метод дополнительного построения в геометрии

Дополнительное построение: через вершину меньшего основания трапеции провести отрезок, параллельно второй диагонали. Это позволяет получить параллелограмм и треугольник. При этом площадь трапеции будет равно площади треугольника.Задача 1:Найдите площадь трапеции с основаниями 6 и 7 и диагоналями 5 и 12.Решение: Через вершину C меньшего основания трапеции ABCD проведём прямую, параллельную диагонали BD (рис. 24). Пусть K — точка пересечения этой прямой с прямой AD . Тогда данная трапеция равновелика треугольнику ACK . ВС=DK=6.Рассмотрим треугольник АВК, АС=5, СК=12, АК= 13. Получаем, треугольник АВК – прямоугольный. Площадь трапеции АВСD равна площади треугольника АСК..Рис. 24Ответ: площадь трапеции равно 30.Дополнительное построение: проведение через середину меньшего основания прямых, параллельных боковым сторонам.Задача 2: Отрезок, соединяющий середины оснований трапеции, равен 3. Углы при большем основании равны 300 и 600. Найдите высоту.Решение. Через середину M меньшего основания BC трапеции ABCD проведём прямую, параллельную боковой стороне AB, до пересечения с основанием AD в точке P и прямую, параллельную боковой стороне CD, до пересечения с прямой AD в точке Q (рис. 25). Если K —середина AD, то PK = AK − AP = AK − BM = DK − MC = DK − QD = KQ. Поэтому MK — медиана треугольника PMQ, а так как ∠PMQ = 1800 − 600 − 300 = 900, то PK = KQ = MK = 3 Если ∠A = 600, то ∠MPK = 600. Поэтому треугольник PMK — равносторонний, его высота равна .Следовательно, высота трапеции равна .Рис. 25Ответ: высота трапеции равна .Задача 3:Диагонали АС и BD трапеции АВСD взаимно перпендикулярны, длина средней линии трапеции равна n. На большем основании АD взята точка К так, что АК = n. Найти длину отрезка КС.Решение:Пусть ВС = 2а, АD = 2в. Тогда n = а + в. Тогда КD = АD – АК = 2в – а – в = в – а.Соединим середины оснований и получим отрезок МР (рис. 26). По свойству трапеции этот отрезок проходит через точку пересечения диагоналей. Тогда РК = АК – АР = а + в – в = а. Следовательно, РМСК параллелограмм (две стороны РК и МС равны а и параллельны). Таким образом, МР = СК. Значит, найдем МР.ОМ и ОР – медианы в прямоугольном треугольнике ВОС и АОDсоответственно, проведенные к гипотенузе. Следовательно, каждая из них равна половине гипотенузы, то есть ОМ = а, ОР = в. Тогда МР = а + в = n. Значит СК = n. Рис. 26Ответ: СК = n.Дополнительное построение: Продление боковых сторон трапеции до пересечения. Прямая, проходящая через точку пересечения диагоналей трапеции и точку пересечения продолжений её боковых сторон, проходит через середины оснований трапеции.Задача 4:В трапеции длина средней линии равна 4, а углы при одном из оснований имеют величины 400 и 500. Найти длины оснований трапеции, если длина отрезка, соединяющего середины этих оснований, равна 1.Решение: Пусть ВС = х, AD = у, то , . Продолжим прямые АВ и DC до пересечения в точке F (рис. 27). И заметим, что угол AFD=1800-500-400=900. Следовательно, (по свойству медиан из прямого угла), . Получаем два уравнения: и (по теореме о средней линии трапеции). Получаем х = 3, у = 5.Рис. 27Ответ: основания трапеции равны 3 и 5. 2.3. Построение дополнительной окружностиРассмотрим задачи, в которых в качестве дополнительного построения будет использоваться вспомогательная окружность.Задача 1:В треугольнике АВС проведена высота ВК. Найти длину отрезка, соединяющего точку К с серединой АВ, если АВ = 10 см. Решение:Проведем высоту АМ, тогда углы АКВ и АМВ равны по 900, значит точки А, К, М, В лежат на одной окружности и АВ – диаметр (рис. 28). Точка О – середина АВ по условию. Следовательно, АО = ОВ = КО = r = 5 см.Рис. 28Ответ: 5см. Задача 2:В выпуклом четырехугольнике АВСD диагонали АС и ВD пересекаются в точке О. АВС = 1110 , ОВС = 490 , АСD = 620. Найти углы САD и АDС Решение: АВО = 1110 – 490 = 620. Таким образом В и С лежат по одну сторону от АD и углы АВО и АСD равны значит точки А, В, С, D лежат на одной окружности (рис. 29). АDС и АВС вписанные, значит их сумма равна 1800, отсюда АDС = 1800 – 1110 = 690. Дуга АDС равна 2220. Значит дуга DС равна 2220 – 1240 = 980. Угол САD вписанный и равен 490.Рис. 29Ответ: САD = 490, АDС = 690.Задача 3:В трапеции АВСD с основаниями АD и ВС угол АВD равен углу АСD. Доказать, что АВСD – равнобедренная трапеция. Решение: Точки В и С лежат по одну сторону от АD и углы АВD = АСD, то точки А, В, С,D лежат на окружности (рис. 30). Так как хорды ВС ║ AD, то дуга АВ равна дуге СD. Поскольку равные дуги стягивают равны хорды, то АВ = СD.Рис.30Задача 4: Точка H является основанием высоты, проведенной из вершины прямого угла B треугольника ABC к гипотенузе AC. Найдите AB, если AH=6, AC=24. Решение:Строим окружность вокруг треугольника ВНС (рис. 31). Центр этой окружности является серединой ВС. ВС — диаметр. АС по отношению к данной окружности — секущая. АВ — отрезок касательной. АН — внешняя часть секущей. Все это подводит к теореме о квадрате касательной. АВ2 — произведение секущей на ее внешнюю часть. Следовательно, нужно умножить AH на AC. 6∙24 = 144 (это АВ в квадрате). Тогда, АВ=12.Рис. 31Ответ: АВ=12.ЗаключениеВ процессе проделанной работы мы изучили метод дополнительных построений при решении геометрических задач, провели группировку различных видов дополнительных построений и определили основные направления данного метода. В практической части работы рассмотрели различные случаи использования дополнительного построения при решении задач по темам «Треугольник», «Трапеция» и случаи когда в качестве дополнительного построения использовалась вспомогательная окружность. Задачи, решаемые с помощью дополнительных построений, традиционно считаются задачами повышенного уровня сложности. Для их решения требуются изобретательность и геометрическая интуиция. Стандартные приемы таких построений рассматриваются чаще всего на конкретных примерах и запоминаются, а нестандартные – приобретаются с опытом.Список использованных источниковАтанасян, Л. С. Геометрия. 7-9 классы: учеб. для общеобразоват. организаций/ Л. С. Атанасян, В. Ф. Бутузов, С. Б. Кадомцев – 6-е изд., перераб. – М. : Просвещение, 2016. , с.124, c. 128, с. 176Бежану, Т. В. К вопросу о геометрических решениях геометрических задач. Альманах современной науки и образования Тамбов: Грамота, 2009. № 6 (25). C. 26-29. ISSN 1993- 5552.Воистинова Г. Х. Использование дополнительных построений при решении геометрических задач // Современные проблемы математического и физического образования в школе и вузе: Сб. трудов Всерос. научно-практ. конф., посв. 450-летию присоединения Башкортостана к России / Отв. ред. С. С. Салаватова. — Стерлитамак: Стерлитамак. гос. пед. академия, 2006. — С. 126–136.Воистинова Г. Х. Основные приемы использования дополнительных построений при решении задач на построение // Этнокультурный компонент в образовательном процессе: теория и технология, передовой опыт»: Сборник трудов участников второго научно-мето-дического Всероссийского семинара 1–3 ноября 2013 г., г. Стерлитамак / Отв. ред. С. С. Салаватова. — Стерлитамак: Стерлитамакский филиал БашГУ, 2013. — С. 233–239.Генкин Г. З. Три подхода к решению некоторых задач // Математика в школе. 2002. № 3 с. 25-25.Гусев В. А. Психолого-педагогические основы обучения математике. — М.: Вербум, 2003. — 429 с.Данилова Е. Ф. Как помочь учащимся находить путь к решению геометрических задач. — М.: Учпедгиз, 1961. — 143 с.Дурова, Е.М. Метод дополнительных построений при решении планиметрических задач / Е.М. Дурова, Э.Ф. Капленко; Воронеж. ун-т.– Воронеж, 1995.– 16 с.– Деп. в ВИНИТИ 18.09.95, № 2580–В95.Иванова Т. А. Варьирование математических задач как средство развития интеллектуальных способностей учащихся // Развитие учащихся в процессе обучения математике: Межвуз. сборник науч. трудов. — Н. Новгород: НГПИ им. М. Горького, 1992–139 с.Мельников Ю. Б. Математическое моделирование: структура, алгебра моделей, обучение построению математических моделей: Монография. — Екатеринбург: Уральское изд-во, 2004. — 384 с.Прасолов В. В. Задачи по планиметрии: Учебное пособие.—5-е изд., испр. и доп. – М.: МЦНМО: ОАО Московские учебники, 2006.Раджабов М. Б. Формирование исследовательских умений и навыков учащихся неполной средней школы при изучении курса геометрии. — Душанбе, 1987. — 157 с.Силаев Е. В. Использование дополнительных построений при решении геометрических задач. — М.: Прометей, 1994. — 116 с.,Скарбич С.Н. Формирование исследовательских компетенций учащихся в процессе обучения решению планиметрических задач: [электронный ресурс] учеб. пособие / С. Н. Скарбич ; науч. ред. д-р пед. наук, проф. В. А. Далингер. – 2-е изд., стереотип. – М. : ФЛИНТА, 2011. – 194 с., с. 81Шарыгин И. Ф. Стандарт по математике: 500 геометрических задач: кн. для учителя / И. Ф. Шарыгин. – 2-е изд. – М.: Просвещение, 2007.Шарыгин, И. Ф. Факультативный курс по математике. Решение задач: учеб. пособие для 10 кл. сред. шк. / И. Ф. Шарыгин. - Москва: Просвещение, 1989. - 252 с.