X

Скопируйте код и вставьте его на свой сайт.

Ширина px

Вы можете уменьшить размер презентации, указав свой размер!

Бенефис одной задачи

Презентация по геометрии. Подготовили ученики 9б класса Лунин Александр Горем...
Бенефис одной задачи. (В одной задаче – почти вся планиметрия!)
Задача. В трапеции диагонали длиной 6 см и 8 см взаимно перпендикулярны. Найд...
Способ №1 1. Продолжим BC вправо. Проведем DK || AC. Так как ACKD – параллело...
Способ №2 (похож на 1) Проведем СЕ || BD до пересечения с продолжением AD. DE...
Способ №3 MN – средняя линия трапеции. Проведем MK || BD и соединим точки N и...
Способ №4 1.Продолжим CA на расстояние AM = CО. Через точку М проведем MN || ...
Способ №5 Соединим середины сторон трапеции. Легко доказать, что MPNQ – парал...
Способ №6 Продолжим AC за точку A так, что АМ = ОС. Продолжим BD за точку D т...
Способ №7 Пусть OC = x, BO = y; тогда АО = 6 – х, DO = 8 – y. MN – средняя ли...
Способ №8 1.Из подобия ΔBOC и ΔAOD: x/(6-x) = y/(8-y), y=4/3x.  2.Продолжим д...
Способ №9 Тригонометрический 1. Из подобия ΔBOC и ΔAOD: X/(6-x) = y/(8-y) , y...
Способ №10 (тригонометрический) 1. Из подобия треугольников BOC и AOD: x/(6-x...
Класс
Автор

Бенефис одной задачи

Описание презентации по отдельным слайдам:

1 слайд

Презентация по геометрии. Подготовили ученики 9б класса Лунин Александр Горемыкин Олег

2 слайд

Бенефис одной задачи. (В одной задаче – почти вся планиметрия!)

3 слайд

Задача. В трапеции диагонали длиной 6 см и 8 см взаимно перпендикулярны. Найдите длину средней линии трапеции.

4 слайд

Способ №1 1. Продолжим BC вправо. Проведем DK || AC. Так как ACKD – параллелограмм, то DK=6 см. 2. BD┴DK, так как BD ┴ AC. Δ BDK – прямоугольный. BK= ; BK= =10(см). 3. BK=BC+AD. Средняя линия равна половине BK, то есть 5 см. Ответ: 5 см. В С А D K О

5 слайд

Способ №2 (похож на 1) Проведем СЕ || BD до пересечения с продолжением AD. DE = BC, так как DBCE – параллелограмм. AE вычислим по теореме Пифагора из ΔACE (CE || BD, но BD ┴ AC, следовательно,CE ┴AC): AE = ; AE = = 10(см). AE = a+b. Но средняя линия равна (a+b)/2 , т.е. равна 5 см. Ответ: 5 см. A B C D E a b 6 8

6 слайд

Способ №3 MN – средняя линия трапеции. Проведем MK || BD и соединим точки N и K. NK – средняя линия ΔACD, следовательно NK=0,5 AC; NK = 3(см). MK – средняя линия ΔABD, следовательно MK=0,5 BD; MK=4(см). Угол MKN равен углу AOD как углы с соответственно параллельными сторонами. ΔMKN – прямоугольный. MN = = =5(см). Ответ: 5 см. A B C D O M N K

7 слайд

Способ №4 1.Продолжим CA на расстояние AM = CО. Через точку М проведем MN || AD. BD ∩ MN = N. 2. ΔOMN – прямоугольный, OM = 6 см, ON = 8 см. Следовательно, MN = 10 cм (теорема Пифагора). 3. Проведем MK || ND. Продолжим AD до пересечения с MK. ΔMAK = ΔBOC (по I признаку), следовательно AK = = BC. 4. MKDN – параллелограмм, DK= MN = 10 см. Но DK = AD+BC. Значит, средняя линия равна 5 см. Ответ: 5 см. A B C D M K O N

8 слайд

Способ №5 Соединим середины сторон трапеции. Легко доказать, что MPNQ – параллелограмм с прямым углом, т.е. прямоугольник со сторонами 3 см и 4 см. Диагонали его MN = PQ= 5 см (египетский треугольник).   Ответ: MN = 5 cм. P M Q N 3 4

9 слайд

Способ №6 Продолжим AC за точку A так, что АМ = ОС. Продолжим BD за точку D так, что DN = BO. Итак, ΔOMN – прямоугольный с катетами 6 см и 8 см. По теореме Пифагора MN = 10 см. Проведем AE ┴ MN, DF ┴ MN, OK ┴ BC.   ΔAME = ΔKOC и ΔDFN = ΔBKO по стороне и двум прилежащим к ней углам.   Следовательно, ME = KC и FH = BK, т.е. MN = AD + BC = 10 (см).   Средняя линия равна (AD+BC)/2= =MN/2=10/2 = 5.   Ответ: 5 см. O M E F N

10 слайд

Способ №7 Пусть OC = x, BO = y; тогда АО = 6 – х, DO = 8 – y. MN – средняя линия. 1.Из подобия ΔBOC и ΔAOD имеем: х/(6-х) = у/(8-у), 8х – ху = 6у – ху, 8х = 6у, у = 4/3х. 2. Из прямоугольного треугольника ΔBOC имеем: ВС = √ x²+ (4/3x)² = √ x² + 16/9x² = √ 25/9x² = 5/3x. 3.Из подобия ΔBOC и ΔAOD имеем: BC/AD = OC/AO, (5/3x)/AD = x/(6-x), AD = 5/3(6-x) = 10-5/3x. 4. MN = (AD + BC) = (5/3x+10-5/3x)/2 = 5 (см). Ответ: 5 см.

11 слайд

Способ №8 1.Из подобия ΔBOC и ΔAOD: x/(6-x) = y/(8-y), y=4/3x.  2.Продолжим диагонали на отрезки, равные CO и BO.  3.Из ΔMON: MN = 10 см.  4. AOD подобен ΔMON; MN = 4/3 AD, AD = 3/4MN = =3/4*10 = = 7,5 (см).  5.В ΔBOC: BC = x²+(4/3x)² = 5/√3x.  6.ΔBOC подобен ΔAOD. BC/AD = OC/AO, (5/3x²)/7,5 = x/(6-x); 10x-5/3x² = 7,5x; 2,5x = 5/3x²; 7,5 = 5x; x = 1,5 (cм).  7. BC = 5/3x = 5/3*1,5 = 2,5 (см). 8. Средняя линия равна (AD+BC)/2 = (7,5+2,5)/2 = 5. Ответ: 5 см.   M N y x 6-x 8-y O

12 слайд

Способ №9 Тригонометрический 1. Из подобия ΔBOC и ΔAOD: X/(6-x) = y/(8-y) , y =4/3 х. 2. Δ BOC – прямоугольный. tg α =y/x =4/3x : x = у =4/3 . 3. Найдем cos α либо по формуле: 1+tg²α = 1/cos a, либо методом треугольника: cos α = 3/5. 4. Из ΔBOC: OC/BC = cos α, BC = OC/cos α =4*5/3 = 5/3 x. 5. Из ΔAOD: AO/OD = cos α, AD = AO/ cos α = (6-x)/3/5 = 5(6-x)/3 . 6. Средняя линия равна (AD+BC)/2 = 5 (см).

13 слайд

Способ №10 (тригонометрический) 1. Из подобия треугольников BOC и AOD: x/(6-x) = y/(8-y), y =4/3x. x/(6-x) = b/a.   2. ax = 6b – bx, (a+b)x = 6b, (a+b)/2 = 3b/x, (a+b)/2 = 3/sin α. tg α = x/y = x/(4/3x) = 3/4, α = arctg 3/4. 3. (a+b)/2 = 3/sin(arctg 3/4) = 3 / 3/5 = 5. 4. tg α = 3/4 sin α = ? sin α = 3/5 5 3 4 α