p>
Слайд 22
Слайд 23
Слайд 24
Слайд 25
Слайд 26
Слайд 27
Слайд 28
Слайд 29
Слайд 30
Слайд 31
2.3 Метод геометричних перетвореності и возможности его! застосування при розв язуванні завдань
Ідея вирішенню завдань на побудову Полягає в Наступний. Дуже часто при проведенні АНАЛІЗУ ми стікаємося з тім, что шукані елементи розташовані незручно й Встановити между ними зв язок почти НЕ можливо. І тоді в таких випадка может помочь использование над елементами Деяк геометричних перетвореності так, щоб встановівся между ними зв язок.
У залежності від того, Пожалуйста геометричність превращение ми вікорістовуємо (паралельний переніс, осьову сіметрію, поворот) метод відповідно ї назівається методом паралельного перенесеного raquo ;, методом осьової сіметрії raquo ;, методом Обертаном. Тепер розглянемо деякі задачі на побудову, с помощью методів геометричних перетвореності, при чому Такі задачі, Які розглядаються у середній школі.
Суть методу геометричних перетвореності Полягає в розгляді поряд з Даними фігурами їхніх образів, отриманий помощью Певного превращение.
залежних від того, Пожалуйста превращение застосовується, розрізняють метод сіметрії, повороту, паралельного перенесеного и подібність (для трікутніків ВІН розглядався у 8 класі).
Метод сіметрії заміну даної в умові фігурі або ее елементів симетричного Їм відносно деякої точки або прямої.
Завдання 1
У прямокутній трикутнику медіана, проведена до меншого катета, дорівнює m и утворює з більшім катетом кут 15. Знайте площу прямокутній трикутника.
рис.1
розв язання
Нехай у трикутнику АВС В=90, нд lt; АВ, АМ=m - медіана ріс.1Побудуємо точку М1, симетрично точці М відносно прямої АВ. Тоді трикутники МАС и М1АВ рівновелікі, оскількі мают спільну висота АВ, а М1В=ВМ=МС за побудову.
Отже,
=SABM + SMAC=SABM + SM1AB=SM1AM
За побудова трикутник М1АМ рівнобедреній з бічною стороною m и кутом между бічнімі сторонами 30. Таким чином,
1AM=msіn30=
Відповідь:
Метод сіметрії часто вікорістовується в задачах на знаходження найменших значень питань комерційної торгівлі величин.
Завдання 2
На сторонах АВ, нд и СА гострокутного трикутника АВС Знайдіть Такі точки М, N и Р відповідно, щоб периметр трикутника МNP, БУВ найменша.
розв язання
Нехай Р - довільна точка відрізка АС трикутника АВС, Р1 и Р2 - ее образи при сіметрії відносно прямих АВ и НД відповідно рис.2
рис.2
Пряма р1р2 перетінає сторін АВ и НД відповідно в точках М N. У Першому розділі ми показали, что периметр трикутника МNP є найменша при фіксованому положенні точки Р. цею периметр дорівнює довжіні відрізка р1р2.
Зауважімо, что пряма ЕF - середня лінія трикутника РР1Р2. Тоді ЕF=P1P2.
Оскількі ВЕР=ВFP=180, то точки Р, Е, В, F лежати на одному колі з діаметром ВР. Звідсі ЕF=ВР sіnВ. Отже, довжина відрізка ЕF буде найменша при найменшій довжіні відрізка ВР, тобто тоді, коли ВР - висота трикутника АВС.
На рис.3 відрізок ВР - висота трикутника АВС. Будуємо шуканій трикутник МNP за відомим алгоритмом. Із побудова віпліває, что будь-який Інший трикутник, вершини которого лежати на сторонах трикутника АВС, має периметр більшій за периметр трикутника МNP. Тому шуканій трикутник є Єдиним - це побудованій трикутник МNP.
рис. 3
Цей самий трикутник можна отріматі, провівші висота з вершин А і С.
Отже, вершини шуканого трикутника - це основи висот даного трикутника АВС. Такий трикутник назівають ортоцентричность
Метод сіметрії частот вікорістовується в задачах на знаходження найменших значень питань комерційної торгівлі величин.
Завдання 3
Точка О лежить в середіні гострив кута АВ. Знайдіть на сторонах кута точки Х и Y так, щоб периметр трикутника ОХY БУВ найменша.
розв язання
рис.4
Аналіз: Припустиме, что трикутник ОХ1Y1 шуканій рис.4. Вершини Х1 и Y1, Які необходимо побудуваті, мают лежать на сторонніх ВА и НД кута АВС. Побудуємо точки О1 и О2 сіметрічні точці Про відносно ціх сторон. Тоді за побудову Ох1=О1 Х1, ОY1=O2Y1. Знайдемо периметр шуканого трикутника:
