение:
Обозначим через К
точку пересечения прямых АВ и ЕМ. Поскольку углы CDB и CAB опираются на одну дугу, то . Из равенства, что
это означает, что -
равнобедренный, т.е.
Итак, - равнобедренный DM=EM. Доказано, что СМ=DM или, что ЕМ – медиана. Из . Из
Ответ:
1.9
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].
Решение: Достроим данный
тетраэдр до прямоугольного параллелепипеда; пусть x, y и z – ребра этого параллелепипеда. Тогда
и
Так как , где -
диагональ параллелепипеда, а , то
Следовательно
равенства и и
вычитая из них равенство , получаем
Аналогично
находим и . Так
как объем тетраэдра в три раза меньше объема параллелепипеда, то
Ответ: ;
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
Оставьте свой комментарий
Авторизуйтесь, чтобы задавать вопросы.