РЕШЕНИЕ ПЛАНИМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧ МЕТОДОМ ПЛОЩАДЕЙ

Муниципальное общеобразовательное учреждение – гимназия № 1
Урок геометрии в 11 классе
Тема: «РЕШЕНИЕ ПЛАНИМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧ
МЕТОДОМ ПЛОЩАДЕЙ»
Автор: Дацко Елена Владимировна
учитель математики
г. Клин, 2014 год
Содержание
Стр.
1. Цель и задачи урока………………………………………………………………………...…3
2. План урока……………………………………………………………………………..…3 – 11
2.1. Актуализация знаний……………………………………………………………………3 – 4
2.2. Устная работа………………………………...………………………………………….5 – 7
2.3. Работа на уроке по вариантам с различной сложностью……………………………..7 – 9
2.4. Самостоятельная работа контролирующего характера……………………………10 – 11
2.5. Итог урока. Домашнее задание с подробным разбором задач....……………….…11 – 17
3. Литература……………………………………………………………………………………18
Слайд 2
Цель урока: повторение и обобщение знаний о методе площадей в решении задач.
Задачи:
– обучающие: обобщить и систематизировать знания о методе площадей,
отработать умения применить формулы в решении задач.
– развивающие: развить познавательные умения,
– воспитательные: развить положительное отношение к знаниям.
Тип урока: урок повторения.
Ход урока
I. Актуализация знаний.
Слайд 3
Площади треугольников, имеющих равные высоты (общую высоту), относятся как
стороны соответствующие этим высотам.
S ABC : S FBK  AC : FK .
Рисунок 1
Слайд 4
Площади треугольников, имеющих равные стороны, относятся как соответствующие этим
сторонам высоты.
S ABC : S AEC  BB1 : EE1 .
Рисунок 2
Слайд 5
Площади треугольников, имеющих равный угол (или общий угол), относятся как
произведение сторон, содержащий этот угол.
S ABC AB  AC

.
S AEF AF  AE
Рисунок 3
Слайд 6
Медиана делит треугольник на два равновеликих треугольника.
Три медианы треугольника делят его на шесть равновеликих треугольников.
S AOC1  S BOC1  S BOA1  S COA1  S COB1  S AOB1 .
Рисунок 4
Слайд 7
S AXYZ  2  S1  S 2
Рисунок 5
II. Устная работа.
Слайд 8 Случай, когда треугольники имеют общую высоту.
Рисунок 6
Дано:
AD  6см,
DB  2см,
S ACD  3см 2 .
Найти:
S ACD  ?
Решение:
ACD, DCB имеют общую высоту CE.
S ACD AD
S ACD 6
3 6
S ACD 
 9см 2 ,

,
 ,
2
S DCB DB
3
2
2
Ответ: 9см .
Слайд 9
Рисунок 7
Дано:
MN  NK ,
S MNP  20,
Найти:
S PNK  ?
Решение: MPN , NPK имеют общую высоту h.
S MPN MN
20
1
 ,

,
т. к. MN  NK ,
то
S NPK 1
S NPK
NK
Ответ: 20.
S NPK  20.
Вывод:
1) Отношение площадей треугольников, имеющих общую высоту равно отношению
сторон, к которым проведена высота.
2) Если же стороны, к которым проводится высота равны, то и площади треугольников
также равны.
3) Во сколько раз отношение сторон треугольников, к которым проводится высота больше
(меньше), во столько раз и площади больше (меньше).
Слайд 10
Случай, когда треугольник и параллелограмм имеют общую высоту.
Рисунок 8
Дано:
ABCD  параллелограмм,
S ABM  S DMC  4.
Найти:
S AMD  ?
1
 h  AD
S AMD
1 S AMD 1
2
Решение:

 ,
 ,
S ABCD
h  AD
2 S ABCD 2
S ABCD  S ABM  S DMC  S AMD ,
S ABCD  4  4  S AMD ,
S ABCD  8  S AMD ,
S AMD
1
 ,
2  S AMD  8  S AMD ,
S AMD  8.
8  S AMD 2
Ответ: 8.
Вывод: В этом случае отношение площадей треугольника и параллелограмма равно
отношению их высот. Высота параллелограмма есть высота треугольника. Но в
1
нахождении площади треугольника присутствует коэффициент , а, значит, составляя и
2
решая данную пропорцию, получаем 8.
Слайд 11
Рисунок 9
Дано:
AB  8,
AD  10.
Найти:
S ABC
?
S ADC
(Отношение площадей, имеющих общий угол равно отношению произведения сторон,
заключающих данный угол).
S ABC AB  AC AB


.
AC – общая,
S ADC AD  AC AD
S ABC
8 4

 .
S ADC 10 5
4
Ответ: .
5
Слайд 12
Рисунок 10
Дано:
ABCD – параллелограмм,
BK – медиана ABD ,
AO – медиана ABD,
O – середина BD ,
S ABCD  60.
Найти:
S ABN  ?
Решение:
S ABD  S DBC  30,
S ABK  S KBD  15,
2
S ABN  S ABK .
3
2
S ABN   15  10.
3
Ответ: 10.
III. Работа на уроке.
1 ряд. Работа в парах (сидят слабый ученик и ученик средних способностей).
Решает I вариант – уровень «4»,
2,3 ряды – II вариант – уровень «4 – 5».
I вариант
Рисунок 11
Дано:
АВСВ – параллелограмм,
K  AB, M  BC .
AK 2 BM 2
 ,
 .
KB 3 MC 1
Найти:
S KBM
?
S KMCD
Решение:
1) Найдём какую часть KBM составляет от S ABCD .
Проведём диагональ AC, S ABCD  2  S ABC ,
S KBM BK  DM

, (общий угол B ),
S ABC
BA  BC
S KBM 3x  2 y 2

 ,
S ABC 5x  3 y 5
2
2 1
1
S KBM   S ABC    S ABCD   S ABCD .
5
5 2
5
1
S KBM   S ABCD .
5
1
4
2) S AKMCD  S ABCD  S KBM  S ABCD  S ABCD  S ABCD .
5
5
4
S AKMCD  S ABCD .
5
1
S ABCD
S KBM
1 5 1
5

   .
3)
S AKMCD 4
5 4 4
S ABCD
5
1
Ответ: .
4
II вариант
Рисунок 12
Дано:
ABC ,
CN, AK – медианы,
CN  AK  O.
Найти:
S AOC
?
S ABC
Решение:
S
OM
1) AOC 
, (сторона AC – общая),
S ABC OM 1
2) Дополнительное построение BM 1C : KM 2  CM1 ,
По теореме Фалеса KM 2 – средняя линия,
1
KM 2  BM 1 ,
2
3) AKM 2 подобен AOM
(по двум углам),
S AKM 2
 k 2 , k – коэффициент подобия.
S AOM
KM 2
3
AO 2
AK 3
 ,
  k,
4) по свойству медиан
k  ,
OK 1
AO 2
OM
2
1
2  BM 1
BM 1
2  KM 2
BM 1
OM 
 2

,
OM 
,
3
3
3
3
BM1
S AOC OM
S AOC
1
 3  .
подставим в
получим

S ABC BM 1 3
S ABC OM 1
1
Ответ: .
3
IV. Самостоятельная работа контролирующего характера (дифференцированная).
1 ряд
I вариант
Рисунок 13
Дано:
ABCD – параллелограмм,
BK  AD,
AC – диагональ,
S ABCSD  8,
S BZC  3.
Найти:
ZK
?
BZ
Решение:
Параллелограмм ABCD и BZC имеют общую сторону BC.
1
BZ
S BZC
3
BZ
3
BZ

,
 2
,

,
8 2 BK
S ABCD
BK
8 2BZ  BK 
8 2( BZ  BK )
8 2 BZ  2 BK
8 2 BZ 2ZK

,

,


,
3
BZ
3
BZ
3 BZ
BZ
8
2ZK
2 2 ZK
1 ZK
 2
,

,

.
3
BZ
3
BZ
3 BZ
1
Ответ: .
3
II вариант
Рисунок 14
Дано:
ABCD – параллелограмм,
BK – медиана,
S NODK  4.
Найти:
S ABCD  ?
Решение:
ABD; AO, BK – медианы,
BO

BD
S BNO
S BKD
S BNO
S BKD
BN 2 AN 2
 ;
 .
BK 3 AO 3
1
(свойство диагоналей),
2
BN  BO 2 1 1

   , B – общий,
BK  BD 3 2 3
1
 ,
3
S BNO 
1
S BKD ,
3
BKD , ABD имеют общую высоту, значит их площади
S BKD KD 1

 ,
S ABD AD 2
1
S ABD .
2
S
1
1 1
1
1 1
S BNO  S BKD   S ABD  S ABD   S ABCD  ABCD ,
3
3 2
6
6 2
12
S
S BNO  ABCD ,
12
S
1
1 1
S BKD  S ABD   S ABCD  ABCD ,
2
2 2
4
S
S BKD  ABCD ,
4
S
S
S
S NODK  S BKD  S BNO  ABCD  ABCD  ABCD ,
4
12
6
S
S
S NODK  ABCD ,
4  ABCD , S ABCD  24.
6
6
Ответ: 24.
S BKD 
V. Итог урока.
Домашнее задание. Ученику следует выбрать для решения две любые задачи. При
желании можно выполнить всё задание.
Задача 1. В треугольнике ABC со сторонами AB  18, BC  12 вписан параллелограмм
BKLM , причём точки K , L, M лежат на сторонах AB, AC , BC соответственно. Известно,
4
что площадь параллелограмма составляет
площади треугольника ABC. Найдите
9
стороны параллелограмма.
Рисунок 15
Решение:
BK  x,
Пусть
BM  y.
1
1) S ABC   AB  BC  sin B,
2
1
S   18  12  sin B,
2
S  108  sin B;
1
2) S MBK   x  y  sin B;
2
1
S MBK   S MBKN ;
2
2
3) S MBK   S MBKN ;
9
1
2
 x  y  sin B   108  sin B;
2
9
x  y  48;
4) AKL подобен LMC по двум углам.
AKL  KLM ,
как накрест лежащие,
KLM  LMC ,
AKL  LMC.
KAL  MLC соответственные углы.
12  y
x
MC ML

,

;
KL KA
y
18  x
12  y   18  x  x  y;
216  12 x  18 y  xy  xy;
36  2 x  3 y  0 .
Составляем систему:
 x  y  48,

36  2 x  3 y  0;
 x  12,

 y  4;
или
 x  6,

 y  8.
Ответ: 12 и 4 или 6 и 8.
Другой способ решения данной задачи:
1
1) S ABC   AB  BC  sin B;
2
S BKLM  KB  BM  sin B;
1
 AB  BC
9
2
 ;
KB  BM
4
1
 18  12
9
2
 ;
KB  BM 4
KB  BM  48;
KB  x,
Пусть
BM  y;
x  y  48
2) S BKLM  2  S1  S 2 ;
1
1
S1   AK  KL  sin AKL   18  x   y sin AKL;
2
2
1
1
S 2   MC  ML  sin LMC   12  y   x  sin LMC ;
2
2
B  AKL  LMC ;
x  y  sin B  2 
1
 x  y  12  y   18  x   sin B;
4
1
 48  12  y   18  x ;
4
24  24  12  216  18 y  12x  xy;
48  216  18 y  12 x  48;
48
 18 y  12   216  0;
y
2
y  12 y  32  0;
y1  8,
x1  6,
y 2  4;
x 2  12.
Ответ: 6 и 8 или 12 и 4.
48  2 
Задача 2. В треугольнике ABC на прямой BC выбрана точка K так, что BK : KC  1 : 2.
Точка E  середина стороны AB. Прямая CE пересекает отрезок AK в точке P. Найдите
площадь треугольника AEP, если площадь треугольника ABC равна 120.
1 случай.
Рисунок 16
Решение:
S ABC  120.
S AEC  S BEC  60. ( EC  медиана).
Пусть S AEP  z, S APC  60  z;
S BEK BE  BK
yx
1


 ;
S ABC AB  BC 2 y  3x 6
1
S BEK   120  20;
6
S ABK
2y  x 1

 ,
S ABC 2 y  3x 3
S ABK  40,
S EPK  40  20  z  20  z;
S AKC  S ABC  S ABK  120  40  80.
S KPC  80  60  z   20  z.
S
S
EP
EP
.
2) EPK 
и AEP 
S KPC PC
S APC PC
20  z
z

,
20  z 60  z
1200  20 z  60 z  z 2  20 z  z 2 ,
100 z  1200,
z  12.
Ответ: 12.
1)
2 случай.
Рисунок 17
Решение:
1) S ABC  S AKB  120, AB  медиана,
S AEC  S EBC  60, CE  медиана;
Пусть S APE  z ,
S PKBE  120  z,
S KEB  S AKE  60, KE  медиана,
S PKE  60  z.
S
S PKE PE
PE
2) APE 
, общая высота,

, общая высота.
S AEC EC
S EKC EC
z
60  z

,
60
120
60  z  2 z ,
z  20.
Ответ: 20.
Задача 3. Через точку O , лежащую в треугольнике ABC , проведены три прямые,
параллельные всем сторонам треугольника. В результате треугольник разбился на 3
треугольника и 3 параллелограмма. Известно, что площади полученных треугольников
равны соответственно 1;2,25и 4. Найдите сумму площадей полученных
параллелограммов.
Рисунок 18
Найти: S AA1OC2  S A2 BB1O  S CB2OC1
Решение:
1) Рассмотрим AA2 C1 ,
S AA1OC2  2  S A1 A2O  S C2OC1 ;
S AA1OC2  2  4  1  2  2  1  4,
2) Рассмотрим A1 BB 2 ,
S A2 BB1O  2  S A1 A2O  S OB1B2 ;
S A2 BB1O  2  4  2,25  2  2  1,5  6;
3) Рассмотрим C2 B1C,
S OB2CC1  2  S C2OC1  S OB1B2 ;
S OB2CC1  2  1  2,25  2  1  1,5  3;
4) S AA1OC2  S A2 BB1O  S CB2OC1  4  6  3  13.
Ответ: 13.
Задача 4. Площадь трапеции ABCD равна 810. Диагонали пересекаются в точке O.
Отрезки, соединяющие середину P основания AD с вершинами B и C , пересекаются с
диагоналями трапеции в точках M и N. Найдите площадь треугольника MON , если одно
из оснований трапеции вдвое больше другого.
1 случай.
Рисунок 19
Решение:
1) Рассмотрим четырёхугольник BCDP : BC  PD; BC , PD  основания трапеции. BCDP 
параллелограмм.
2) ABP  BCP по двум сторонам и углу между ними. Аналогично, BCP  CDP.
1
Значит, S ABP  S BCP  S CDP  S ABCD .
3
1
S ABP  S BCP  S CDP   810  270.
3
3) BCDP : диагонали параллелограмма делят его на четыре равных по площади
треугольника.
S BCN  S CDN  S DNP  S BNP  135.
4) Т. к. DM  MP; CN  NP, то MN  средняя линия треугольника BCP.
1
1
S MNP  S BCP ; S MNP   270  67,5
4
4
1
S BCO .
4
 S CNO  135  4 x.
5) BCNM  трапеция, S BOM  S OCN ; S OMN 
Пусть S MNO  x, тогда S BCO  4x, S BOM
S BNP  135.
S BNP  S BOM  S OMN  S MNP
135  4 x  x  67,5  135;
3 x  67,5;
x  22,5.
Ответ: 22,5.
2 случай.
Рисунок 20
Решение:
Пусть h  высота трапеции.
Положим AD  a, BC  2a, AM  3t. Тогда ah  540.
1
, а треугольник AMP
2
AP 1
AM 1
PM 1
 . Тогда
 ,
 ,
подобен треугольнику CMB с коэффициентом
BC 4
MC 4
PB 5
MC  12t ,
AC  AM  MC  15t ,
AO  5t ,
OM 2t 2
ON 2

 .
 .
Значит,
Аналогично,
MO  2t.
OA 5t 5
OD 5
Треугольник AOD подобен треугольнику COB с коэффициентом
2
Следовательно, S MON
Ответ: 14,4.
4 1 1
2
2
72
2
    S AOD 
 a h 
ah 
 540 
 14,4.
25 2 3
75
75
5
5
Литература:
1. Геометрия. 10 – 11 классы: учеб. для общеобразоват. учреждений: базовый и профил.
уровни / [Л.С. Атанасян, В.Ф. Бутузов, С.Б. Кадомцев и др.]. – 22-е изд. – М.:
Просвещение, 2013. – 255с.
2. Геометрия в таблицах. 7 – 11 кл.: Справочное пособие / Авт.-сост. Л.И. Звавич, А.Р.
Рязановский. – 4-е изд., стереотип. – М.: Дрофа, 2000. – 128 с.
3. http://www.fipi.ru (Официальный сайт Федерального института педагогических
измерений)