МБОУ « Михневская средняя общеобразовательная кола с углубленным изучением отдельных предметов»

Научно-исследовательская работа

«Геометрия 8 класса в одной задаче»

Работу выполнила:    Катерноза Маргарита,

                                                                                        ученица 9 « А» класса

       Руководитель:                       Курбатова С.В.

учитель математики

Михнево 2012

Содержание

1.   Введение
2.   Основная часть

1.      I   решение задачи
2.      II  решение  задачи
3.      III решение задачи
4.      IV решение задачи
5.      V решение  задачи
6.      VI решение задачи
7.      VII решение задачи
8.      VIII решение задачи

      ‌     IX решение  задачи

9.       Х решение  задачи
10.       ХI решение  задачи

3.       Заключение

Введение

         С целью подготовки к итоговому тестированию по геометрии или к экзамену по предмету, возникла идея написания проекта «Геометрия 8 класса в одной задаче».

Цель:

показать многообразие подходов при решении одной геометрической задачи и найти более рациональный способ решения задачи.

Задачи:

1. Подобрать и решить геометрическую задачу несколькими способами, применив основной материал курса 8 класса.
2. Провести анализ подходов при решении одной геометрической задачи.

         Актуальность моего проекта: на примере одной задачи можно повторить весь основной курс геометрии 8 класса, рассмотреть такой подход при решении, как дополнительное построение при  решении геометрических задач, что крайне редко используется на уроках геометрии.

         Новизна состоит в том, что по своей сути данная работа является модернизацией урока обобщения знаний за год обучения.

        Числовые данные в задаче подобраны так, чтобы они не влекли за собой громоздких математических выкладок.

         Итак, в своей работе я предлагаю рассмотреть одну задачу, применив несколько различных подходов. На самом деле решений было гораздо больше, но все они частично сводились к уже рассмотренным.

Основная часть

Задача. Найти площадь трапеции, основания которой равны 40 см и 20см, а боковые стороны 12 см и 16 см.

2.1. I решениe задачи

Решение.

         Так как  S АВСD =, то задача сводится к нахождению высоты H.

Проведем отрезки ВМ и СN так, что ВМ┴АD и СN┴АD, тогда ВСNМ – прямоугольник. Поэтому ВМ = СN и ВС = МN.

Но в таком случае АМ + ND =20

Пусть АМ = х (см), тогда ND = 20 – х (см).

По теореме Пифагора из ▲АВМ и ▲СND: Н² = 12² - х²  и Н² =16² - (20 – х) ².

Составим равенство 12² - х²  = 16² - (20 – х) ²,       144 - х²   = 256 – 400 + 40х - х² ,  40х = 288,  х = 7,2 (см ).

Находим высоту Н: Н² = 12² – 7,2² = 144 – 51,84 = 92,16,   Н = (см).

Тогда S АВСD =(см²)

Ответ: 288 (см²)

2.2. II решениe  задачи

Решение.

         Пусть ВN ┴АD  и ВК‌‌║СD, тогда ВСDК – параллелограмм.

Значит ВК = СD = 16 (см), КD = ВС = 20 (см).

Пусть АN = х (см), тогда NК = (20 –х) см.

Выразим высоту Н из треугольников АВN и ВNК по теореме Пифагора:

Н² = 12² - х²  и Н² =16² - (20 – х) ².

Составим равенство 12² - х²  = 16² - (20 – х) ²,       144 - х²   = 256 – 400 + 40х - х² ,  40х = 288,  х = 7,2 (см ).

Н = 9,6см.

Значит площадь трапеции   S АВСD =(см²).

Ответ: 288 см²

На основании теоремы, обратной теореме Пифагора, я пришла к выводу, что треугольник АВК – прямоугольный ( 20² = 12² + 16²). Так появилось новое решение.

2.3. III решение задачи

Решение.

         Пусть ВN ┴АD  и ВК‌‌║СD, тогда КВСD – параллелограмм и

ВК = СD = 16 (см), КD = ВС = 20 (см).

         Рассмотрим треугольник АВК: АВ = 12 см, ВК= 16 см, АК = 20 см. Так как 20² = 12² + 16², то треугольник АВК – прямоугольный. Применим к нему одно из следствий теоремы Пифагора, в котором говорится о том, что квадрат катета равен длине проекции этого катета на гипотенузу, умноженной на длину гипотенузы. Для нашего случая: 12² = х ∙20, откуда х = 7,2 (см). Применим терему Пифагора к треугольнику АВN, вычислим Н:

Н² = 12² – 7,2² = 144 –51,84 = 92,16,   Н = (см).

Тогда S АВСD =(см²)

Ответ: 288 см²

         Рассмотрев три подхода к решению одной задачи, в которых важную роль играют алгебраические выкладки, мне захотелось в дальнейшем не применять алгебраические методы, а предоставить чисто геометрическое доказательство.

2.4. IV решениe задачи

Решение.

Проводим ВК║СD, тогда ВСDК – параллелограмм, откуда ВС = КD = 20 см, поэтому АК = АD – КD = 20 см. Тогда треугольник АВК – прямоугольный (угол АВN = 90° по теореме, обратной теореме Пифагора, так как 20² = 12² + 16²).

Площадь треугольника АВК вычисляется как полупроизведение его катетов, т.е.

В то же время, , откуда h =

Значит,

Ответ: 288 см²

2.5. V решениe задачи

         Теперь попробую решить эту задачу, используя тригонометрические зависимости в прямоугольном треугольнике. Для этого мне понадобились лишь фрагменты чертежа, которыми сопровождались первые четыре решения.

Решение.

         По теореме, обратной теореме Пифагора, треугольник АВК – прямоугольный.

Тогда Sinα = . Но треугольник АВN – тоже прямоугольный (по построению ВN ┴АК).

Тогда   ВN=АВ∙ Sinα = 12∙. Аналогичные выкладки можно проделать и для угла .

Дальнейшее решение очевидно.

Ответ: 288 см²

         Затем я задала себе новый вопрос: «А можно ли обойтись без теоремы, обратной теореме Пифагора?» Теорема Пифагора каждый раз использовалась для нахождения того элемента вспомогательного треугольника, который был необходим для вычисления его площади. Теперь я попробую вычислить площадь вспомогательного треугольника, не используя его высоту и основание.

2.6. VI решениe задачи

Решение.

         В треугольнике АВК известны три стороны, поэтому для нахождения площади можно применить формулу Герона. Для этого сначала подсчитаем полупериметр треугольника АВК. По определению

Теперь найдем площадь треугольника АВК:                                                        S = .

Но площадь этого треугольника можно вычислить и по формуле S = , отсюда h = .

Тогда площадь трапеции .

Ответ: 288 см²

         После того как рассмотрены методы, которые основываются на свойстве сторон параллелограмма, на понятии площади и на теореме Пифагора, я ставлю себе цель: «извлечь» решение задачи из темы «Подобие фигур». Для такого «извлечения» достраиваю трапецию до треугольника, продолжив отрезки АВ и DС до пересечения в точке М.

2.7. VII решениe задачи

Решение.

         Проведем ВК║СD и установим, что ВС=КD, тогда АК=20. По теореме, обратной теореме Пифагора, устанавливаю, что угол АВК=90°, но тогда и угол при вершине М равен 90° по теореме об углах, образованных двумя параллельными прямыми и секущей.

         Треугольники АВК и АМD – подобны (по двум равным углам: угол А – общий, угол В равен углу М), коэффициент подобия k = 2, так как k=. Отсюда АМ=АВ∙ k = 24 см, DМ = ВК∙ k = 32 см. Но тогда ВМ = 12см,            МС = 16 см, так как В – середина отрезка АМ, С – середина МD. Поскольку треугольники АМD и ВМС прямоугольные,

,

.

Теперь легко найти площадь трапеции:

.

         В этом решении была использована лишь часть того, что можно было извлечь из подобия треугольников (т.е. лишь зависимость между сторонами подобных треугольников). Но можно изменить последний фрагмент решения и воспользоваться тем фактом, что отношение площадей подобных треугольников равно k², т.е. .                       Тогда .

Последняя строка этого решения могла бы выглядеть иначе:

.

Ответ: 288 см²

Но, увидев, что , эту задачу решила еще одним способом.

2.8. VIII подход к решению задачи

Решение.

       Проведем ВК║СD и соединим точки С и К. Треугольники АВК и СКВ равны по двум сторонам подход к решению задачи и углу между ними: <АВК=<КВС как внутренние накрест лежащие при параллельных прямых ВС и АD, и секущей ВК. ВК – общая. Тогда АК=ВС. Аналогично доказывается равенство треугольников СКВ и КСD. Получили три равных треугольника АВК, ВКС и КСD.

Тогда .

Ответ: 288 см²

2.9  ‌IX решениe задачи

Решение.

Пусть MN- средняя линия трапеции, тогда  MN=

Значит   MN•h

Найдем среднюю линию : MN = (20+40): 2 =30 см

Найдем высоту трапеции  так же, как в первом способе.

Вычисляем площадь:   30•9,6= 288 см2

2.10  Х решениe задачи

Решение:

Достроим трапецию до параллелограмма ( ЕD|| AB )

Тогда

-

= ,так как  ЕD= AB=12см, СЕ= АD- ВС= 40-20=20см

= АD• Н  Высоту находим из первого способа . = 40• 9,6= 384 см2

384-96=288 см2

2.11  ХI  решениe задачи

 Решение:

1. ∆BCO  подобен  ∆ АОD ( по 2 углам)      

   значит

Пусть ВО=х  тогда ОD= 2х; ОС=у тогда АО=2у          значит

 тогда

;    9∙

2. Обозначим точку пересечения диагоналей  т.О и проведем через нее высоту трапеции.  Н= КО+ОМ  ОМ=2∙КО ( из подобия) Н=3∙КО

Возьмем значение высоты из первого случая и найдем КО. КО=9,6:3=3,2 см.    9∙32=288см2

Ответ: 288см2

Вывод:

Для решения данной задачи надо было вспомнить:

1. определение трапеции и формулу нахождения ее площади;
2. свойства прямоугольника и параллелограмма;
3. теорему Пифагора;
4. пропорциональность отрезков в прямоугольном треугольнике;
5. теорему, обратную теореме Пифагора;
6. площадь прямоугольного треугольника;
7. площадь треугольника через основание и высоту;
8. формулу Герона для вычисления площади треугольника;
9. подобие треугольников;
10. теорему об отношении площадей подобных треугольников;
11. тригонометрические зависимости в треугольнике

         А это, согласитесь, и есть весь основной курс 8 класса по геометрии, который вот так легко вспомнить при решении одной задачи.

Заключение

         После анализа всех подходов к решению задачи, я для себя отметила, что лучшими из них оказались первое и последнее. Первое решение выигрывает потому, что кажется наиболее естественным, а последнее выглядит наиболее сложным и оригинальным, в результате  площадь трапеции была выражена через площадь одного треугольника. Но в идейном смысле самым богатым оказалось седьмое решение. Здесь и дополнительное построение, неожиданное – достраивание трапеции до треугольника, - и два разных подхода к применению свойств подобных треугольников, и подсказка относительно равенства площадей треугольников, которые рассматривались в последнем решении.

         Данный проект можно использовать на уроках геометрии, как во время изучения той или иной темы, или обобщения курса восьмого класса, так и в 9 классе для повторения изученного материала, для подготовки учащихся к итоговому тесту по геометрии или к экзамену.

Литература:

1. Березин В.Н.

      «Сборник задач по математике»

2. Галицкий М.Л.  Сборник задач по алгебре 8-9 классы»

3. Справочный материал из интернета