Решение задач планиметрии барицентрическим методом



Министерство образования и науки по Астраханской области

Название работы:

«Решение задач планиметрии барицентрическим методом»

Работу выполнила:

Ученица 11А класса

Уткина Надежда

Работу проверила:

Верхова Е.Л.

Г. Астрахань

МБОУ «СОШ №12»

Содержание:

Цели

Вступление

Понятие барицентра, его свойства

Доказательство теоремы Архимеда методом масс

Решение некоторых задач барицентрическим методом

Подборка задач из материалов ГИА, решаемых методом масс

Заключение, дальнейшие перспективы работы

Информационные ресурсы



Цели:

1)Изучить барицентрический метод, расширить собственный кругозор

2)Показать связь математики с другими науками

3)Показать красоту и легкость применения метода при решении задач

4)Сделать подборку задач из школьного курса планиметрии, из материалов ГИА, решаемых с помощью метода масс

5)Распространить метод среди учащихся 8-х и 9-х классов нашей школы

Вступление:

Родоначальником барицентрического метода был великий древнегреческий мыслитель Архимед. Ещё в 3 веке до нашей эры он обнаружил возможность доказывать новые математические факты с помощью свойств центра масс. В частности этим способом им была установлена теорема о том что три медианы треугольника пересекаются в одной точке. Соображения Архимеда были позднее использованы и развиты многими геометрами(Папп, Чева, Гюльден, Люилье и др.).

Несколько простых свойств центра масс позволяют решать различные задачи геометрии и алгебры. В частности таким путём удаётся ответить на вопросы о том, пересекаются ли несколько прямых одной точке, принадлежат ли несколько точек одной прямой(или одной плоскости) и т.п. Эффективны барицентрические соображения при доказательстве неравенств и решении разнообразных задач.

Понятия механики не только служат ценным эвристическим средством облечённые в строгую математическую форму они позволяют получать математически безупречные решения задач геометрии и алгебры.

В механических задачах рассматриваются материальные точки с положительными массами. Тел с отрицательными массами которые под воздействием притяжения земли падали бы не вниз а вверх никто не наблюдал. Однако для решения геометрических задач целесообразно распространить понятие центра масс на случай материальных точек и с отрицательными массами.

Через два тысячелетия после того времени когда жил и работал гениальный Архимед другой гениальный математик Леонард Эйлер в связи с изучение вращательного движения ввёл понятие момента инерции. И снова как в случае центра масс нашлись удивительные пути доказательства трудных и интересных геометрических фактов с помощью этого понятия.

Понятие Барицентра и его свойства:

В физике под материальной точкой понимают тело, размерами которого можно пренебречь при сравнении их с расстояниями до других тел, рассматриваемых в задаче. Для упрощения рассуждений такое «малое» тело рассматривают как геометрическую точку (т.е. считают, что вся масса тела сосредоточена в одной точке). Если в точке А сосредоточена масса m, то будем эту материальную точку обозначать через mA, т.е. будем записывать материальную точку в виде «произведения».

Рассмотрим два небольших шарика, имеющих массы m1 и m2, соединённых жёстким «невесомым» стержнем. На этом стержне имеется такая замечательная точка Z, что если подвесить всю систему в этой точке, то она будет в равновесии – ни один из шариков не «перетянет». Эта точка Z и есть центр масс двух рассматриваемых материальных точек с массами m1 и m2.

Такая же картина наблюдается и для большего числа материальных точек. Представим себе, что в некоторой   области  пространства (например, внутри некоторого куба) находятся n массивных шариков с массами m1, m2 …,mn. Размеры шариков предполагаем малыми (по сравнению с наименьшим из расстояний между ними). Иначе говоря, речь идёт об n материальных точках

m1A1, m2A2, …,mnAn. (1)

 Будем   полагать ,  что   вся   рассматриваемая   область   заполнена   веществом  пренебрежимо малой массы по сравнению с массой каждого шарика (пенопласт); мы  полагаем , что этот пенопласт не гнётся, не сжимается, не растягивается. Материальные точки (1) «сидят» в нём неподвижно, как изюминки в застывшем тесте. Можно представить себе картину и иначе:  рассматриваемые  шарики соединены «невесомыми» стержнями в одну жёсткую систему. Если выбрать произвольную точку одного из соединяющих стержней и подвесить всю систему на ниточке, закреплённой в этой точке, то рассматриваемая система, вообще говоря, не окажется в состоянии равновесия, одна часть «перетянет». Но  есть  такая замечательная точка Z, что если мы подвесим всю систему на вертикальной ниточке, прикреплённой в точке Z (считая, что один из стержней проходит через эту точку, см. приложение рис. 1), а затем как угодно повернём систему вокруг точки Z, успокоим и отпустим, то она останется в равновесии. Такую точку Z называют центром масс, или барицентром системы материальных точек (1).

При применении этого понятия к решению геометрических задач используются следующие интуитивно ясные и имеющие простой механический смысл свойства центра масс.

1) Всякая система, состоящая из конечного числа материальных точек, имеет центр масс и притом единственный.

2) Центр масс двух материальных точек расположен на отрезке, соединяющем эти точки; его положение (см. приложение рис. 2) определяется архимедовым правилом рычага (или, как его ещё называют, «золотым правилом механики»): произведение массы материальной точки на расстояние от неё до центра масс одинаково для обеих точек, т.е. m1d1 = m2d2, где m1, m2 – массы материальных точек, а d1, d2 – соответствующие плечи, т. е. расстояния от материальных точек до центра масс.

3).Если в системе, состоящей из конечного числа материальных точек, отметить несколько материальных точек и массы всех отмеченных точек перенести в их центр масс, то от этого положение центра масс всей системы не изменится.

Как видно, речь идёт об очень простых фактах из области механики. В дальнейшем я проиллюстрирую то, что не смотря на простоту этих фактов, они, тем не менее, представляют собой мощное средство доказательства теорем и решения геометрических задач.

Доказательство теоремы Архимеда:

три медианы треугольника имеют общую точку и каждая из медиан делится этой точкой в отношении 2 : 1, считая от вершины.

Решение (предложенное Архимедом). Пусть АВС – данный треугольник; АА1, ВВ1, СС1 – его медианы. Загрузим вершины А, В, С равными массами, — скажем, по 1 грамму. Получающаяся система трех материальных точек 1А, 1В, 1С имеет однозначно определенный центр масс Z (свойство 1). В силу свойства 3 положение центра масс не изменится, если массы материальных точек 1В и 1С мы перенесем в их центр масс, т.е. (согласно свойству 2) в точку А1. Но тогда Z окажется центром масс лишь двух материальных точек 2А1 и 1А. Значит, Z  [АА1]. Аналогично убедимся, что Z  [ВВ1] и Z  [СС1]. Таким образом, все три медианы имеют общую точку Z. Кроме того, по правилу рычага (свойство 2) имеем

2 ZА1 = 1 ZА , или ZА : ZА1 = 2 : 1.

Решение геометрических задач барицентрическим методом:

При решении геометрической задачи барицентрическим методом мы загружаем отдельные точки массами (т. е. Сопоставляем, приписываем этим точкам определённые положительные числа). Затем привлекаем свойства центров масс всех полученных м. т. или части этих м. т. Искусство применения барицентрического метода состоит в том, чтобы по условию задачи осуществить такой выбор точек и помещаемых в эти точки масс, при котором задача легко и красиво решается. Три основных свойства центров масс особенно важны при решении задач: 1) наличие и единственность центра масс у любой системы материальных точек; 2) принадлежность центра масс двух м. т. отрезку, соединяющему эти точки; 3) возможность перегруппировки материальных точек системы без изменения положения центра масс всей системы. Сейчас мы рассмотрим применение барицентрического метода при решении ряда задач планиметрии.

Задача1. 

На стороне АС треугольника АВС взята такая точка М, что АМ= = 1/3 АС , а на продолжении стороны СВ – такая точка N, что BN = CB . Прямая MN пересекает сторону АВ в точке P. В каком отношении делит эта точка сторону АВ и отрезок NM 

Решение.

Идея решения состоит в размещении в точках А, С, N таких масс, чтобы центром этих трёх масс оказалась точка P. Ясно, что в N и C надо поместить равные массы, так как тогда центром масс этих двух м. т. будет точка В, и потому, поместив надлежащую массу в точку А, можно будет добиться, чтобы центром масс всех трёх м. т. была нужная нам точка отрезка АВ (а именно, точка P).

Итак, поместим в каждую из точек N, C массу 1, т. е. Возьмём м. т. 1N, 1C. Так как, далее, СМ  = 2 АМ , то в силу правила рычага М – центр масс двух м. т. 1С и 2А. следовательно, центр масс Z всех трёх м. т. 1N, 1C, 2A (лежащий, согласно сказанному выше, на отрезке АВ) будет в то же время по теореме 3 центром масс двух м. т. 1N и 3М, т. е. Z [MN]. Значит Z – точка пересечения отрезков MN и АВ, т. е. Z = P. Так как Z – центр масс двух м. т. 1N и 3М, а также центр масс двух м. т. 2В и 2А, то по правилу рычага получаем

NP : PM = 3 : 1, AP : PB = 1 : 1.

Задача2. 

В треугольнике АВС точка F делит основание ВС в отношении 3 : 1, считая от вершины В. Точки М и P отсекают от боковых сторон АВ и АС по одной шестой, считая соответственно от вершины С. В каком отношении делится каждый из отрезков MP и AF точкой их пересечения?

Решение.

Загрузим точки В и С такими массами, чтобы их центром оказалась точка F; очевидно, достаточно (в силу правила рычага) поместить в В массу 1 (т. е. Рассмотреть материальную точку 1В), а в С – массу 3. Далее, имея уже м. т. 1В, подберём для точки А такую массу х, чтобы точка М оказалась центром масс двух м. т. 1В и хА. По правилу рычага имеем 1  ВМ = х МА , откуда х = ВМ : МА = 5. Наконец, имея м. т. 3С, подберём для точки А другую массу  так, чтобы точка P оказалась центром масс двух м. т. 3С и А. По правилу рычага имеем 3 CP =  PA , откуда  = 3CP: : PA , откуда  = 3 CP: PA = 0,6. У нас возникла новая ситуация: кроме м. т. 1В и 3С, мы имеем в точке А две различные массы 5 и 0,6. Рассмотрим систему из всех четырёх м. т. 1В, 5А, 3С и 0,6А. Её центр масс обозначим через Z. Перенесём массы м. т. 1В и 5А в их центр масс М а массы м. т. 3С и 0,6А – в их центр масс P. Тогда Zокажется центром масс лишь двух м. т. 6М и 3,6P. Значит Z  [MP]. Мы могли бы и иначе сгруппировать те же четыре м. т.: перенести массы м. т. 1В и 3С в их центр масс F, а вместо 5А и 0,6А рассмотреть одну м. т. 5,6А. Тогда Z окажется центром масс двух м. т. 4F и 5,6А. Поэтому Z  [AF]. Следовательно, Z – точка пересечения отрезков MP и AF. Так как Z центр масс м. т. 5,6А и 4F, то 5,6 AZ = 4FZ , так что AZ : FZ = 5 : 7. Аналогично убедимся, что 6 MZ = 3,6 PZ , откуда MZ : PZ = 3 : 5.

Задача 3.

 Через точку P, расположенную внутри параллелограмма ABCD, проведены прямые, параллельные сторонам параллелограмма. Они пересекают стороны АВ, ВС, CD, DA соответственно в точках K, L, M, N (см. приложение рис. 10). Пусть Q – точка пересечения средних линий четырёхугольника KLMN, а S – центр параллелограмма. Докажем, что точка Q лежит на отрезке PS, и определим, в каком отношении делит она этот отрезок.



Решение.

Сначала загрузим вершины четырёхугольника KLMN массами так, чтобы центром полученных четырёх масс оказалась точка Q. Для этого достаточно поместить в каждую из точек K, L, M, N массу 1. Заметим теперь, что KBLP – параллелограмм; поэтому можно заменить м. т. 1K и 1L на м. т. 1B и 1P, т. е. Q является центром масс м. т. 1B, 1P, 1M, 1N. Аналогично м. т. 1М и 1N можно заменить на м. т. 1В и 1P. Точка Q окажется центром масс четырёх м. т. 1B, 1P, 1D, 1P, а значит, центром масс двух м. т. 2S и 2P (поскольку S – середина отрезка BD). Но тогда по правилу рычага точка Q расположена на отрезке SP и делит его пополам.

Подборка задач из ГИА-2012, решаемых с помощью метода масс:

Задача 1. Ф.Ф.Лысенко, С.Ю. Кулабухова, «Математика 9 класс, подготовка к ГИА-2012». «Легион-М», Ростов на Дону. Вариант №7, задача №23.

Площадь треугольника ABC равна 120, точка D лежит на отрезке BC так, что BD : CD = 1 : 2, биссектриса BK пересекает прямую AD в точке L. Найдите площадь четырехугольника KLDC, если AK : KC = 3 : 1.

Задача 2. Ф.Ф.Лысенко, С.Ю. Кулабухова, «Математика 9 класс, подготовка к ГИА-2012». «Легион-М», Ростов на Дону. Вариант №8, задача №23.

В треугольнике ABC точка K лежит на стороне BC так , что BK : KC = 1 : 2, биссектриса CM пересекается с прямой AK в точке L, при этом AM : MB = 1 : 4. Найдите площадь треугольника ABC, если площадь четырехугольника MBKL равна 52.

Задача 3. ФИПИ, Е.А. Бунимович, Л.В. Кузнецова и др. «ГИА-2012, экзамен в новой форме, Математика 9 класс», «АСТРЕЛЬ», Москва. Вариант №6, задача №20.

В параллелограмме ABCD отмечена точка Mсередина отрезка BC. Отрезок AM пересекается с диагональю BD в точке K. Докажите, что BK : BD = 1 : 3.

Задача 4. ФИПИ, Е.А. Бунимович, Л.В. Кузнецова и др. «ГИА-2012, экзамен в новой форме, Математика 9 класс», «АСТРЕЛЬ», Москва. Вариант №7, задача №20.

Точка A1 симметрична вершине A треугольника ABC относительно середины стороны BC, точка B1 симметрична вершине B относительно середины стороны AC. Докажите, что точки A1, B1 и C лежат на одной прямой.

Задача 5. ФИПИ, «ГИА-2012, Математика, типовые экзаменационные варианты», под редакцией И.В. Ященко. «Национальное образование», Москва. Вариант №6, задача №23.

Площадь треугольника ABC равна 40, биссектриса AD пересекает медиану BK в точке E, при этом BD : CD = 3 : 2. Найдите площадь четырехугольника EDCK.

Задача 6. ФИПИ, «ГИА-2012, Математика, типовые экзаменационные варианты», под редакцией И.В. Ященко. «Национальное образование», Москва. Вариант №9, задача №23.

Биссектриса угла B треугольника ABC делит медиану , проведенную из вершины C, в отношении 7 : 2, считая от вершины C. В каком отношении, считая от вершины A, эта биссектриса делит медиану, проведенную из вершины A?

Решение некоторых задач из подборки:

Задача 1.

Дано: ABC, S ABC = 120, D BC, BC : СD = 1 : 2, BK – биссектриса,

BK AD = L, AK : KC = 3 : 1 .

Найти: S KLDC

Решение:

С помощью метода масс найдем отношение AL : LD. Для этого загрузим точки A и C массами 1A и 3C так, чтобы их центром масс оказалась точка 4K. Теперь точки С и В надо загрузить нужными массами так, чтобы их центром масс оказалась точка D. По правилу рычага – это точки 3С и 6В. Тогда их центр масс – точка 9D. Мы получили систему 3-х точек : 1А, 3С, 6В. Если точки 1А и 3С перенести в их центр масс 4К, то тогда центр масс всей системы принадлежит отрезку ВК. Если же точки 6В и 3С перенести в их центр масс 9D, то тогда центр масс всей системы принадлежит отрезку AD. Таким образом, точка L – центр масс рассматриваемой системы. По правилу рычага: 1*АL = 9 *LD. AL : LD = 9 : 1.

S ABC = S ABK * (AC : AK) = S ABK * 4/3 = 120.

S ABK = 90. S KBC = 30. Аналогично: S ABD = 40.

S ABD = S LBD * ( AD : LD ) = S LBD * 10 = 40.

S LBD = 4. S KLDC = 30 – 4 = 26.

Ответ: S KLDC = 26.

Задача 2.



С помощью метода масс найдем отношения : AL : LK и CL : LM. Для этого рассмотрим систему трех точек : 1C, 2B, 8A. Если точки 1C и 2B перенести в их центр масс 3K, тогда центр масс всей системы принадлежит отрезку AK. Если же точки 8A и 2B перенести в их центр масс 10M , то тогда центр масс всей системы принадлежит отрезку CM. Таким образом, точка L – центр масс рассматриваемой системы. По правилу рычага: 8*АL = 3 *LK. AL : LK = 3 : 8.

10*ML = 1 *LC. CL : ML = 10 : 1.

Обозначим S ABC= S.

S AKC = 2/3 S, S AKB = 1/3 S, S AMC = 1/5 S, S BMC = 4/5 S.

S AMC = S AML * (CM : ML) = 1/5 S.

S AML *11 = 1/5 S.

S AML = 1/55 S.

S ABK = 1/3 S.

S MBKL= 1/3 S – 1/55 S = 52/165 S = 52.

S = 165.

Ответ : S ABC = 165

Задача 5.

S ABC = 40.

S ABC = S ABC * ( CB : BD ) = S ABD * 5 / 3 = 40.

S ABD = 40 * 3/5 = 24.

S ADC = 40 – 24 = 16.

S ABK – 20.

S ABD = S BED * ( AD : ED ) = 24

3 * AB = 5 * ED

AE : ED = 5 : 3

S BED * 8 / 3 = 24

S BED = 24 * 3 / 8 = 9 S KEDC = 20 – 9 =11

Ответ: S KEDC = 11

Заключение:

Изученный мною метод масс позволяет расширить знания по геометрии за рамки школьного курса.

Как видно из работы, этот метод применим для доказательства ряда теорем и решения определенных задач. Метод масс позволяет найти альтернативное решение некоторых задач курса планиметрии.

Я попыталась подобрать и решить ряд задач из материалов ГИА, решаемых с помощью метода масс.

Следующий этап моей дальнейшей работы – продолжить поиск геометрических задач из школьного курса геометрии и из материалов ГИА, которые можно решить с помощью данного метода.

Изучение данного метода можно рекомендовать учащимся 8-х и 9-х классов на факультативных занятиях, в кружковой работе по математике.

Перечень литературных источников:

Л.С. Атанасян, В.Ф. Бутузов « Геометрия 7-9»

Москва, «Просвещение», 2011г.

Материалы для подготовки к ЕГЭ

http://www.Kazan-math.info/ — Геометрия 9. Геометрия масс

http://teormex.net/tmf/tm18.html— Геометрия масс. Момент инерции.

Lib.rus.ec/b/302458 — Геометрия масс

http://math.ru/lib/bmkvant/61

М.Б. Балк, В.Г. Болтянский «Геометрия масс»,

Болтянский В.Г. «Элементарная геометрия»

Ф.Ф.Лысенко, С.Ю. Кулабухова, «Математика 9 класс, подготовка к ГИА-2012». «Легион-М», Ростов на Дону.

ФИПИ, Е.А. Бунимович, Л.В. Кузнецова и др. «ГИА-2012, экзамен в новой форме, Математика 9 класс», «АСТРЕЛЬ», Москва.

ФИПИ, «ГИА-2012, Математика, типовые экзаменационные варианты», под редакцией И.В. Ященко. «Национальное образование», Москва.








sitemap
sitemap