Геометрія дельтоїда: дослідницька робота учня

Про матеріал

У роботі «Геометрія дельтоїда», підготовленій для участі в міському конкурсі творчо-пошукових робіт «Студія математичних ідей», розглянуто один із цікавих видів чотирикутників — дельтоїд. Подано означення опуклого дельтоїда, досліджено його основні властивості та особливості, наведено їх доведення. Виведено формули для обчислення площі опуклого дельтоїда та розглянуто приклади їх застосування. Робота містить добірку задач різного рівня складності, які можуть бути використані на уроках геометрії та факультативних заняттях для вивчення і поглиблення знань про чотирикутники. Матеріал спрямований на розвиток логічного мислення, дослідницьких навичок та інтересу учнів до геометрії.

Перегляд файлу

розвитку

Micbk0T ради

<<Наробки з розв'язування геометричних задач з та стереометрй>>

ГЕОМЕТРШ ДЕЛЬТОIДА

Творчо-пошукова робота 9-В класу навчальновиховного комплексу МЗ 5

м. Кривий

2021

зм:ст

Вступ

Висновки15

Список використаних джерел17

Додаток. Дельто1д навколо нас.18

ВСТУП

У kypci геометрй• вивчають pi3Hi коло, круг,

ди i правильних

В минулому навчальному ми вивчали тему <<Чотирикутники>>. Ми ся про паралелограма, прямокутника, ромба, квадрата, трапецй, навчилися обчислювати Тх

Проте не секрет, що в теорй• i геометрй трапляються ще й Taki з якими 30BciM. Виникае питання, а чи BCi види чо-

нам тепер

До яким не знайшлося у шюльних нале-

жить зокрема дельтоТд (або ромбоТд). Знання про опуклий дельтоТд можуть бути

плавальних суден, а також у i дизайну — при cTBopeHHi декоративноТ мозаТки.

Тому властивостей i ознак е актуальними.

Тема мостроботи дельтоТда>>.

Об'скт дельтоТд.

Предмет означення, дельтоТда; способи обчислення

дельтоТда.

Мета роботи: вивчити дельтоТд як геометричну

ЗавДання:

- сформулювати означення дельтоТда;

- розглянути дельтоТда;

- розглянути формули для знаходження дельтоТда.

При роботи були методи: метод критичного опрацювання фактичного джерел, метод i узагальнення.

РОЗДЫ 1

Дельто7д та його

Дельтой) — це чотирикутник, що мае пари CTOPiH однаковоТ довжи-

ни. На паралелограму, е не а саме пари

Hix cTopiH.

ДельтоТд бувае опуклим (рис. 1.1) i неопуклим (рис. 1.2). Bci кути опуклого дельтоТда менше розгорнутого кута, а один з kYTiB неопуклого дельтоТда розгорнутого кута.

в в

с сс

Рис. 1.1 Рис. 1.2 Рис. 1. З

ДельтоТд мае — головну BD i неголовну АС (рис. 1. З). Головна гональ дельтоТда - це що з'еднуе вершини kYTiB дельтоТда. Теорема 1.1. У дельтоТда кути сторонами HepiBH0T довжини piBHi.

в Доведення.

Проведемо головну BD.

Розглянемо AABD та д CBD:

BD - стльна, АВ=ВС, AD=CD, отже AABD= д CBD за трьома сторонами.

Тому ZBAD=Z BCD, що i треба було довести.

Рис. 1.4

Теорема 1.2. дельтоТда, що з'еднуе вершини kYTiB лежить

на kYTiB.

Доведення.

Проведемо головну BD.

Розглянемо AABD та д CBD:

BD- сптьна, АВ=ВС, AD=CD, отже AABD= д CBD за трьома сторонами.

Тому ZABD=Z CBD i ZADB=Z CDB, а це означае, що

D гональ BD е ZABC та ZADC, що i треба було до-

Рис. 1.5 вести.

Теорема 1.3. дельтоТда, що з'еднуе вершини kYTiB, утворюе 3i всторонами дельтоТда piBHi кути

Доведення.

Проведемо АС.

Розглянемо д АВС тад ADC:

АВ=ВС, AD=DC,

Отже дАВС i AADC -

Тому ZBAC=ZBCA i ZCAD=Z ACD, що i треба було Рис. 1.6 довести.

Теорема 1.4. дельтоТда взаемно i при наль, що з'еднуе вершини kYTiB, навшл..

Доведення.

ZABC та ZADC. Точка О

ВО — Bupi30k BD

ДАВС, отже, цього трикутника (АО = СО). DO

DB ZADC, проведений до основи piBH06eD дреного MDC , отже, DO — висота и цього трикутниРис.1.7

АО = СО). Таким чином, дельтоТда взаемно i при що з'еднуе вершини kYTiB, Що i треба було довести.

Теорема 1.5. Якщо dl i ф довжина дельтоТда, то його площу можна знайти як половину добутку

в Доведення.

с Розглянемо дАВС TaAADC:

1 1

- ВОАС•, SAADC-- DOAC

2 2

ABCD=S Д +S Д ADC

ВОАС+- DOAC=

D 2 ; — ф •d2, що i треба було довести.

Рис.1.8

Теорема 1.6. Якщо а i b - довжини cTopiH, i и — величина кута ними, то площу можна знайти, як добуток двох CTOPiH i синуса кута ними.

в Доведення.

Розглянемо дАВС TaAADC: с

S Д АВГ)—- Z BAD•,

2

1

^S Д BCD¯- ZBCD

АВ = ВС = а; AD = CD = b;

Z BAD= Z BCD = а , то S AABD= S ABCD

^SABCD=S Д ABD +S Д BCD=2 S Д ABD=2•— ab sin а

Рис. 1.9 Отже, S = ab sin а, що i треба було довести.

Теорема 1.7. У опуклий дельтоТд можна вписати коло, центр якого е точкою перетину kYTiB дельтоТда.

в Доведення.

сщо коло можна вписати у такий опуклий чотирикутник, у якого суми протилежних CTOPiH piBHi.

У опуклому ABCD АВ = ВС, AD = DC.

Маемо, що АВ + CD = ВС+ AD. Отже, у дельтоТд можна вписати коло.

Отже, дельтоТд е описаним чотирикутником.

D центр вписаного кола — точка, ви ycix CTOPiH

Рис.1.1О чотирикутника, то центр даного кола е точкою перетину 6icekтрис kYTiB чотирикутника.

Теорема 1.8.(ознака Дельто7Да) Якщо у чотирикутнику взаемно перпенi одна з них навшл то цей чотирикутник — дельтоТд. в Доведення.

с Нехай у чотирикутнику ABCD точка о — перетин лей, причому АС Ш BD i АО=СО.

у ДАВС ВО е висотою i а тому цей трикутник — отже АВ=ВС.

у AADC DO е висотою i а тому цей трикутник — отже AD=DC.

Рис. 1.11 Тому, до означення, ABCD — дельтоТд, що i треба було довести.

У теоремах розглядались дельтоТди, але багато властивостей справджуються i для неопуклого дельтоТда, як наприклад:

о О О

S = ab sin а

РОЗДЫ 2

Дельтотд в задачах.

Задача 2.1. У трикутнику АВС (АВ = ВС) кут АВС

20 ⁰ . На cTopoHi АВ узято точку М так, що LMCA = 60 ⁰ ; на cTopoHi СВ — точку

N так, що LNAC = 50 ⁰ . Знайти Mipy кута NMA.

в Розв'язання

Нехай у ДАВС (АВ = ВС) В 20 ⁰, а точки М i N розташовуються на його сторонах АВ i СВ так, що ИМСА = 60 ⁰ i LNAC = 50⁰ .

З'еднаемо точки М i N LNMA = LNMC

КМА, де КМА = 40 ⁰ (адже ПАС = = 80 ⁰ , а

ЕСМА=

Тож знайти LNMC. Виконаемо побу-

дови: Bi3bMeM0 на cTopoHi ВС точку К так, що МК ll АС, zkAC 60 ⁰ ; позначимо точку L АК П СМ i

з'еднаемо з точкою N.

Рис.2.1

в Тепер уважно поглянемо на чотирикутник MkNL. BiH схожий на дельтоТд. (рис.2.2). Доведемо це.

AALC — д ANC — 0Ckiльки LANC 180 ⁰ - (80 ⁰ + 50 ⁰) - 50 ⁰ .

отже, AC=CL =CN, а : 2 = 80 ⁰ .

LMLC розгорнутий, тому LMLN = 180 ⁰ - 80⁰ = 100 ⁰ .

МК АС, КС — стна, отже LMkN =180 ⁰ - 80 ⁰ = 100 ⁰ .

LkLN = zLkN = - 60 ⁰ 40 ⁰ , AMkL теж pi-

Таким чином, МК = ML, Nk = NL, тому MkNL е дельтоС Тдом.

Рис.2.2

головноТ дельтоТда ZNML= 60 ⁰ : 2 = 30 ⁰ .

отже, LNMA = пЧмс + ЕСМА = 40 ⁰ + ЗО ^О = 70 ⁰ .

Задача 2.2. На сторонах АВ и ВС прямокутника ABCD взяли точки К и О так, що КВ ВО, а на cTopoHi AD взяли точку Е так, що КЕ ОЕ. Знайти кут АВЕ.

в О с Розв'язання

1) ЕВ = 90 ⁰ , так як ABCD - прямокутник.

2) Розглянемо чотирикутник КВОЕ.

КВ ОВ (за умовою); КЕ ОЕ (за умовою). Отже, КВОЕ - дельтоТд за означен-

ням.

З) ВЕ - головна дельтоТда, вона

е протилежних kYTiB дельтоРис. 2.3

Тда, тобто LABE= —LB= —900=45 о

45 ⁰

Задача 2.3. PiBHi сторони АВ i ВС дельтоТда ABCD i piBHi 2фсм, К - точка перетину АС i BD, АК КС. З точки К проведено перпендикуляр КЕ до сторони CD, СЕ = 1 см. ED

Розв'язання

1) д АВС - прямо-

кутний трикутник, тому що АВ=ВС

в D i АВШВС. За теоремою

(2“) ² - Ас АС-4 см

2) АК = КС за

тю дельтоТда, то АК = КС = 2 см.

З) АС LBD за дельтоТда, отже, д KCD — прямокутний, КЕ — висота, проведена до його

КС² = СЕ • CD (за метричними в прямокутному трикутнику)

2² - 1 • (1 + ED)

ED = З см.

Задача 2.4. Знайти сторони i дельтоТда, якщо його периметр

116 см, протилежних CTOPiH З см, а головна точкою перетину

2:1.

в Розв 'язання

116 см., AD > АВ на

4х+6=116;

ОС = у см, 0D 2k см.

складемо систему

- 27,5 ² , k ² = 58

- 30,5 ² , у2 = 27,52 - 58; у2 = 698,25; У = 3,5437 Отже, АСсм, - зк=змЗб см.

ВИповть: см•, АС =7437 см, BD = зубб см.

Задача 2.5. На сторонах АВ, ВС и АС трикутника АВС точки Е, D и Е Taki, ЕС : АЕ = 2 : 1, FE = DE, АЕ = 2 см, DC = 5 см, ЕВ = BD. Знайти FB.

Розв'язання. 1) Так як ЕЕ = DE, ЕВ = BD за умовою, то BDEF — дельтоТд.

2) ВЕ — головна дельтоТда, а, отже е кута В (за дельтоТда).

З) За три-

в с

кутника ЕС:АЕ=ВС:АВ.

Рис.2.6 нехай ЕВ BD = х см,

ВС=( х + 5) см, АВ=( х + 2) см. Маемо:

2(х+2)=х+5; 2х+4=х+5 ; х=1.

отже, ЕВ = BD = см

ЕВ = 1 см

Задача 2.6. Довести, що сполучають середину головноТ дельтоТда з серединами його cTopiH, дельтоТд на чотири

чотирикутника.

Розв'язання.

Нехай Р - середина АС, N - сере-

Dв

дина AD, M середина АВ, L - середина СВ, К - середина DC.

1) В ДАВС ВР - тому SABP АВС.

В ЛАВР РМ - тому SAMP —

В ДВРС PL -тому SLBP =

Отже, SAMP — ВМР — LBP — LCP — АВС• 4

2) В AADC DP - тому SADP = SCDP — ADC•

Рис.2.7.2

В AADP PN - тому SANP = SDNP ADP•

В ADPC РК - тому SDkP = СКР — DPC•

Отже, SANP — DNP — DkP — СКР — ADC•

З) тому AB=AD, BC=CD, отже, ЛАВС = AADC, а тому мають piBHi Маемо, що

АМР — ВМР — LBP — LCP — ANP — DNP — DkP — СКР•

4) Кожен з AMPN, MBLP, LPkC, NPkD складаеться з двох три-

площами:

AMPN = ^SAMP + ^SAPN ; MBLP = ^SMBP + ^SBLp;

LPkC = ^SLPC + ^SPkc; NPkD —¯ ^SNPD + ^SPkD

Отже, SAMPN — MBLP — LPkC = NPkD, що i треба було довести.

Задача 2.7. Знайти площу дельтоТда ABCD, якщо АВ= ВС=а, AD= CD=b, АС=с.

—

ABC + ^SADC знайдемо за формулою Герона:

ADC —

3amaqa 2.8. BH3Ha^t1Te BHA MOTHPHKYTHVIKa 3 Bep111HHaMH y cepeÅHHax CTOPiH 011YKnoro AeJ1bT0iAa.

P03B'H3aHHH.

B Hexaif ABCD-ÅeJ1bT0iÅ, O — TOHKa nepeTHHY AiaroHaJleü, N - cepeAHHa AD, M — cepenvma AB, L - cepenvma CB, K - cepeÅHHa DC.

1) NK cepeAH% JliHi% AACD, TOMY NK=-AC, NKIIAC; ML— cepeAH% JliHi% AABC, TOMY ML=—AC, MLIIAC. Once, NK=ML, NKII ML, TOMY KNML napanenorpaM.

2) NM— cepeÅH% JliHiq AABD, TOMY NMIIBD.

Puc.2.9.

3) NKIIAC, NMIIBD, ACLBD, TOMY NKLNM. once,

KNML — IIP%MOKYTHHK.

BiA110BiAb: IIP%MOKYTHHK.

3aAaqa 2.9. Y napanenorpaMi ABCD Aiar0HaJ1b AC BABiqi 6iJ1b111a 3a MeH111Y CTOPOHY AB. Ha CTOPOHi BC B3%TO TOHKY K TaK, 1110 LADB— L KDB. 3HaüÅiTb BiAHOIl-leHHA BK:KC.

P03B'H3aH11%.

1) О — точка перетину АС i BD. Так як kBD = ADB pi3HocTopoHHi при BCllAD i BD) та LADB= kDB (за умовою), то kBD = kDB , тобто д kBD отже ВК=КД. КО — висота д kBD.

2) АО = АВ. Проведемо висоту AN ДВАО и продовжимо до перетину з прямою ВС у М.

З) AN Ш ВО; ВА=АО; отже АВМО - дельтоТд. За

дельтоТда АМШ ВО

AN i MN

ВАО и ВМО е також висотами). Так як КОШ BD и MN Ш BD, то MN П КО, тобто КО — середня трикутника АМС, тому МК = КС. Також MN - середня трикутника ВОКС, тому МК

вм.

4) Таким чином, МК = КС= ВМ, тому ВК:КС=(ВМ+МК):КС=2:1.

ВИповть:

Задача 2.10. На сторонах трапецй побудовано квадрати. Довести, що центри цих е вершинами дельтоТда.

Розв'язання.

Нехай kLMN — (kL=MN); А, В, С i D — центри що на сторонах трапецй. Так як kL=MN, то квадрати з центрами А i С — piBHi.

Позначимо кути а.

Трикутники kAL, LBM, MCN та NDk тому

ТОт L а;

L AkD=45 ⁰+45 ⁰+ “=90⁰+ а; DNC=45 ⁰+45 ⁰+ а=90⁰+ а.

Так як DN, КА= NC, L AkD=L CND, то д CND за двома сторонами i кутом ними. А тому AD= CD.

Так як МС, LB- ВМ, L ALB ВМС, то д ALB СМВ за двома сторонами i кутом ними. А тому АВ= СВ.

Отримали, що AD= CD i АВ= СВ, отже чотирикутник ABCD — делътоТд за означенням. Що i треба було довести.

висновки

Вивчення теми збагатило мене новими знаннями, розширило по геометрй. В роботи над темою були визначення опук-

лого дельтоТда, його формули знаходження опуклого дельтоТда.

що моя робота буде вчителям та учням. В p060Ti е задач, доречно розглянути, як на уроках геометрй, так i на факультативних заняттях, для вивчення або для поглибленого вивчення знань про чотирикутники.