Метод вспомогательного элемента

МУНИЦИПАЛЬНОЕ ОБЩЕОБРАЗОВАТЕЛЬНОЕ УЧРЕЖДЕНИЕ
«СРЕДНЯЯ ОБЩЕОБРАЗОВАТЕЛЬНАЯ ШКОЛА №12
ГОРОДА ГОРНО-АЛТАЙСКА»
Метод вспомогательного элемента
Реферат по математике
Воробьев Александр Сергеевич
обучающийся 10 класса
МОУ «Школа №12 г.Горно-Алтайска»
Республика Алтай
Левченко Светлана Николаевна
учитель математики
ВКК
МОУ «Школа №12 г.Горно-Алтайска»
Республика Алтай
Горно-Алтайск 2011
Содержание
стр.
Введение .......................................................................................................... 3
Метод вспомогательного элемента
1. Метод сетки................................................................................................ 4
2. Вспомогательный линейный элемент ..................................................... 8
3. Вспомогательный элемент-площадь или объем. ................................... 10
4. Вспомогательный элемент-угол .............................................................. 13
Заключение...................................................................................................... 16
Литература ...................................................................................................... 17
2
Введение
Обучение решению геометрических задач - важная составная часть изучения
школьного курса геометрии. Большинство задач требует применения разнообразных
теоретических знаний, доказательства утверждений, справедливых лишь при
определенном расположении фигур, применение различных формул. Приобрести
навыки в решении задач можно, лишь решив достаточно большое их количество,
ознакомившись с различными методами, приемами и подходами. При решении
задач закрепляются теоретические знания, вырабатываются навыки применения
этих знаний в практической деятельности, развивается творческая активность.
Решение большой группы задач по геометрии облегчается введением
дополнительных элементов, непосредственно не заданных в условии задач. Эти
элементы могут быть длинами, площадями, объемами, углами. С их помощью
составляются уравнения, где неизвестным будет искомый элемент или элемент, с
помощью которого легко найдется искомый. Иногда с помощью этого элемента
составляется не уравнение, а соотношение, требуемое условием задачи. В решении
некоторых геометрических задач довольно часто выручают вспомогательные
элементы. Бывает, стоит только провести на чертеже дополнительную высоту,
вписать или описать окружность, достроить параллелограмм, как скрытые связи
между неизвестными величинами задачи начинают зримо проступать, и путь к ее
решению становится ясным и очевидным
Метод
вспомогательного элемента используется для придания задаче
определенности, если в ней имеются явно или неявно заданные неопределенные
неизвестные, а также тогда, когда связь между данными и искомым
непосредственно из условий задачи не видна (не может быть установлена).
Цель работы: Изучить метод вспомогательного элемента на группе различных
задач, требующих неординарных методов решения.
Задачи:
 Провести анализ типов задач, подходящих под метод
элемента.
 Выявить систему построения различных сеток.
вспомогательного
3
1.Метод сетки
Ряд геометрических задач решается с помощью построения специального
фона к геометрическому чертежу – сетки, или решетки. Этот прием не столь
распространен, как остальные вспомогательные построения, но вполне достоин
того, чтобы на него обратили внимание.
Задача 1. На сторонах ВС и СD квадрата АВСD даны точки К и М
соответственно так, что ВК = КС и
P
СМ = 2DМ (рис 1).
Найдите величину угла МАК.
D
M
D
C Q
M
C
K
K
A
Рис.1
B
A
Рис.2
B
Первое решение. Построим квадратную сетку, показанную на рисунке 2. Из
рисунка видно, что отрезок АК является стороной, а отрезок АМ – частью диагонали
АР квадрата АКРQ. Следовательно, угол МАК равен 45°.
Второе решение. Построим квадратную сетку, показанную на рисунке 3.
Из равенства прямоугольных треугольников
P
M
D
C
ANL и NMP следует, что AN = MN и
 ANL +  MNP = 90°, поэтому треугольник
ANM равнобедренный и прямоугольный.
Следовательно,  МАК =  МAN = 45°.
K
N
A
B
L
Рис.3
4
Задача 2. Середины сторон квадрата АВСD соединяются со всеми его
вершинами. Построенные отрезки, пересекаясь, образуют внутри квадрата правильный восьмиугольник PQRSTUVХ (рис 4).
Найдите отношение площади восьмиугольника к площади квадрата.
Решение. Чертеж к задаче представим нарисованным на квадратной сетке,
показанной на рисунке 5. Обозначим через s площадь одного квадратика – ячейки
сетки. Тогда площади треугольников PQR, RST, TUV, VXP равны 2s.
Восьмиугольник составлен из этих треугольников и центрального квадрата
площадью 16s, так что площадь восьмиугольника равна 24s. Поскольку площадь
квадрата ABCD равна 144s, то искомое отношение площадей равно 24s/144s = 1/6
D
C
D
C
U
U
V
T
V
S
X
P
T
S
X
R
P
Q
R
Q
A
B
A
B
Рис.4
Рис.5
Задача 3. В параллелограмме ABCD точки E и F – середины сторон AB и AD
соответственно, P и Q – середины отрезков EC и FC соответственно, O – точка
пересечения диагоналей параллелограмма (рис. 6). Найдите отношение площадей
четырехугольника OPCQ и пятиугольника EPOQF.
Решение. Разделив каждую сторону параллелограмма на 4 равные части, проведем
через полученные точки прямые, параллельные сторонам параллелограмма (рис. 7).
D
C
N
D
Q
C
Q
М
о
О
P
О
O
о
о
A
B
A
B
E з
E
Рис.7 з
Рис.6
Пусть площадь одного маленького параллелограмма –з ячейки сетки – равно s.
щ
F
O
P
F
Тогда площадь параллелограмма OMCN равна 4s, а площадь каждого из
5
треугольников PMC и QNC равна s. Отсюда площадь четырехугольника OQCP
равна 4s – 2s = 2s. Аналогично определяем площадь пятиугольника EPOQF, она
равна 4s. Итак, отношение равно 2s/4s = 1/2.
Задача 4. Точки D, E и F равностороннего треугольника ABC принадлежат
соответственно сторонам AB, BC и CA, причем 3DB = AB, 3CE = BC, 3FA = AC.
Отрезки AE, BF, CD пересекаются в точках K, L и M (рис. 8). Во сколько раз
площадь треугольника ABC больше треугольника KLM?
C
C
E
E
M
L
F
K
A
M
B
L
F
K
D
A
Рис.8
B
D
G
Рис.9
Решение. Представим чертеж к задаче нарисованным на равномерной треугольной
сетке (рис. 9). Обозначим через s площадь треугольника KLM, тогда площадь
треугольника ABK равна 2s (как половина площади параллелограмма ABK).
Аналогично, площади треугольников BCL и CAM тоже равны 2s. Следовательно,
площадь треугольника ABC равна 7s, так что искомое отношение площадей равно 7.
Задача 5. В выпуклом четырехугольнике ABCD точки P, Q, R, S являются
серединами его сторон (Рис.10). Во сколько раз площадь четырехугольника ABCD
больше площади четырехугольника PQRS?
C
R
D
Q
S
A
P
Рис.10
B
Решение. Проведем параллельные линии сетки, как показано на рисунке 11. В
данном случае сетка получилась неравномерная, но, тем не менее, с её помощью
можно поймать улов!
Так как площадь четырехугольника XPQY равна половине площади
треугольника ABC, а площадь четырехугольника XYRS равна половине площади
треугольника ACD, то площадь четырехугольника ABCD ровно вдвое больше
площади четырехугольника РQRS.
6
L
C
R
D
K
Y
N
Q
S
X
A
P
Рис.11
B
M
Задача 6. В треугольнике ABC (рис. 12) высота CD =1 делит сторону AB на
отрезки AD=2 и BD=3.Чему равен угол ACB?
C
Решение. Достроим до параллелограмма
ACBK и проведем сетку как показано на
рис.13.
C
A
D
45°
1
B
A
2
D
3
Рис. 12
B
45°
Рис. 13
K
 ACB=  ACK+  KCB
Из рисунка видно  ACK=90º,  KCB = 45°, следовательно  ACB=135°.
7
2.Вспомогательный линейный элемент
В ряде случаев в решении геометрических задач необходимо введение
вспомогательного отрезка. Суть этого метода состоит в том, что длину некоторого
отрезка рассматриваемой в задаче фигуры полагают равной, например, x и затем
находит искомую величину. При этом в одних случаях вспомогательная величина в
процессе решения задачи «исчезает» (сокращается), а в других ее нужно определить
через данные условия и подставить в полученное для искомой величины выражение.
Задача 1. Через некоторую точку, взятую внутри треугольника, проведены
три прямые, соответственно параллельные сторонам треугольника. Эти прямые
разделяют треугольник на шесть частей, из которых три — треугольники с
площадями S1 ,S2 , S3.Найти площадь данного треугольника.
Решение. Приступая к решению, замечаем подобие треугольников с
площадями S1 ,S2 ,S3 (рис. I) и треугольника ABC с площадью S. Кроме того, сумма
длин сторон DQ, QE и FK маленьких треугольников равна длине стороны ВС
треугольника ABC. Используем эти стороны как вспомогательные элементы,
получаем уравнения
S
S
1
DQ
,
BC

S
S
2

QE
,
BC
S
S
3

FK
.
BC
Сложим их:
S
1

Итак,
S
S
S
2


S
3

DQ  QE  FK
1
BC
S1  S 2  S 3

2
Вспомогательный отрезок рекомендуется вводить, если в условии задачи не
даны линейные элементы и требуется найти зависимость между углами.
A
S1
D
S2
Q
E
S3
C
F
K
B
Рис.1
Задача 2. Найти косинус угла при основании равнобедренного треугольника,
зная, что точка пересечения его высот лежит на вписанной в треугольник
окружности.
Решение
По условию ортоцентр H треугольника ABC (AB = AC) должен находиться
внутри треугольника, поэтому  A < 90° (рис. 2). Введем вспомогательный элемент
a — длину отрезка BD, обозначим  ABC через x, центр вписанной окружности—
через О. Тогда
8
HDC 

x


 x, HD  a tg  x   аc tg x  2OD , OD  a tg ,
2
2
2

откуда
x
x 1
2
ctg x  2tg , tg 2  , cos x  .
2
2 5
3
A
H
O
C
a
D
a
B
Рис.2
Задача 3. Большее основание правильной усеченной четырехугольной
пирамиды образует с боковой гранью угол  , а с плоскостью, проходящей через
противолежащие стороны верхнего и нижнего оснований, — угол  . Найти
отношение площадей оснований.
В1
С1
Решение.
x
E1
Введем вспомогательный элемент а
F1
— длину стороны большего основания
D1
А1
пирамиды (рис. 3). Площадь этого
В
С
основания будет а². Длину стороны
α h
верхнего основания можно выразить
β
F
через a,  и  . Рассмотрим равнобедE H
ренную трапецию EE1F1F, получающуюся
в
сечении
пирамиды
плоскостью, А
D
a
перпендикулярной
основаниям
и
Рис. 3.
проходящей через середины сторон AB и
CD. Введем еще вспомогательные отрезки
Е1Н = h,E1F1 = x. Тогда
1
a  x , EN  1 a  x , h  HF tg   1 a  x  tg   EN tg   1 a  x  tg  .
2
2
2
2
Получаем уравнение (a + x) tg  = (a – x) tg  , откуда
 sin    
x
,
sin    
HF 
s x 2 sin 2    


.
S a 2 sin 2    
9
3.Вспомогательный элемент — площадь или объем
Введение площади и объема в качестве вспомогательного элемента аналогично введению линейного элемента. Сравнивая площади и объемы отдельных
частей фигуры, можно получить или уравнение относительно неизвестных задачи,
или необходимое соотношение. Лучше находить те площади и объемы, сумма
(разность) которых даст площадь заданной фигуры, а также отношение площадей
тех фигур, у которых линейные элементы — либо искомые, либо являются
компонентами необходимого соотношения.
Задача 4. Через центр правильного треугольника проведена прямая,
параллельная основанию. На этой прямой внутри треугольника взята произвольная
точка М. Доказать, что расстояние от точки М до основания треугольника есть
среднее арифметическое расстояний от точки M до боковых сторон треугольника.
Решение.
Пусть h1, h2, h3 — расстояния от точки М до сторон треугольника ВС, АВ, АС
соответственно (рис. 4). Ясно, что SAMB + SCMB + SAMC = SABC, или ah1 + ah2 + ah3 =
ah, где a — сторона треугольника ABC, h - его высота. Итак, h = h1 + h2 + h3, но h1 =
2
3
h:3, поэтому h2  h3  h  h1  h  2h1 , h1 
h2  h3
2
A
h
h2
h3
M
h1
B
C
a
Рис.4
Задача 5. Дан четырехугольник ABCD, описанный около круга. Доказать, что
квадраты расстояний от центра окружности до противоположных вершин
относятся, как произведения сторон, сходящихся в этих вершинах.
Решение.
b
B
4 4
z
a
x
A
C
3
y
6
5
1
1
Рис.5
3
c
O
v
2
2
d
D
Обозначения приведены на рисунке 5. Требуется доказать, что
10
x 2 ad

.
y 2 bc
Высоты треугольников AOD и ВОС равны, поэтому
S AOD d

S BOC b
С другой стороны,
S AOD x sin 5

.
S BOC y sin 6
Докажем, что sin  5 = sin  6 . Для этого заметим, что 1 +  2 +  3 +  4 =  (это
половина суммы всех углов четырехугольника), 1 +  2 +  5 =  ,  4 +  3 +  6 =  .
Отсюда следует, что  5 +  6 =  , sin  5 = sin  6 , и из формулы (2) получаем
S AOD x

.
S BOC yz
Из соотношений (1) и (2') имеем x  d аналогично
yz
b
xz a .

y c
Перемножив
последние
два равенства, получим
x 2 ad

.
y 2 bc
а разделив первое из них на второе, получим
2
z
2

cd
.
ab
Разберем задачу, где вспомогательным элементом будет объем.
Задача 6. В треугольной пирамиде боковые ребра взаимно перпендикулярны и
равны а, b, с. Высота пирамиды, опущенная из вершины на основание, равна h.
Доказать, что
1 1 1
1
 2 2  2
2
a b c
h
Решение.
A
O
B
a
D
b
M
c
C
Рис.6
Вычислим объем пирамиды
двумя способами: считая ее основанием в
первом случае
треугольник АВС (рис. 6), а во втором — грань АМС.
Пусть
МА =а,
МВ=b,
МС = с, МО = h.
АD  ВС.
Тогда
AC  a 2  c 2 , BC  b2  c 2 , AC  a 2  b2
Далее, МD  BC, из треугольника BMC имеем BD ∙ BC =BM²
откуда
11
BD 
b2
b2  c2
. Но AD 2  AB 2  BD 2 
a 2b 2  a 2 c 2  b 2 c 2
,
b2  c2
1
1 2 2
a 2b 2  a 2 c 2  b 2 c 2 1 2 2
S ABC  BC  AD 
b c 

a b  a 2c 2  b 2c 2 ,
2
2
2
2
b c
2
1
VMABC  h a 2b 2  a 2c 2  b 2c 2 .
6
Если
VMABC 
основание — треугольник АМС, то
1
abc
6
Сравнивая (3) и (4), получаем:
1
1
h a 2b 2  a 2c 2  b 2c 2  abc , откуда
6
6
a b
2 2

 a 2 c 2  b 2 c 2 h 2  a 2b 2 c 2 .
Разделив обе части последнего равенства на
равенство.
a 2b 2 c 2 h 2 , получаем требуемое
12
4. Вспомогательный элемент — угол
Многие геометрические (в основном стереометрические) задачи решаются
введением вспомогательного угла. Суть этого метода принципиально не отличается
от метода введения вспомогательного отрезка. Положив некоторый угол в
рассматриваемом геометрическом теле (фигуре) равным φ, находят искомую
величину через данные условия (или часть из них) и функции введенного угла.
Затем выражают какую-нибудь тригонометрическую функцию φ через данные
условия и находят те функции φ, которые содержатся в полученном ранее
выражении для искомой величины.
Задача 7. Через центр правильного треугольника в плоскости этого
треугольника проведена произвольная прямая. Доказать, что сумма квадратов расстояний от вершин треугольника до этой прямой не зависит от выбора прямой.
Решение. Пусть точка О—центр треугольника AВС (рис. 7). Точки D,Е,F соответственно проекции вершин А, В, С на прямую l, R- радиус окружности,
описанной около треугольника AВС. Введем вспомогательный угол φ, обозначив им
 ВОЕ. Тогда
AOD  AOB  BOD   

3
.
2
  , BE  R sin  ,
3


AD  R sin    ,
3


 2


CF  R sin 
    R sin    ,
3
 3


COE 


  3


AD 2  BE 2  CF 2  R 2 sin 2   sin 2      sin 2      R 2
3
3  2



B
R
l
F
O
D
R
A
E
R
C
Рис.7
Задача 8. В трапеции меньшая диагональ перпендикулярна к основаниям.
Сумма острых углов равна 90. Основания трапеции равны a и b. Определить
боковые стороны.
13
Решение. Пусть ABCD (рис.8) – данная в условии трапеция, у которой DA = a, BC =
b и сумма острых углов равна 90º, т. е.  BAD +  BCD = 90
(1)
Очевидно, что BD – меньшая диагональ трапеции. Согласно условию BD  AD.
Введем вспомогательный угол BAD =  . Тогда из (1) имеем, что  BCD = 90º –  .
При этом из прямоугольного треугольника BCD получаем, что  BCD =  .
Из ABD
BD = AD tg BAD = a tg 
(2)
Из BCD
BD = BC ctg BDC = b tg 
(3)
B
A
C
D
Рис.8
Из (2) и (3) следует, что a tg  = b tg  , откуда tg  
b
,
a
Тогда
cos  
1
1  tg 2 
sin   1 

a
ab
a
b

ab
ab
Из ABD
AB 
AD

cos 
a
 a 2  ab
a
ab
CD 
BC

sin 
b
 b 2  ab
b
ab
Из BCD
Итак,
AB  a 2  ab и CD  b2  ab
Задача 9. Боковое ребро правильной треугольной пирамиды равно Ь, угол
между боковыми гранями равен φ . Найти сторону основания.
14
Решение.
S
b
D
C
L
Рис.9
K
B
Опустим из точек В и С перпендикуляры на боковое ребро AS (рис. 9), Легко
убедиться, что основанием обоих этих перпендикуляров является одна точка D, а
потому  ВDС = φ
Введем вспомогательный угол  ВАS =  и проведем апофему SК
пирамиды. Ясно, что АВ = 2АК = 2Ь соs  . Следовательно, для решения задачи
достаточно вычислить соs  . Так как  <90º, то из треугольника ВАD имеем
BD
.
AB
  arcsin
В свою очередь длина отрезка BD определяется из треугольника ВLD (DL— высота
треугольника ВDС):
BD 
BL
sin

2

AB
2 sin

2
. Таким образом,   arcsin
1
2 sin

2
, откуда AB  b 4 
1
sin
2

.
2
15
Заключение
Решение задач есть сложная умственная деятельность. Для того чтобы
сознательно овладеть ею, надо, во-первых, иметь ясное представление о ее объектах
и сущности, во-вторых, предварительно овладеть теми элементарными действиями
и операциями, из которых и состоит эта деятельность, и, наконец, в-третьих, знать
основные методы ее выполнения и уметь ими пользоваться.
Знание методов решения геометрических задач позволяет решать, казалось бы
сложные математические задачи просто, понятно, красиво.
Рассмотрев решение задач с использованием метода вспомогательного элемента
мы пришли к выводу, что именно данный метод позволяет решить казалось бы
сложные, а иногда и неподдающиеся решению задачи, легко и красиво. Особенно
это касается задач, где не требуется нахождение конкретного числа (площади,
длины отрезка ).
16
Литература
1.Габович, И. Г. Алгоритмический подход к решению геометрических задач / И.Г
Габович. – Москва: Просвещение, 1996 год.
2. Кушнир, И. А. Квант / И. А. Кушнир // Метод вспомогательного элемента. – 2002.
- №2. – С. 46-51.
3. Пойа, Д. Как решать задачу / Д. Пойа. – Москва: Просвещение, 1959г.
4. Шарыч, М. Квант / М. Шарыч // Сетки – помощницы. – 2003. - №3. – С. 29-30.
17
Рецензия
На работу «Метод вспомогательного элемента» Воробьева Александра,
обучающегося 10 класса МОУ «Средняя общеобразовательная школа №12 города
Горно-Алтайска».
Школьный курс геометрии направлен на развитие у обучающихся умения
мыслить творчески, проводить исследования и доказательства. Часто решение
можно найти через введение дополнительных элементов позволяющих увидеть
простое и лаконичное решение.
Рассмотрение таких методов увеличивает интерес обучающихся к геометрии.
Рассматриваемая работа посвящена именно этому вопросу.
Действительно, приобрести навыки в решении задач можно, лишь решив
достаточно большое их количество, ознакомившись с различными методами,
приемами и подходами. При решении задач закрепляются теоретические знания,
вырабатываются навыки применения этих знаний в практической деятельности,
развивается творческая активность.
В работе рассмотрено большое количество задач, при решении которых
используется метод вспомогательного элемента, особый интерес вызывают задачи,
решаемые с помощью метода сетки.
В литературе этот метод рассматривается редко, это делает работу ещё более
привлекательной и интересной.
Материал излагается последовательно, согласно плану. К работе прилагается
Список используемой литературы.
Учитель математики высшей
квалификационной категории
___________/Н.И. Клепикова/
18