Задачи на дополнительное построение

МОУ «Карабай-Шемуршинская СОШ»
«Задачи на дополнительное построение»
Работу выполнила:
Елисеева Ольга 11 класс
Руководитель: Кузьмина Раиса Дм.
Учитель математики
МОУ «Карабай-Шемуршинская СОШ»
2011 год
Введение.
Виды дополнительных построений.
Глава 1: Продолжить медиану.
Глава 2: Провести прямую, параллельную данной.
Глава 3: Провести прямую, перпендикулярную данной.
Глава 4: Построить окружность.
Заключение.
Библиография.
Введение.
Приступая к решению геометрической задачи, нужно иметь в виду, что
обычно геометрическая задача может быть решена несколькими способами.
Поэтому, если появилась идея решения задачи, но путь к решению довольно
длинный, то следует помнить, что существенную помощь могут оказать
дополнительные построения. В одних случаях эти построения
напрашиваются сами собой, в других они не так очевидны и требуют
изобретательности, геометрической интуиции. Сейчас в школьном курсе
учеников знакомят с разнообразными понятиями и средствами решения
задач, но именно их разнообразие оставляет мало времени на приобретение
навыков, и вкус к такого рода задачам, которые развивают геометрическое
воображение. Цель работы: выделить основные виды дополнительных
построений, к каждому виду подобрать и решить задачи. Изучив статью
«Научим школьников выполнять дополнительные построения» в газете
«Математика» приложение к газете «Первое сентября» и статью «Учимся
делать дополнительные построения» в научно-популярном физикоматематическом журнале «Квант», меня заинтересовала эта тема и я начала
подбирать задачи, которые «красиво» решаются с помощью дополнительных
построений. Изучив задачники Просолова В.В «Задачи по планиметрии» и
Шарыгина И.Ф «Задачи по геометрии», я выделила четыре основных вида
дополнительных построений: продолжить медиану, построить прямую
параллельную данной, построить прямую перпендикулярную данной,
построить окружность. В данную работу включено 10 наиболее интересных
задач. Среди них задачи на вычисление, на доказательство, на построение.
Продолжить медиану.
№1. Две стороны треугольника равны 27 и 29, а медиана, проведенная к
третьей стороне равна 26. Найти высоту, проведенную к стороне 27.
Дано:
∆ABC
AB=27,BC=29,BO=26
CD − высота
BO − медиана
Найти CD.
Решение
1. Дополнительное построение: строю OE=BO ABCEпараллелограмм (по признаку) BC=AE=29. AB=EC=27
2. S∆ABC= S∆ABE (т.к составлены из равных треугольников)
3. S∆ABE= p( p  a)( p  b)( p  c) (по формуле Герона)
S∆ABE= 54  27  25  2  72900  270
1
AB  CD
S∆ABC= 2
1
 27  CD
270= 2
CD=20
Ответ: 20
№2
На сторонах AB и BC построены вне его квадраты ABDE и BCKF. Доказать,
что отрезок DF в 2 раза больше медианы BP треугольника ABC.
Дано:
∆ABC
ABDE и BCKF - квадраты
Доказать, что DF=2BP.
Решение:
1. Дополнительное построение: строю PQ=BP ABCD-параллелограмм (по
признаку)
ABC  AQC    BAQ  BCQ 
2.
3.
DBF  360  2  90    180  
360  2
 180  
2

4. BCQ  DBF
DBF  BCQ DBF  BCQ
(BF=BC, DB=CQ)  DF=BQ=2BP
№3
Доказать, что медиана треугольника меньше полусуммы двух сторон,
имеющих с этой медианой общую вершину.
Дано: ∆ABC, BP − медиана
Доказать, что BP< ½ (AB+BC)
Решение: 1.Дополнительное построение: строю PD=BPABCD
параллелограмм (по признаку) AB=CD, BC=AD
2. BD<BC+CD (по неравенству треугольника)
BD<BA+AD (по неравенству треугольника)
2BD<BC+BA+CD+AD
2BD<2BC+2AB
BD<BC+AB. Так как BD=2BP (по построению), то BP<½(AB+BC).
Провести прямую, параллельную данной.
№1
Найти высоту равнобедренной трапеции, если её диагонали взаимно
перпендикулярны, а площадь трапеции равна S.
Дано:
ABCD− равнобедренная трапеция
AC и BD − диагонали
AС  BD
S − площадь трапеции
Найти: h − высоту трапеции
Решение
1. Дополнительное построение: строю CE||BD
2. ACE  равнобедренный (т.к AC=BD, BD=CE, AC=CE)
3. ACE  прямоугольный (т.к CO  BD, BD||CE  CE  CO)
4. Проведу высоту CF – она является медианой и биссектрисой
 ACF  FCE  45  CAF  45

ACF  равнобедренный  AF  CF  h

AE=2AF=2h
Sтр.=
1
( BC  AD)  CF
2
BC+AD=AE (т.к BC=ED)
1
1
AE  CF   2h  h  h 2
Sтр.=2
2
h= S
№2.
Через середину M стороны BC параллелограмма ABCD, площадь которого
равна 1, и вершину A проведена прямая, пересекающая диагональ BD в точке
O. Найти площадь четырехугольника OMCD.
Дано:
ABCD−параллелограмм
SABCD=1
BM=MC
Найти площадь: OMCD.
Решение
1. Дополнительное построение: стою BE||AM, AF||BO
1
2
2. S= ABD  SABCD 
1
2
SEBA AE 1

3. EBA и ABD - они имеют общую высоту 
=
SABD
1
2
S= EBA  SABD 
1
4
AD
2
1
2
1
4
4. S= EBD  SEBA  SABD   
3
4
5. EFA ~ EBD (т. к. 1  2 E  общий)

SEFA EA2 12 1
1
1 3 1

 2   S= EFA  SEBD   
2
9
9 4 12
SEBD ED
3
9
6. Рассмотрим EFA и MOB

EFA = MOB (по
двум сторонам и углу между ними)  S EFA =s MOB =1/12
7. SOMCD=S∆BDC-S∆BOM=1/2-1/12=5/12
Ответ: 5/12
№3
Построить трапецию по четырем сторонам
Дано:
Построить трапецию ABCD
так, что AB=c, BC=a, CD=d, AD
Дополнительное построение: строю BP||CD. Задача сводится к построению
ABP по трем сторонам AB=c, BP=d, AP=b-a
Построение:
1.Строю ABP по трем сторонам так, что AB=c, BP=d, AP=b-a.
2.Строю PD=a
3. Строю BC||PD, BC=a. AD=b
4. ABCD - искомая трапеция.
Доказательство:
1. BC||AD (по построению), AB не параллельно CD, т.к BP||CD , ABCD –
трапеция (по построению)
2. BC=a, AB=c, AD=b, CD=BP= (по построению)
3. ABCD – с данными сторонами.
Исследование: Задача имеет единственное решение, если можно построить
ABP, т.е выполняется неравенство треугольника: c<d+(b-a), d<c+(b-a), ba<c+d.
Провести прямую, перпендикулярную данной
№1
На катетах AC и BC прямоугольного треугольника вне его построены
квадраты ACDE и BCKF. Из точек E и F на продолжение гипотенузы
опущены перпендикуляры EM и FN. Доказать, что EM+FN=AB.
Дано:
∆ABC−прямоугольный
ACDE и BCKF− квадраты
EM  PA, FN  BQ
Доказать, что EM+FN=AB.
Решение:
1. Дополнительное построение: строю CL
2. Пусть EAM    CAL  90   и AEM  90    CAL  EAM
3. Аналогично BFN  CBL
CAL  EMA
 (по катету и острому углу) EM=AL, FN=LB
CLB  FBN
 EM+FN=AL+LB=AB.
№2.
Пусть AC − большая из диагоналей параллелограмма ABCD, Из точки C на
продолжения сторон AB и AD опущены перпендикуляры CE и CF
соответственно. Докажите, что AB∙AE+AD∙AF=AC ∙ AC.
Дано:
ABCD-параллелограмм
CE  BN, CF  DM
Доказать, что AB∙AE+AD∙AF=AC ∙ AC
Решение
1.Дополнительное построение: строю AC  BG
2. ABG ~ ACE ( GAB - общий,
AGB  CEB  90 
AB AG

 AB  AE  AC  AG
AC AE
3. AF||CB   FAC=  ACB (как накрест лежащие при прямых AF||CB b
секущей AC)
4. CBG ~ ACF , (  FAC=  ACB, CGB  CFA  90 )

CB CG

 CB  AF  AC  CG
AC AE
5. AB  AE  AC  AG
CB  AF  AC  CG
AB  AE  CB  AE  AC  AG  AC  CG
AB  AE  CB  AE  AC ( AG  AC )
AB∙AE+AD∙AF=AC
Построить окружность.
Найти сумму внутренних углов пятиконечной звезды
Дано: пятиконечная звезда
Найти: A  B  C  D  E
Решение:
Дополнительное построение: описываю около звезды
окружность.
1
A  ( KL  RS )
2
1
B  ( NM  TY )
2
1
C  ( PS  LX )
2
1
D  ( ST  AM )
2
1
E  ( XY  NP)
2
 A  B  C  D  E 
1
  360  180
2
№1.
В трапеции ABCD (AB и CD основания) меньшее основание равно
a, углы, прилежащие к этому основанию, равны 105 , а диагонали взаимно
перпендикулярны. Найти площадь трапеции.
Дано:
ABCD – трапеция
AB и CD –основания
ABC  BCD  105
AC  BD
Найти: Sтрапеции.
Решение
1.Дополнительное построение: строю описанную окружность
(т.к. трапеция равнобедренная, то можно описать окружность)
2. Sтр. =½ AC  BD
3. Пусть QB=x, AB=2x (т.к BAQ  30 ), AQ=y по теореме Пифагора:
4 x 2  x 2  y 2  y 2  3x 2  y  3x 
BQ BC
1


 AD  3a
AQ AD
3
4. BQ=QC=x
По теореме Пифагора из  BQC
 BQ 
+
=
 a2  2x2  x 
a
2
a
2
5. AQ=QD=y
По теореме Пифагора из  AQD:
y 2  y 2  3a 2  2 y 2  3a 2  y 
6. BD=BQ+QD=
3a
3a
 QD 
2
2
a
3a a(1  3 )


2
2
2
1
1
1 a 2 (1  3 ) 2 a 2 (1  3  2 3 ) a 2 (4  2 3 ) a 2 (2  3 )
2



7. S= AC  BD  BD  
2
2
2
2
4
4
2
Заключение.
Рассмотрев конкретные случаи, мы убедились, что решение задач с помощью
дополнительных построений не только быстрей и проще, но и намного
интересней, чем решение привычными способами.
Решая задачи на дополнительное построение, мы
не только углубляем знания, но и развиваем
изобретательность и геометрическую интуицию.
Хотелось бы продолжить работу по этой теме, добавив другие
построения, например, преобразование на плоскости. Данный
материал можно использовать при повторении курса
планиметрии и при подготовке к ЕГЭ.
Библиография
Математика. Приложение к газете «Первое сентября», - 1999, №48-с 15
Научно-популярный физико-математический журнал «Квант» №10,
1975г.-с 48
Петраков И.С. Математические кружки в 8-10 классах.-м.: Просвещение,
1987.-223с
Просолов В.В. Задачи по планиметрии, 1 часть-м.:Наука, 1986.-269с
Просолов В.В. Задачи по планиметрии, 2 часть-м.:Наука, 1986.-287с
Шарыгин И. Ф. Решение задач.-м.: Просвещение, 1994.-351с
Шарыгин И. Ф. Задачи по геометрии.-м.:Наука,1982.-359с