Статья по теме:"Решение планиметрических задач"- практические советы.(из опыта работы)

МУНИЦИПАЛЬНОЕ КАЗЁННОЕ ОБЩЕОБРАЗОВАТЕЛЬНОЕ УЧРЕЖДЕНИЕ

«ЗЕЛЕНОГОРСКАЯ СРЕДНЯЯ ШКОЛА»

БЕЛОГОРСКОГО РАЙОНА
РЕСПУБЛИКИ КРЫМ

( из опыта работы)

ВЫПОЛНИЛА

УЧИТЕЛЬ МАТЕМАТИКИ

СЕМЁНОВА Т.В.

                                                                       с.Зеленогорское

           Курс геометрии выделяет устойчивость его содержания, гуманитарная направленность, развивающее значение и большие возможности для развития творческих способностей учащихся.

          В  девятом классе начинается заключительный этап изучения геометрии в школе – введение  в стереометрию. Здесь необходимо пространственное воображение, возрастают требования к чертежу, и, безусловно, должны быть прочные навыки решения планиметрических задач. В достаточной ли степени подготовлены учащиеся? Практика  убеждает в обратном. Темы  по планиметрии изучались изолированно (ухудшению положения дел способствует сокращение количества часов на их изучение), а задачи, как правило, лишь иллюстрировали применение теорем, изученных на уроке.

   Итак, обобщающее повторение и  систематизация  курса планиметрии необходимы. Их практическая реализация идёт по двум линиям: теория и задачи. При этом решающую роль играет система  задач. В процессе решения задач тренируется мышление, закрепляются теоретические знания и вырабатываются навыки их применения. Именно  задача является  основным инструментом оценки уровня геометрической подготовки. Процесс её решения не является алгоритмической деятельностью, но частичная его алгоритмизация (заучивание формул, задач-теорем, знакомство с образцами решений и т.п.) – первый и обязательный шаг к приобретению собственного опыта. Только затем следует изучать методы решения задач (методы площадей и координат, вспомогательных отрезков и углов, геометрических преобразований и т. п.). 

       Но в статье речь пойдёт не о традиционных «тяжёлых» методах (не удалось обойти только вспомогательную окружность и вспомогательные построения), а о том, что при решении планиметрических задач  внимание  учащихся, прежде  всего и постоянно, необходимо обращать на рациональные вычисления, разнообразные идеи и приёмы решения, которые способствуют пробуждению интереса и развитию геометрической интуиции. Научить этому гораздо труднее, чем заучиванию готового доказательства.

       Следование практическим советам, приведённым ниже  и демонстрируемым на известных задачах, может  способствовать развитию техники вычислений и поиску решений геометрических задач.

1) Помните  наизусть.

-  Пифагоровы тройки: 3,4,5;   5,12,13;  8,15,17;  7,24,25.

-  Соотношения между элементами правильного треугольника, квадрата и правильного  шестиуголь-

    ника.

-   Квадраты натуральных чисел от 11 до 25, способы возведения в квадрат чисел, оканчивающихся  

    цифрой 5, и умножения на 11.

-   Признаки делимости на 2,3,5,9.

-   Формулы приведения:  sin ( p-a) = sina;  сos(p-a) = - cosa; (сos 120˚ = -  ).

2) Рационально  применяйте  формулы  в  процессе  вычислений.

-   Правую часть одной  из формул для вычисления  площади треугольника можно записать  ;  h;

   aˑ ;  и соответственно читать тремя способами: полупроизведение  основания  на  высоту, 

    произведение  половины основания на высоту, произведение   основания   на   половину  высоты. 

    тремя  способами  рационально  и  вычислять.

-   При  а=13, h=14 лучше  выбрать последний, так как 14 делится на 2, т.е. S=13ˑ7. Если полученное

    произведение – результат промежуточный, то перемножать не обязательно, т.к. при последующих

    вычислениях  возможно сокращение.

3) Учитесь геометрически интерпретировать формулы и приёмы вычислений, перенося их на     фигуры.

(Вспомните геометрические доказательства теоремы Пифагора, формулы сокращённого умножения).

Задача

Докажите, что если диагонали равнобокой трапеции взаимно перпендикулярны,  то  S=h²,где

S- площадь, h- высота трапеции.

Прочитаем применяемую теорему так: площадь трапеции равна произведению суммы половин её оснований на высоту. Но сумма половин оснований данной трапеции очевидно равна её высоте, поэтому S= hˑ h=h².

                      B                                  C

  A                                                                       D

При решении многих задач полезным оказывается утверждение, вытекающее из теоремы Пифагора  и  свойства транзитивности: разность квадратов двух наклонных, проведённых из одной точки к прямой    ( или из двух  точек параллельной ей прямой), равна разности квадратов их проекций.    

Действительно, AB² – AC² =  BH² – CH², так как AB² – BH² = AC² – CH² = AH². 

                                A

 

         

 

         B              C     H    N         M                                 

В конфигурациях, содержащих окружности, медиану треугольника и т.п., разности квадратов заменяют подходящими произведениями отрезков, используя симметричные точки как вспомогательные.

BH² – CH² = ( BH – CH)( BH + CH) = BCˑ BN = MNˑ MC =MNˑ BN= BCˑ MC.

( точки M и N  симметричны точкам  B  и  C относительно точки H).

Переходя к примерам, обратим внимание на то, что  взаимосвязанное, интегрированное применение формул сокращённого умножения с геометрическими преобразованиями аналогично их применению в процессе преобразования тригонометрических выражений ( например, разность  квадратов

cos² a - sin² a, можно заменить на cos2a, 1 – 2sin²a, (cosa - sina)( cosa + sina), cos⁴ a - sin⁴ a, и т.п.).

Задача

Из одной точки А проведены к данной прямой  перпендикуляр и две наклонные. Найдите длину перпендикуляра, если наклонные равны 41 и 50, а их проекции на данную прямую относятся 3:10.

50² – 41²=(10х)² – (3х)², 91ˑ 9 =13хˑ 7х, х=3 (х > 0).

Искомая длина есть:=  = = 4ˑ 5ˑ 2 = 40.

Задача

Докажите, что в прямоугольной трапеции разность квадратов диагоналей равна разности квадратов оснований.

Выполнив дополнительное построение, проводя из вершины прямого угла, принадлежащей меньшему основанию трапеции, отрезок, параллельный меньшей диагонали, убедитесь в истинности утверждения.

Задача

Докажите, что ABˑ BD = R² – r², где  R и  r – радиусы концентрических окружностей.

Решение.

Пусть О – общий центр заданных окружностей, ОА=ОD=R, OB= r. Проведём диаметр перпендикулярно хорде AD.

R² – r² = OD²- OB² = DM² – BM² =(DM –BM)(DM +BM) = (AM – BM)ˑDB =ABˑ BM, что и требовалось доказать.

Если подобные преобразования оказываются громоздкими, то лучше использовать переменные для обозначения величин. Так, отрезок можно обозначить через 2х, угол – через 2a, когда в решении используются  их половины и т.п. Вообще, рациональный выбор обозначений может существенно упростить не только вычисления, но и решение задачи.

4) Используйте арифметические подходы.

         Алгебраизация  и компьютеризация  преподавания математики – неизбежные и позитивные процессы, но не следует забывать о богатстве и единстве идей математического образования. Арифметические подходы, связывающие способы вычислений над элементами числовых множеств и свойства геометрических фигур, безусловно, применимы в планиметрии.

          Так, использование подобия, расчеты в частях могут уменьшить количество вычислений  или существенно упростить их; уменьшить число вспомогательных переменных, либо исключить их вообще. Поясним это на соответствующих  задачах. У тех, кто не знаком с приёмами рациональных вычислений, решения могут  вызвать  определённые трудности, хотя вычисления в них не требуют даже применения  микрокалькулятора.

Задача

Высота треугольника равна 48. Её основание делит сторону на отрезки 20 и 36. Вычислите диаметр описанной  окружности.

                       B

                                12

                                                                                                                                                                                                                                    

 

           A  5     D            9                            C            

Все  числа в условии  кратны 4, поэтому решим задачу для соответственного подобного треугольника, используя набор числовых данных: 12,5,9. Найдём боковые стороны прямоугольных треугольников ABD  и  BDC, применяя пифагоровы тройки 5,12,13 и 3,4,5 (умножая каждое число на 3). Их длины равны 13 и 15. Диаметр описанной окружности равен частному длины стороны треугольника и синуса противолежащего ей угла. Имеем: 15:  =15ˑ  = .

Учитывая коэффициент подобия, равный 4, окончательно получим:  ˑ 4= 65.

Задача

В равнобедренном треугольнике боковая сторона равна 60, а периметр 192. Вычислите расстояние между точками пересечения его медиан и биссектрис.

Решение.

Уменьшим заданные числа в 12 раз. Тогда полупериметр и половина основания треугольника есть:

16:2=8 и 8-5=3, а высота (медиана и биссектриса), проведённая к его основанию, равна 4. Концы искомого отрезка принадлежат высоте, проведённой к основанию, поэтому  найдём его длину как разность длин частей  высоты, применяя свойство биссектрисы ( отношение 3:5 или   от высоты), свойство медиан ( отношение 1:2 или   от высоты) и учитывая коэффициент подобия, равный 12.         

 -  = 2.

 

              5

 

                                                                                                                   

                 3

Задача

Из одной точки проведены к окружности  две касательные. Длина каждой касательной равна 12, а расстояние между точками касания равна 14,4. Определить радиус окружности.

 

BH = BC : 2, поэтому BH = 7,2. Заметим, что 12:7,2 = 5 : 3. Отсюда следует, что стороны прямоугольного треугольника ABH пропорциональны числам 3,4,5. В подобном ему треугольнике ABO стороны также пропорциональны указанным числам. Значит, катет АВ содержит 4 части, а катет ОВ содержит 3 части, т.е. ОВ = 12 : 4ˑ 3 = 9.

4) Вычислять каждую величину в формуле не обязательно.

      Нередко рациональнее найти произведение, отношение или сумму нескольких величин.

Задача

Периметр ромба равен 48, а сумма длин диагоналей равна 26. Найти площадь ромба.

Решение.

Обозначим диагонали ромба через 2х и 2у. Тогда его площадь равна 2ху.

По условию 2х + 2у = 26 и  х + у = 13, х² + 2ху + у² = 13². Отсюда 2ху = 13² – (х² + у² ) = 13² – 12² = 25, так  как  х² + у² –  квадрат  стороны ромба, равной четверти его периметра.

Итак, величины х и у, содержащиеся  в  расчетной формуле, отдельно не вычислялись.

Задача

Докажите, что площадь S описанной прямоугольной трапеции равна произведению её оснований

 a и b.

Решение.

    

В прямоугольном треугольнике, гипотенузой которого служит большая боковая сторона, проекции катетов на гипотенузу и высота, проведённая к ней, соответственно равны  a – r, b – r, r, где r – радиус вписанной окружности. По известной формуле  r² = ( a – r)(b – r).Отсюда r(a + b) = ab.

Полученное равенство равносильно доказываемому, так как его левая часть выражает площадь трапеции – произведение половины высоты ( радиуса) на сумму оснований.

Задача

Найдите  площадь  S  параллелограмма, если его диагонали равны p  и q (p>q) , а острый угол

равен a.

Решение.

Пусть  АС = p , ВD = q, ÐA = a. Проведём  CEïïBD, CH ^ AD и введём обозначения AD = x, DH = z, HE = x – z. Тогда S = ADˑCH = x×z×tga = tqa (4xz) =  tqa((x + z)² – (x – z)²) = tqa ( p² – q²),

так как разность квадратов проекций AH и HE  равна разности наклонных  AC и  CE.

Третий, более сложный пример, - стереометрическая задача, решение которой демонстрирует рассматриваемый  приём  и  применение  метода  площадей.

Задача

Катет прямоугольного треугольника  равен а, противолежащий ему угол равен a. Этот  треугольник вращается вокруг прямой, лежащей в плоскости треугольника, проходящей через вершину данного угла и перпендикулярной его биссектрисе. Найдите объём тела вращения.

Решение

На рисунке изображено осевое сечение тела вращения вокруг прямой l, представляющее собой усечённый конус  BCMN, из которого удалены конусы  ACM  и ABN. Ð С= 90˚,

AD – биссектриса  Ð А, (АÎ l, AD^ l); ÐACD = ÐBAD = , BC = a. Введём обозначения х,у,m,n соответственно для радиусов оснований и высот конусов ACM и ABN, V – для объёма тела вращения.

Имеем:

 V = ((m + n)(x² + xy + y²) – x² m – y² n) = = (mxy + my² + nxy + nx²) =

= (x + y)(my + nx).

Найдём множители в скобках, не вычисляя отдельно каждую из вспомогательных величин.

x + y = NH = NC cos  = actq  cos ,( ÐCAD = ÐCNH =  ).

По свойству площадей: S_BCMD  = S_ABN + S_ACM + 2S_ABC.

Отсюда   (x + y)(m + n) = mx + ny + 2ˑˑaˑaˑctqa  или   my + nx = a² ctqa.

Таким образом,  V =  a³ ctqa ctq cos .

5) Внимательно изучайте числовые данные.

Вместе с аккуратно выполненным чертежом, числовые данные зачастую помогают упростить или отыскать решение.

Задача

В ∆ABC: AB = 4, AC = ,BC =5, AD =1, DÎAB.  Найдите расстояние между центрами описанных окружностей треугольников DBC и  ADC.

          

DÎAB, значит  BD = 4 – 1 = 3. Так как ВС = 5, то предположим, что длины сторон ∆DBC  образуют пифагорову тройку 3,4,5. Равенство 4² +1² = 17 истинно для длин сторон ∆ADC. Значит,  DC^ AB.

Центры окружностей, описанных около прямоугольных треугольников, - середины их гипотенуз. Таким образом, искомое расстояние найдём как среднюю линию треугольника АВС.

Имеем: АВ = 4:2=2.

Задача

Внутри треугольника имеются две точки. Расстояния от одной из них до сторон треугольника равны 1,3 и 15, а от другой ( в том же порядке) – 4, 5 и 11. Найдите радиус окружности, вписанной в данный треугольник.

Решение

Пусть  M и N – данные точки. Построим точку Р так, чтобы М  была серединой отрезка NP. В трёх образовавшихся  прямоугольных  трапециях с общей боковой стороной NP данные расстояния (взятые парами из троек: 1и4, 3и5, 15и11) будут длинами одного из оснований и средней линии. Вычислим теперь вторые основания этих трапеций: 2ˑ4 – 1 = 7; 2ˑ5 – 3 = 7; 2ˑ11 – 15 =7.

Точки M, N, P расположены внутри треугольника, следовательно, Р – центр вписанной в него окружности и её радиус, равен 7.

Вместе с числовыми данными существенную роль может сыграть  чертёж.

Задача

В квадрате ABCD   на стороне  AB  и на диагонали  ACвзяты соответственно точки  P  и  Q так, что  AP: PB = 3:2,  AQ : QC =4 : 1. Найдите величины углов треугольника  PQD.

Разобьём квадрат ABCD  на 25 малых квадратов. В силу условия точки  P и Q служат их вершинами. Один из выделенных на рисунке прямоугольных треугольников получается из другого с помощью поворота на 90˚ с центром Q. Значит, эти треугольники равны и ∆PQD – равнобедренный и прямоугольный. Величины его углов: 45˚,45˚,90˚.

Задача

Две окружности, радиусы которых 4 и 8, пересекаются под прямым углом (радиусы, проведённые в одну из точек пересечения, взаимно перпендикулярны). Найдите длину общей касательной.

Стандартный чертёж ( слева) приведёт к стандартным вычислениям. Последовательно находим: квадрат расстояния между центрами: 4² + 8² = 80; разность радиусов: 8 – 4 = 4; опустив перпендикуляр из центра  меньшей окружности на радиус большей, отрезок, параллельный и  равный искомому:  = 8. Но если чертёж повернуть ( в центре) и незначительно изменить ( справа), то вычисления не понадобятся.

  

6) Глубоко изучайте текст задачи, анализируйте решение.

         Известно, что основные функции в обучении выполняют задачи вполне определённые. Однако необходимо помнить, что задачи можно квалифицировать как неопределённые, переопределённые, противоречивые, вариантные.

        Неопределённые – это задачи, в котором отсутствуют некоторые данные, необходимые для решения задачи, либо с несформированным условием, в котором имеются все данные, но вопрос задачи лишь подразумевается.

Задача

1) В треугольнике одна сторона имеет длину 8, а другая 10. Найдите длину третьей стороны.

2) Найдите площадь трапеции, основания которой равны 8 и 10.

         Переопределённые – это задачи с избыточным условием, в которых имеются лишние данные, не используемые в решении, а лишь маскирующие необходимые для решения задачи данные.

Задача

1) Найдите площадь прямоугольника по стороне а, диагонали d и углу a между диагоналями.

2) Найдите площадь прямоугольного треугольника  с катетами 9,40 и гипотенузой 41.

3) Найдите периметр прямоугольника, если длины его сторон равны 1,2 и 3,4см, а площадь

    равна 4,08 см².

В первой задаче для вычисления  площади достаточно любой пары данных из приведённых трёх. Решения  второй и третьей задачи не используют значения  длины гипотенузы и площади прямоугольника, но для полноты решения не лишне убедиться, что данные не противоречивы, т.е.

9² + 40² = 41² и 1,2 ˑ 3,4 = 4,08.

          Противоречивые – это задачи, условии которых содержит противоречие между собой.

Задача

1)Найдите периметр прямоугольника, если длины его сторон равны 1,2 и 3,4см , а площадь

   равна 5,6см².

2) Найдите площадь треугольника со сторонами 3,4 и 8.

3) Отрезок BD является  биссектрисой треугольника   ABC. Найдите  DC, если   AB=30,  AD=20,   BD=16  и Ð BDC=Ð C.

Первая задача противоречива; так как площадь прямоугольника равна 4,08. Длины сторон во второй задаче не удовлетворяют известному неравенству треугольника: 8< 3 + 4 – ложно.

Противоречие между данными в третьей задаче обнаружим, вычислив, например, коэффициент пропорциональности х двумя различными способами, и получив при этом разные ответы.

DB =BC  (по условию ÐBDC =ÐC), BC=3x, DC=2x. (BC: DC = 30:20).Отсюда 3х=16, х =.

С  другой стороны, по формуле для квадрата  биссектрисы BD: 16² = 30 ˑ3х – 20 ˑ 2х.

Значит, 50х = 16², х =  = 5 = 5, 12.- противоречие. Ясно, что и смоделировать данную конфигурацию невозможно.

Зафиксировав, например, ∆ABD, мы достроим затем ∆BDC  так, что либо отрезок ВС будет равным отрезку BD, либо ÐCBD  будет равным ÐDBA.

Вариантные – это задачи, условие и данные которых не определяют геометрическую конфигурацию  однозначно.

Задача

1) Стороны параллелограмма равны 3 и 5, а высота  4. Найдите его площадь.

2) Длина окружности, описанной около равнобедренного треугольника, равна 5p, а длина его основания равна 3. Найдите площадь треугольника.

3) параллелограмма равны 4 и 5, а высота 3. Найдите его площадь.

В первой задаче параллелограмм определяется однозначно, так как высота, может быть проведена только к меньшей стороне, поэтому его площадь равна 12.

Во второй задаче найдём диаметр окружности, равный 5, и заметим, что существует два равнобедренных треугольника, вписанных в данную окружность и построенных на её хорде, равной 3, как на основании.

В третьей задаче возможны два варианта и площадь параллелограмма равна 12 или 15.

7) Пытайтесь переформулировать условие задачи.

Речь идёт не о формализации задачи, которую требуют задачи с практическим содержанием или многие задачи по информатике, а о другой, равносильной формулировке с целью догадаться, как найти решение. Так, утверждение о доказательстве принадлежности трёх точек X,Y,Z одной прямой можно переформулировать:

а) доказать, что ÐZYX – развёрнутый;

б) доказать, что углы  BYX  и  CYZ – вертикальные и т.п.

Задача

Две окружности пересекаются в точках А и В, АС и AD – их диаметры. Докажите, что точки  C,D,B лежат на одной прямой.

       

 Переформулируем условие: докажите, что ÐCBD -  развёрнутый. Проведя хорду АВ, получаем прямые углы: ÐСВА = ÐDBA = 90˚. (замечательное свойство окружности).Значит, ÐCBD = 180˚ и точка В лежит на прямой CD.

Задача

ABCD-квадрат со стороной 6 см. Точка М – середина стороны ВС. N Î CD,  CN: ND = 1 : 2.

Найдите  площадь ∆AMN.

   Стороны треугольника   AMN – иррациональные числа, поэтому применять формулу Герона  для  вычисления его площади не рационально. Переформулируем условие:   найдите  разность площадей

квадрата  и трёх прямоугольных треугольников, гипотенузами которых служат стороны ∆AMN.  Очевидная и равносильная формулировка  значительно упрощает вычисления:

S_AMN  = 6 ˑ 6 -  ˑ 6 + 3ˑ 2 + 4ˑ 6) = 6ˑ (6 -     = 12.

Следует запомнить идею решения этой задачи, которая применяется  и в некоторых  доказательствах.

Задача.

Докажите, что на координатной плоскости нельзя расположить равносторонний треугольник так, чтобы все его вершины имели целочисленные координаты.

Предположив противное и рассматривая прямоугольник  ABCD (см.рис. к предыдущей задаче). стороны  которого  проходят через вершины правильного треугольника АМ N, получив противоречие.

Действительно,  S_ABCD, S_ABM, S_MCN, S_AND – рациональные числа, АМ² – целое число ( АМ² = АВ² + ВМ²), а величина    АМ²  - иррациональное.

8) Убеждайтесь в правдоподобности полученного ответа.

            Вычислительные ошибки  нередко приводят к заведомо ложным ответам, поэтому, решив задачу, обязательно проверяйте ответ различными способами. Имея резерв времени, можно заменить полученной величиной одну из данных и ,считая затем одну из  известных величин неизвестной, решить полученную новую задачу. Это надёжный способ  самоконтроля.

В противном случае можно   ограничиться  анализом ответа, сопоставляя данные и искомые величины, дополняя или разбивая конфигурацию фигур, чтобы убедиться в его правдоподобности. Так, площадь треугольника можно сравнить с площадью содержащего его прямоугольника, длину перпендикуляра – с длиной наклонной и т.п.  

Но не всякий «ложный» ответ можно считать вычислительной ошибкой. Получив, например, отрицательное число под корнем при вычислении площади треугольника по формул Герона, можно прийти к выводу, что такой треугольник не существует; получив отрицательную длину отрезка – о неверном взаимном расположении точек на прямой и т. п.

Задача

В равнобокой трапеции даны основания 21 и 9, а высота 8. Найдите радиус описанного круга.

Решение

Если обозначить  ON через х, а  OM через 8 – х, ( M и N – середины оснований,  О – центр), то, применяя теорему Пифагора  и учитывая, что  OC = OD  как радиусы, получим: 

( )² + ( 8-х)²=(  )²+ х², 84 – 16х = ( )² – ( )², х = - , т.е. ON < 0. Отсюда следует сделать вывод, что точка N лежит между точками  M  и O. Действительно,  AH = 6,  AB = 10,  DH= 15,  

DB= 17. В  ∆ABD стороны равны 10,17, 21 и он – тупоугольный, т.к. 21² > 17² + 10².

9) Помните о вспомогательной окружности.

           Окружность  может быть задана явно или неявно. Для всякого треугольника  вписанная и описанная окружности существуют и определяются единственным образом. Для произвольного четырёхугольника аналогичное утверждение неверно. Существование окружностей здесь нужно доказывать при помощи необходимых и достаточных условий. Поиск  окружности как вспомогательной  фигуры  может быть  связан с дополнительными построениями.  На введении в рассмотрение такой окружности основан один из наиболее эффективных  методов  решения  сложных планиметрических задач.

           Если окружность используется в решении, то в первую очередь тщательно  и всесторонне изучайте  связанные  с ней углы, а также отрезки пересекающихся хорд, касательных, секущих и т.п.

Задача

В выпуклом четырёхугольнике ABCD ÐBCA = 20˚, ÐBAC =35˚, ÐBDC = 70˚, ÐBDA = 40˚.Найдите углы между диагоналями этого четырёхугольника.

Решение

Изучив числовые данные, заметим, что отношение градусных мер углов в двух парах равно 1:2.

Рассмотрим описанную окружность ∆АВС как вспомогательную. Она существует и единственна. Из свойств вписанных и центральных углов  и замеченных отношений  следует, что  D – центр этой окружности.  Используя теперь  полученную  конфигурацию, находим  из  равнобедренного

треугольника ACD (AD  и  CD  - равные радиусы):

ÐCAD = ÐDCA = (180˚ – (40˚ + 70˚)) : 2 =35˚.

Из  ∆APD ( P = AC∩BD):  ÐAPD = 180˚ – (40˚ + 35˚) = 105˚.

Искомые углы равны 105˚ и 75˚.

Задача

Из точки А, расположенной вне окружности, проведены касательные АВ,АС и секущая  MN. Пусть

В  и С-  точки касания, а P – середина хорды  MN. Докажите, что ÐBPA = ÐCPA.

Пусть  О – центр окружности. Тогда ОВ ^ АВ и ОС ^ АС. Значит, в четырёхугольнике АВОС ÐВ + ÐС = 180˚ и существует  описанная около него окружность с диаметром АО. Используем её как вспомогательную фигуру. Прежде всего примем во внимание, что общая вершина углов BPA и  CPA  лежит на  этой окружности потому, что ОР ^ MN (по условию P – середина хорды MN) и   вершина прямого угла  OPA, опирающегося на диаметр ОА, принадлежит окружности. Далее отметим равенство отрезков касательных АВ  и  АС, которое влечёт равенство соответственных хорд и дуг. Следовательно, вписанные углы  BPA и  CPA с вершинами на одной окружности  и опирающиеся на равные дуги, равны.

9) Не забывайте о дополнительных построениях.

         Какие  из  объектов изображать  на чертеже? Всё зависит от опыта  и навыков решения задач. Однозначных  рекомендаций  не существует.  Приходится  искать компромисс  между налядностью  и сложностью чертежа. Так,  не обязательно изображать окружность , если она фигурирует  в задаче ( можно  ограничиться  изображением радиуса  или обойтись даже без него); не обязательно изображать все объекты на одном чертеже( можно использовать выносные чертежи)  и т. п.

         Вместе с тем существуют  стандартные приёмы  дополнительных построений, которые часто применяются.  Классифицируем   их  как  разбиение  фигур  и  дополнение  фигур.

Разбиение фигур.

1) Проведение перпендикуляров, высот, осей  симметрии  с  целью  получения  прямоугольных треугольников и применения теоремы Пифагора, тригонометрии или подобия ( проведение  радиусов  окружности в точки касания, высот в трапеции, получение углов. Стороны которых соответственно перпендикулярны, и т.п.).

2)   Проведение  в многоугольнике  отрезка. Параллельного  одной  из его  сторон, с целью применения подобия ( в частности проведение средней линии, если в условии задана середина отрезка).

3)   Проведение в трапеции отрезка, параллельного одной из её боковых  сторон, или диагоналей с целью получения треугольника  и параллелограмма  и применения свойств этих фигур.

Дополнение фигур.

1)    Построение   параллелограмма, если задана  медиана треугольника с целью применения свойств параллелограмма.

2)    Построение  вспомогательной фигуры ( например,  окружности  с целью применения  свойств хорд, касательных и углов).

3)    Построение  симметричной фигуры относительно прямой, содержащей какую-либо  сторону многоугольника, так как часто фигуру полезно не только представлять как часть другой фигуры, но и видеть её на чертеже ( применяются также центральная симметрия, поворот, гомотетия).

         Нестандартные  дополнительные  построения – один из самых эффективных приёмов решения.

Вообще, дополнительные  построения – это существенный этап решения геометрических задач. Стандартные   приёмы  таких  построений  необходимо  запомнить, а  нестандартные  –  приобретать   с опытом.  Рассмотрим  примеры  на  дополнение   и  разбиение.

Задача

В  прямоугольном  треугольнике АВС с прямым углом С медиана ВМ равна 6, ÐМВС = 15˚.Найдите площадь  треугольника АВС.

 

Дополним  рисунок, построив ∆BCN, симметричный  ∆ BCM относительно прямой, содержащей катет ВС.  Тогда МА = СМ = СN, поэтому треугольники BCN, BCM, BMA  с общей  высотой  ВС – равновеликие.  Имеем:  S_ABC = S_MBN  =   ˑ 6ˑ 6ˑ sin (2 ˑ 15˚) = 3ˑ 6 ˑsin 30˚ = 9.

Задача

Докажите, что площадь прямоугольного треугольника с острым углом в 15˚ равна восьмой части квадрата гипотенузы ( доказательство аналогично решению предыдущей задачи).

Симметрию следует учитывать  и при составлении уравнений, используя половины отрезков и углов, полупериметр фигуры и т.п.

Задача

Дан равнобедренный треугольник с основанием 18. Отрезки какой длины нужно отложить от вершины треугольника  на его боковых сторонах, чтобы, соединив их концы, получить трапецию с периметром, равным 40?

Решение

Очевидно, что отрезки должны быть равными, чтобы получилась трапеция. Её полупериметр равен 20. Обозначив искомый отрезок через х и учитывая симметрию и подобие ( 18 : 6 = 3 : 1),

получим  6 + 18 – х + х:3 = 20  или 4 = 2х : 3. Отсюда  х = 6.

Задача

В трапеции  меньшая диагональ перпендикулярна основаниям, а сумма  её острых углов равна 90˚. Определите  боковые  стороны  трапеции  трапеции, если  основания  равны а и  b.

Рассматривая равносоставленные фигуры – данную трапецию и прямоугольный треугольник, искомые боковые  стороны трапеции найдём по формулам для катетов как среднепропорциональных отрезков:

АВ = , BC = .

Задача

Площадь треугольника АВС равна 12.Точка  L  расположена на стороне ВС так, что прямая  AL проходит через середину М медианы СК. Чему равны площади треугольников  ABL  и  CML.

Решение

Проведём  KP êï AL.  Так как  точки  K  и  M – середины АВ и СК, то КР и МL будут средними линиями  треугольников  ABL и  CKP. Отсюда СL = LP = PB, BL: BC = 2 : 3. Значит,

S_ABL =S_ABC = ˑ 12 = 8.      S = S_CKP = ˑ S_CBK = ( S_ABC ) = S_ABC = 1.

 

 Примечание.

Умелое  использование дополнительных построений  и пропорциональных отрезков в некоторых случаях избавляет от применения избранных теорем геометрии: Чевы, Менелая и др. Разбиение  фигуры на части может дать основную идею решения. Известны  интересные  задачи и головоломки, связанные с разбиениями (разрезаниями) геометрических фигур.

Задача

В прямоугольнике 3 на 4 расположены шесть точек. Докажите, что найдётся пара точек, удалённых одна от другой не более чем на .

Решение

Испытывая различные разбиения прямоугольника на 5 частей, сделаем его так, как показано на рисунке. Из  шести  данных точек  по крайней мере две окажутся в одной из частей по принципу  Дирихле. Легко видеть, что при таком разбиении наибольшее расстояние между точками одной фигуры равно .

10)  Применяйте особые методы доказательства.

1)  Доказательство от противного

Задача

На сторонах выпуклого четырёхугольника как на диаметрах построены четыре круга. Докажите, что они покрывают весь четырёхугольник.

Решение

Пусть внутри четырёхугольника существует точка, не принадлежащая ни одному из четырёх кругов. Тогда его стороны будут видны из этой точки под острыми углами. Но это невозможно, так как сумма всех четырёх углов равна 360˚.

2) Принцип Дирихле

Задача

Докажите, что равносторонний треугольник нельзя покрыть двумя меньшими равносторонними треугольниками.

Каждый из меньших треугольников не может  накрывать более одной вершины данного равностороннего треугольника.

3) Правило крайнего

Рассмотрение «крайних» объектов (ближайшей точки, угловой точки, вырожденной окружности) и крайних значений (наименьшей стороны, наибольшего числа, равенства в неравенстве, предельного случая) может подсказать идею решения и быть полезным на всех стадиях решения задачи.

Задача

Докажите, что произведение любых двух сторон треугольника  не больше произведения  его периметра на радиус вписанной окружности, т.е.  ab M Pr.

Решение

Начнём доказательство с изучения равенства ab = Pr. Вспомним, что эти произведения содержатся в различных формулах для вычисления площади треугольника, а именно:

 S =  absina  и  S =  Pr . Значит,  ab = Pr, если sin a = 1 (a = 90˚). Но  sin a M1 для произвольных значений  a, поэтому в общем случае верно неравенство  ab M Pr.

11) И, наконец, главное: «Повторение – мать учения»

Это говорили ещё древние греки. Успешное обучение невозможно без правильно организованного повторения ранее изученного. В геометрии каждый шаг вперёд основывается на ранее полученных знаниях.

Литература

1) Шарыгин И.Ф. Математика: 2200 задач по геометрии для поступающих в вузы. – М.:Дрофа, 1999. – 304 с.

2)  Шарыгин И.Ф. Математика. Сборник задач по геометрии: 5000 задач с ответами. – М.: Астрель, 2001. -  400 с.

3)  Сборник конкурсных задач по математике для поступающих во втузы: учебн. пособие/ под ред. М.И. Сканави. – 4-е изд. – М.: Высшая школа, 1980. – 541 с.