Б.И. Вольфсон, Л.И. Резницкий ГЕОМЕТРИЯ. Подготовка к...

Б.И. Вольфсон,Л.И. РезницкийГЕОМЕТРИЯ. Подготовка к ЕГЭ И ГИА-9: учимся решать задачи. ―Ростов-на-Дону: Легион-М,2011. ― 224 с.В книге излагается технология, позволяющая структурировать и тем самым облегчить процесс решения геометрических задач, приводятся примеры ее применения, проанализированы задания ЕГЭ и ГИА-9. Имеется справочный теоретический материал и задачи для самостоятельного решения.

Этот подход позволяет структурировать решение задачи и последовательно преодолеть возникающие трудности по аналогии с поэтапной сборкой сложного изделия на конвейере.

1. ОСВОЕНИЕ ОБЩЕЙ ТЕХНОЛОГИИ РЕШЕНИЯ ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧ

ЗАМЕЧАНИЕ. Знание, а главное, понимание алгоритмов решения стандартных задач не отменяет самостоятельное творчество. Оно экономит время и дает инструмент, который позволяет осуществлять творческий процесс на качественно более высоком уровне.

2. Использование метода укрупнения дидактических единиц П.М. Эрдниева.Применение разработанного П. М. Эрдниевым метода укрупнения дидактических единиц (УДЕ) базируется на одновременном рассмотрении логически различных элементов, обладающих в то же время информационной общностью. Такой подход позволяет сформировать «стереоскопический» образ изучаемого объекта. Он стимулирует образование в мозгу функциональных систем, т.е. ансамблей нейронов, «специализирующихся» на решении сходных познавательных задач.

Отказ при использовании УДЕ от традиционного «квантования» учебного материала способствует тому, что его запоминание приобретает не механический (эрудиционный), а ассоциативный характер. Таким образом, наряду с накоплением знаний (накоплением информации) идет процесс обогащения мышления связями между знаниями, то есть повышается качество переработки информации.

3. Формирование семейств модифицируемых многопараметрических задач.Данная методика предусматривает создание модифицируемых многопараметрических заданий по математике, в которых осуществляется циклическая замена известных и неизвестных величин.

Методика ориентирована на формирование целостного мировосприятия и интеллектуальное развитие школьников.

Предложенный подход к формированию модифицируемых учебных заданий лежит в русле метода укрупнения дидактических единиц (УДЕ).

Вслед за создателем метода УДЕ П. М. Эрдниевым мы обращаем внимание на необходимость рассмотрения всего блока заданий, относящихся к данной проблеме, в компактном временном промежутке. В этом случае многообразные связи, возникающие в мозгу ученика в процессе работы, закрепляются в виде единой комплексной системы.

4. Проблемный подход к организации повторения курса геометрии.Использование проблемного метода приводит ученика от пассивного потребления готовых истин, излагаемых учителем, к участию в их установлении. Это способствует лучшему запоминанию и, что особенно важно, формированию личностно-ценностного отношения к изучаемому материалу.

―Подумаешь, Америку открыл! Еще в пеленках это мы знавали!… А я один, как клад, ее отрылИ позабыть уже смогу едва ли. 

Как я добыл ее! Я смертный потСтирал ладонью. Рот был сух от жажды. Я рыл и рыл… Владеет ею тот, Кто сам, один, добыл ее однажды. 

Она во мне. Я жил, ее тая. Я, стиснув зубы, в муках, на пределеЕе добыл. Вот истина моя!.. Вы ж до сих пор банальностью владели. Евгений Винокуров.

5. Последовательное применение принципа «чайника».Этот принцип состоит в сведении данной задачи к той, решать которую мы уже научились.

BB

A CA CDD Е Е FF

Найти: 1) площадь S; 2) hb − высоту BD; 3) радиус вписанной окружности r;4) величину наибольшего внутреннего угла треугольника АВС; 5) радиус описанной окружности R;6) mb − длину медианы BF; 7) Lb − длину биссектрисы ВЕ угла В (точка Е лежит на отрезке АС); 8) расстояние между точкой пересечения медиан G и центром описанной окружности (Оо); 9) расстояние между центрами вписанной (Ов) и описанной (Оо) окружностей.

Дано: В треугольнике АВС АВ=с=13 см; ВС=а=14 см; АС=b=15 см.

А С 15

В

13 14

D E F

1. Вычисление площади треугольника АВС.

База знаний.

Выпишем формулы, по которым можно найти площадь треугольника:

;21

bhbS (1)

;sin21 BcaS (2)

;c)b)(pa)(pp(pS (3) ,prS (4)

где )(21 cbap — полупериметр треугольника АВС.

Поскольку в условии задачи даны только длины сторон треугольника АВС, то для вычисления его площади нам необходимо воспользоваться именно формулой Герона (3).

Вычислим сначала полупериметр треугольника:

).(21)151413(21)(

21 смcbap

Тогда, по формуле (3), ).(8467821 2смS

Используем формулу (1):

.21

bhbS Так как площадь треугольника S и длина стороны АС нам

уже известны, можем вычислить hb ― длину высоты BD: )(2,1115/842/2 смbShb .

B

А D C

2. Вычисление высоты треугольника.

3. Вычисление радиуса вписанной окружности.

Для вычисления длины r радиуса вписанной окружности нам необходимо воспользоваться формулой площади треугольника (4):

rpS . Отсюда находим

).(421:84: смpSr

B

А C

4. Вычисление наибольшего угла треугольника. Включаем в базу знаний теорему о том, что против большей

стороны в треугольнике лежит больший угол. Из этой теоремы следует, что большим углом в треугольнике АВС является угол В.

По формуле (2) можем записать: .sin21 BcaS

Отсюда получаем: caSB

2sin

1312

1413842

.

Поскольку нам в дальнейшем может пригодиться cosВ, то найдем также и его. Для этого воспользуемся основным тригонометрическим тождеством sin2B+cos2B=1.

Учитывая, что В — острый угол (так как b2<a2+c2), а значит его косинус и синус — положительные величины, находим:

135

1691441sin1cos 2 BB .

Следовательно, 135arccos

1312arcsin B .

5. Вычисление радиуса описанной окружности. Ответ на вопрос задачи о вычислении длины R радиуса

описанной окружности требует включения в базу знаний теоремы синусов:

.22sinsinsin

RS

cbaC

cB

bA

a

(5)

Этот же результат можно получить, подставляя длины сторон и площадь треугольника в другую формулу, также следующую из (5):

).(865

844151413

4см

ScbaR

Из соотношения (5) следует, что ).(

865

1221315

sin2см

BbR

6. Вычисление длины медианы треугольника. Построим медиану BF и вычислим ее длину mb. Для этого

добавим в базу знаний теорему косинусов, согласно которой в треугольнике АВС:

.cos2222 Abccba

c m a

А b F C

B

Дважды применим теорему косинусов, применив ее сначала к треугольнику АВС, а затем к треугольнику АВF.

Выполним деталировку и рассмотрим треугольник АВF.

В этом треугольнике AB = c, AF = b/2, BF — искомая медиана m.

B

А F

c m

b/2

Тогда, по теореме косинусов,

.cos4

222 Abcbcmb

Значение cosA находим (также с помощью теоремы

косинусов) из формулы: bcacbA

2cos

222 , выведенной выше для

треугольника АВС. После преобразований получаем:

.2505

21514132

22 222222

(см))(b)c(a

mb

Длину медианы можно также получить, достроив треугольник АВС до параллелограмма АВСК, в котором АС является диагональю, а BF — половиной другой диагонали.

Тогда для вычисления bm можно воспользоваться тем, что сумма квадратов диагоналей параллелограмма равна сумме квадратов всех его сторон

(этот факт также добавляем в базу знаний):

A a K

c b m c F m

B a C

,22)2( 2222 cabmb

отсюда

.2

2 222 b)c(amb

7. Вычисление длины биссектрисы треугольника. Построим биссектрису BЕ и вычислим ее длину Lb по схеме,

описанной в предыдущем пункте.

А E C

B

Дополнительное затруднение связано с необходимостью вычисления длины отрезка AE. Найти ее нам помогает следующая теорема, включаемвя в базу знаний:

Биссектриса внутреннего угла треугольника делит противолежащую сторону на части, пропорциональные сторонам, образующим этот угол: АЕ / ЕС = АВ / ВС.

Обозначим AE = x, тогда EC = b – x. Из упомянутой теоремы следует

пропорция: axb

cx

.

Отсюда находим: cabcx

. Используя теорему косинусов, из треугольника АВЕ

выражаем: AcxxcLb cos2222 .

После преобразований получаем:

.9

13281413

1514131413 2222

(см)))((

ca)bc)ac((a

Lb

Отметим, что при выводе формул для вычисления bm и bL применяются тождества сокращенного умножения, которые также должны быть включены в базу знаний.

В

c L a

А х Е b-x С

8. Вычисление расстояния между центром описанной окружности и точкой пересечения медиан треугльника АВС.

у В

c a h m G R Oо

А D F b C x

Используем метод координат. Введем прямоугольную систему координат, связанную с треугольником АВС, так, чтобы начало координат совпало с вершиной А, ось абсцисс пошла по лучу АС, ось ординат была направлена вертикально вверх.

Построим высоту BD и медиану BF. Обозначим G ― точку пересечения медиан треугольника АВС, Оо ― центр описанной окружности.

В этой системе определим координаты точек: А(0;0), B(с·cosα; c·sinα) С(b; 0), D(с·cosα; 0), F(b/2; 0).

у В

c h m a G R Oо

А D F b C x

Для определения координат точки пересечения медиан G необходимо дополнить базу знаний следующими фактами:

а) точка G делит медиану BF на отрезки BG и GF, отношение длин которых равно 2:1;

б) точка G, делящая данный отрезок ВF в отношении m:n, имеет координаты:

nmmxnxx FB

G

; nmmynyy FB

G

;

в) 6533

13152141315

2cos

222222

bc

acbA ; 6556cos1sin 2 AA .

Вычислим координаты точки G:

517

3

15653313

3cos

32

bAcxx

x FBG ;

15113

3655613

30sin

32

Acyy

y FBG .

у В

c a G Oо

А D F b C x

Найдем координаты центра описанной окружности Оо. Для этого необходимо вписать в базу знаний следующие факты:

а) окружность называется описанной около треугольника, если все вершины треугольника лежат на окружности;

б) расстояние от центра описанной окружности до каждой из вершин треугольника равно радиусу окружности;

в) центром окружности, описанной около треугольника, является точка пересечения серединных перпендикуляров к сторонам этого треугольника.

Тогда координаты точки Оо будут: 217

215

2 bxx Fо ;

АОо=R=8,125 см. По теореме Пифагора, из треугольника АОF, уo= FOo= смAFAOo 125,322 . Очевидно, что Оо(7,5; 3,125).

у В

c a G Oо

А D F b C x

Для вычисления растояния между точками G и Оо включаем в базу знаний формулу вычисления расстояния между двумя точками А(хА; уА) и В(хВ; уВ),

координаты которых известны: 22 )()(|| ABAB yyxxAB .

Тогда, учитывая, что G

1556;

536

; Оо

825;

215

, получаем:

24265

1556

825

536

215 22

oGO (см).

у В

c a Oв

r A/2 А Н b C x

9. Вычисление расстояния между центрами вписанной и описанной окружностей.

В координатной системе Аху вычислим координаты центра окружности, вписанной в треугольник АВС.

Для этого дополним базу знаний теоремами о том, что центр вписанной окружности — это точка пересечения биссектрис треугольника, а радиус, проведенный в точку касания, перпендикулярен к касательной.

у В

c a Oв

r A/2 А Н b C x

Предположим, что точка Ов построена, соединим ее с точкой А и опустим из точки Ов перпендикуляр ОвН на прямую АС.

Рассмотрим прямоугольный треугольник АОвН.

В этом треугольнике катет ОвН = r = 4см; ВАСАНОв 21

. Тогда катет

АНОctgrAH в . Воспользуемся формулой

sincos1

2

ctg .

Учитывая найденные ранее значения

6533cos;

6556sin AA ,

получаем 47

АНОctg в и

)(7474 смАН .

Такиим образом, Ов(7; 4). Учитывая, что Оо

825;

215 , получаем:

8654

8257

215 22

oвOО (см).

ПРОВЕРКА. 1. В процессе решения задачи большинство величин было получено разными способами и ответы совпали. 2. Размерности всех результатов верны. 3. Все заданные величины использованы при решении задачи.

ОТВЕТ. Поскольку каждому этапу определения искомых величин при решении присвоен номер, соответствующий номеру в условии задачи, мы не будем выписывать ответы в отдельном пункте.

Задача части 1 ГИА и ЕГЭ. Найдите площадь закрашенной части прямоугольника

14 7 Решение. 1. Площадь закрашенной части прямоугольника равна площади всего прямоугольника за вычетом площади его незакрашенной части, которая представляет собой треугольник с основанием, равным 14, и высотой, равной 7. 2. Площадь прямоугольника равна 98714 .

Площадь треугольника равна 4971421

.

Тогда площадь закрашенной части прямоугольника равна 98 – 49 = 49.

Ответ: 49.

Задача части 2 ГИА. В параллелограмме АВСD из вершины тупого угла А опущены высоты АК = 4 см и АМ = 6 см на стороны ВС и CD, соответственно. Найдите площадь параллелограмма, если его периметр равен 100 см.

В К С

M

А D

Решение. 1. Периметр параллелограмма Р = 2(ВС + СD). Тогда 2(ВС + СD) = 100 см, откуда ВС + СD = 50 см. 2. Пусть ВС = х, тогда CD = 50 – х. 3. Дважды выразим площадь параллелограмма: ВС·АК = CD·АМ. Тогда 4х = 6(50 – х), откуда х = 30. 4. Площадь параллелограмма S = 4·30 = 120 (см2).

Ответ: 120 см2.

Задача части 2 ГИА. В четырехугольнике АВСD, вписанном в окружность отношение углов А, В, С равно 2:5:7. Найдите величину угла D.

Решение. 1. Пусть хA 2 , тогда хВ 5 , хС 7 . 2. Учитываем, что суммы противоположных углов четырехугольника, вписанного в окружность, равны между собой и равны 1800.

Тогда A +0

180972 хххС . Отсюда х = 200. 3. Обозначим yD , тогда xyхDВ 95 . Отсюда y=4x=4·200=800.

Ответ: 800.

Задача части 2 ГИА. Площадь правильного треугольника равна 39 см2. Найдите периметр квадрата, сторона которого равна стороне данного треугольника.

Решение. 1. Пусть сторона квадрата и равная ей сторона правильного треугольника равна а ( 0a ).

2. Площадь правильного треугольника вычисляется по формуле 432aS .

3. Тогда 394

32

a

, откуда 362 a см2 и 6a см.

4. Периметр квадрата Р = 4а = 4· 6 = 24 (см). Ответ: 24 см.

Задача из части 2 ГИА. В треугольнике АВС АС 3 . На стороне АВ взята точка D такая, что

АСDB 2 . Найдите длину стороны АВ, если СВ+СD = 10 см. С 3α

2α α

B D А

2α α

Решение. 1. Пусть А , тогда 3AСС , 2СDB . 2. Так как угол CDB является внешним углом треугольника ACD, то он равен сумме двух внутренних углов этого треугольника, не смежных с ним, то есть

2 СDBСADACD . Отсюда 2СADСDBACD . 3. 23 ACDАCBBCD . 4. Таким образом, в треугольнике BCD имеем 2 CDBBCD , то есть треугольник BCD — равнобедренный и BD=BC. 5. Так как СADAСС , то треугольник ACD — также равнобедренный и DA = CD. 6. АВ = BD + DA = CB + CD = 10 см. Ответ: 10 см.

Задача из части 2 ГИА.

В прямоугольнике АВСD на стороне АВ взята точка М такая, что АМ:МВ=2:3, а на стороне ВС взята точка N такая, что BN:NC=4:7. Найдите площадь четырехугольника MNCD, если площадь прямоугольника АВСD равна 2200 см2.

В 4у N 7у C 3х

M 2х A D

Решение. 1. Пусть АМ = 2х, BN = 4y, тогда МВ = 3х, NC = 7у. Тогда АВ = 2х + 3х = 5х, ВС = 4у + 7у = 11у. 2. Площадь прямоугольника SАВСD =АВ·ВС =5х·11у =55ху. 3. 55ху = 2200, отсюда ху = 40.

4. Учитывая, что AD = BC = 11у , найдем площадь треугольника МАD:

xyyxАDАМS 1111221

21

1 .

5. Найдем площадь треугольника МBN:

xyyxBNBМS 64321

21

2 .

6. Площадь четырехугольника MNCD находим как разность площадей прямоугольника АВСD и треугольников МАD и МBN:

152040383861155 xyxyxyxySMNCD (см2). Ответ: 1520 см2.

Задача части 2 ГИА. В прямоу гольную трапецию вписана окружность, радиус которой равен 6 см. Косинус острого угла при основании трапеции

равен 0,8. Найдите площадь трапеции (ответ запишите в квадратных сантиметрах).

Решение.

1. Построим диаметр окружности MN , перпендикулярный к ее основаниям. Так как радиус равен 6 см, то MN = 2·6 = 12 ( см).

2. Проведем BK DC . Очевидно, BK= MN = 12 см. 3. Пользуясь основным тригонометрическим тождеством найдем синус угла

С: 6,08,01cos1sin 22 CC . 4. И з прямоугольного треугольника ВКС находим:

206,0:12sin: CВКВС (см). 5. Так как, по условию, AD BC , то AD = MN = 12 см.

По свойству сторон четырехугольника, описанного около окружности, AB + DC = AD + BC = 12 + 20 = 32 ( см).

6. Площадь трапеции 192122

322

ADDCABS (см2 ).

Ответ: 192 см 2 .

A M B

O D N K C

Задача типа С4. В параллелограмме ABCD проведена биссектриса угла А, которая пересекает прямую ВС в точке К. Найдите периметр параллелограмма, если BК = 5 см, KС = 2 см.

Рис. 1 Рис. 2

B K C

A D

B С K

A D

Решение. 1. При решении этой задачи необходимо рассмотреть два случая, которые иллюстрируются рисунками 1 и 2. Однако большая часть решения в обоих случаях совпадает. 2.Так как AK — биссектриса угла А, то .KADBAK 3. BKAKAD , так как это накрест лежащие углы, образованные при пересечении параллельных прямых AD и BC секущей AK. 4. Тогда BKABAK и, так как это углы при основании треугольника АВК, то этот треугольник является равнобедренным: АВ = ВК=5 см. 5. Если точка К находится между точками В и С (рис. 1), то BC = BK + KC = 5 + 2 =7 (см). 6. В этом случае периметр параллелограмма ABCD равен 2·(АВ + ВС) =2·(5 + 7) = 24(см). 7. Если точка С находится между точками В и К (рис. 2), то BC = BK – KC = 5 – 2 =3 (см). 8. В этом случае периметр параллелограмма ABCD равен 2·(АВ + ВС) =2· (5 + 3) =16 (см). Ответ. 24 см или 16 см.

ЗАДАЧА ТИПА С4. Найдите длину отрезка общей касательной к двум окружностям,

заключенного между точками касания, если радиусы окружностей равны 23 см и 7 см, а расстояние между центрами окружностей равно 34 см.

Анализ. В этой задаче также возможно рассмотрение двух случаев, которые

иллюстрируются рисунками 1 и 2.

Рис. 1 Рис. 2

На рисунке 1 прямая АВ касается данных окружностей с центрами О1 и О2 внешним образом, а на рисунке 2 — внутренним образом. Как и в предыдущей задаче, необходимо рассмотреть оба случая. При этом часть решения в обоих случаях будет одинаковой.

О1 О1 О2 О2

А А

В

В

С

С

Краткое условие. Дано: Окружности (О1; R) и (О2; r); АВ — общая касательная к

окружностям; R = 23 см; r = 7 см; О1О2 = 34 см. Найти: АВ. База знаний. 1. Если к окружности провести касательную прямую, то радиус

окружности, проведенный в точку касания, будет перпендикулярен к касательной.

2. Теорема Пифагора.

Решение. 1. Обозначим точки касания буквами А и В, соответственно, и построим

радиусыО1А и О2В. По свойству радиуса, проведенного в точку касания, АВАО 1 и АВВО 2 .

2. Построим ВОСО 12 . АВО2С — прямоугольник, следовательно, АС=О2В, АВ =О2С.

3. В первом случае (рис. 1), О1С = О1А – АС = 23 – 7 = 16 (см). Тогда из прямоугольного треугольника О1О2С, по теореме Пифагора, О2С= = = 30 (см).

4. Во втором случае (рис. 2),О1С = О1А +АС = 23 + 7 = 30 (см). Тогда из прямоугольного треугольника О1О2С, по теореме Пифагора, О2С= = = 16 (см). 5. Так как АВ =О2С, то, в первом случае, АВ =30 см; во втором случае,

АВ =16 см.

Ответ: 30 см или 16 см.

ЗАДАЧА ТИПА С4. Дан ромб АВСD с диагоналями АС=24 и BD=10. Проведена окружность

радиуса с центром в точке пересечения диагоналей ромба. Прямая, проходящая через вершину В, касается этой окружности и пересекает прямую CD в точке М. Найдите СМ.

Построение. 1. Построим ромб АВСD и его диагонали АС и ВD (АС=24 и ВD=10); О — точка пересечения диагоналей. 2. Построим окружность с центром О и радиусом . 3. Введем систему координат Оху, приняв за начало координат точку О и

направив оси координат по диагоналям ромба. Примечание. Эта часть построения не зависит от расположения

касательной. 4. Проведем касательную ВМ так, как показано на рисунке 1 (точка М

расположена между точками С и D), или так, как показано на рисунке 2 (точка D расположена между точками С и М).

. .

у

C

B О D Е x К T

A

М Рис. 2

у

C M Т K B О D E x

А

Рис. 1

База знаний. 1. Стандартное уравнение прямой: y=kx+b. Здесь k— угловой

коэффициент, k=tgα, α — угол между прямой и положительным направлением оси Ох, b —ордината точки пересечения прямой с осью Оу.

2. Расстояние между точками А(х1; у1) и В(х2; у2): .

Решение. Первый случай (рис. 1). 1. Пусть прямая ВМ касается окружности в точке К и пересекает ось Оу

в точке Т. 2. ,BMОK так как ОК — радиус, проведенный в точку касания.

3. Имеем: ОК = по условию; ОВ=OD=10:2=5. Тогда из прямоугольного треугольника ОКВ находим

22sin

OBOKOBK . Следовательно,

045OBK .

4. Рассмотрим прямоугольный треугольник ВОТ. Так как 045OBK , то

.454590 000 OTK Следовательно, треугольник ВОТ — равнобедренный: ОТ = ОВ = 5.

5. Прямая ВМ составляет угол 450 с положительным направлением оси Ох и пересекает ось Оу в точке Т, ордината которой равна 5. Тогда можем записать уравнение прямой ВМ: у = х+5 (здесь учли, что k=tg450 = 1, b=5).

6. Запишем теперь уравнение прямойCD. Она проходит через точку С. Так как ОС = AC/2 = 24/2=12, то точка С

имеет координаты (0; 12). Прямая CD образует с положительным направлением оси Ох тупой угол

CDE, смежный с углом CDO; .5

12)180( 0 ODOСCDOtgCDOtgCDEtg

Тогда уравнение прямой CD можно записать в виде

.125

12 ху

7. Точка М является точкой пересечения прямых ВМ и СD. Для нахождения ее координат решаем систему уравнений

.125

12,5

ху

ху

Получаем

.17/125,17/35

ух

8. Итак, имеем С(0; 12) и М(35/17; 120/17). Тогда .

Второй случай (рис. 2). Повторяем рассуждения, проведенные в первом случае, и получаем

уравнение прямой ВМ: у= – х – 5. Координаты точки М находим, решая систему уравнений

.125

12,5

ху

ху

Получаем

.7/120,7/85

ух

Тогда .

Ответ: 91/17 или 221/7.