Планиметрия в одной задаче

IX Международный конкурс научно-исследовательских и творческих работ учащихся
Старт в науке

Планиметрия в одной задаче

Фролов Г.Р. 1
1ГБОУ "Брянский городской лицей №1 имени А.С.Пушкина", учитель математики
Ефремова Л.И. 1
1ГБОУ "Брянский городской лицей №1 имени А.С.Пушкина", учитель математики
Автор работы награжден дипломом победителя III степени
Текст работы размещён без изображений и формул.
Полная версия работы доступна во вкладке "Файлы работы" в формате PDF

I.Введение

« Геометрия показалась мне очень интересной и какой-то волшебной наукой». Это слова Архимеда,древнегреческого математика, физика и инженера из Сиракуз, сделавшего множество открытий в области геометрии.

Я полностью согласен со словами Архимеда, так как мне геометрия нравится больше, чем алгебра, и решение задач по геометрии доставляет удовольствие. Мне не приходилось серьезно заниматься проектами, а тут задался целью написать проект «Планиметрия в одной задаче». Объясню почему? Чаще всего урок состоит из изложения теории и решения нескольких иллюстрирующих ее задач. Сама задача, приемы ее решения, анализ условия нечасто бывают объектом особого внимания учеников.  Лично мне нравятся задачи, решение которых требует исследовательской работы. Поэтому, чтобы не тратить силы на знакомство с условием нескольких задач, достаточно рассмотреть решение только одной задачи, интересной по содержанию, богатой идеями, имеющей несколько способов решения. Именно, такую конференцию проводила наша учительница по математике в декаду по математике, и предложила мне, так как я желал больше других, написать проект.

Актуальность темы моей работы определяется необходимостью уметь решать задачи при сдаче ЕГЭ. Большинство задач по планиметрии не решается с помощью жестких алгоритмов, почти каждая требует своего подхода. Здесь уже мало иметь те или иные знания, нужно уметь применять их в каждом конкретном случае. Особое значение имеет выработка разнообразных подходов, которые могут быть успешно применены при решении многих геометрических задач. Задача выступает не только в качестве иллюстрации теории, но и рассматривается как самостоятельный объект, как средство развития исследовательской деятельности.

В математике известно множество методов решения разных задач, к ним относятся: [3]

Методы с использованием дополнительных построений.

Методы, основанные на подобии треугольников.

Методы, использующие соотношение между углами и сторонами прямоугольного треугольника.

Координатный метод.

Методы, использующие векторный аппарат.

В данной работе предлагается несколько методов решения одной задачи по планиметрии, детальный анализ которой позволит убедиться в реальной и существенной пользе проделанной работы.

Проблема исследования заключаетсяв изучении различных методов решения планиметрических задач и нахождении задач, решаемых разными методами, для того чтобы качественно подготовиться к ЕГЭ.

Объектом исследования являются геометрические задачи из раздела «Планиметрия».

Предметом исследования являются различные методы решения.

Гипотеза состоит в том, что изучать различные методы решения геометрических задач лучше на примере одной задачи, если она будет иметь их несколько.

Цель исследования – показать многообразие подходов при решении одной геометрической задачи и найти более рациональный способ решения задачи. Для достижения поставленной цели необходимо решить следующие задачи:

изучить литературу по данной теме;

исследовать разнообразные методы решений планиметрических задач;

найти и решить геометрическую задачу всеми возможными изученными методами;

проанализировать и сравнить полученные решения с целью нахождения наиболее эффективного подхода;

создать устный журнал «Почти вся планиметрия в одной задаче».

Предлагаемая исследовательская работа посвящена изучению различных методов решения одной задачи планиметрии.

II.Основная часть

2.1. Основные теоретические сведения.

2.1.1. Методы, использующие дополнительные построения.

При решении геометрических задач обычно используются три основных метода: геометрический – когда требуемое утверждение выводится с помощью логических рассуждений из ряда известных теорем; алгебраический – когда искомая геометрическая величина вычисляется на основании различных зависимостей между элементами геометрических фигур непосредственно или с помощью уравнений; комбинированный – когда на одних этапах решение ведется геометрическим методом, а на других – алгебраическим. [3] Какой бы путь решения ни был выбран, успешность его использования зависит, естественно, от знания теорем и умения их применять. Итак, я предлагаю следующую задачу решить различными методами и посмотреть, сколько получиться способов.

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

Методы дополнительного построения.

Всякое геометрическое решение геометрической задачи начинается с работы над чертежом. При этом иногда на «естественном» чертеже (т.е. на чертеже, на котором изображено только условие) трудно заметить связи между данными и искомыми величинами, а если фигуру достроить, эти связи становятся очевидными. [3]

Способ №1 (построение прямой, параллельной д иагонали).

1. Продолжим BC вправо. Проведем DK || AC. Так как ACKD – параллелограмм, то DK = 6 см.
2. BD   DK, так как BD   AC.  BDK – прямоугольный. 

3. BK = BC + AD. Средняя линия равна половине BK, т. е. 5 см.

Способ №2  (похожий на способ 1)

Проведем CE || BD до пересечения с продолжением AD. DE = BC, так к ак DBCE  – параллелограмм. AE вычислим по теореме Пифагора из   ACE (CE || BD, но BD   AC, следовательно, CE   AC): AE = a + b. Но средняя линия равна: 
т. е. равна 5 см.Ответ: 5 см.

Способ №3 (построение средних линий треугольников).

1 .MN – средняя линия трапеции. Проведем MK || BD и соединим точки N и K.
2. NK – средняя линия   ACD, следовательно, 

NK = , NK=3cм

3.MK – средняя линия  ABD, следовательно,

MN =BD, MK=4см

4.    MKN  = AOD, как углы с соответственно параллельными сторонами. 

MNK прямоугольный. Ответ: 5 см.

Способ №4 (построение середин сторон т рапеции).

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: 5 см.

Способ № 5 (применение признаков равенства треугольников).

1 .Продолжим CA на расстояние AM = CO. Через точку M проведем MN || ADBD MN = N.

2. OMN – прямоугольный, OM = 6 см, ON = 8 см. Следовательно, MN = 10 см (теорема Пифагора).

3.Проведем MK || ND. Продолжим AD до пересечения с MKMAK = BOC  (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.

С пособ № 6 (применение признаков равенства треугольников).

Продолжим AC за точку A так, что AM = OC. Продолжим BD за точку D так, что DN = BO. Итак,  OMN – прямоугольный с катетами 6 см и 8 см. По теореме Пифагора MN = 10 см. Проведем AE  MN, DF MN, OK BC.

Следовательно, ME = KC и FN = BK, т. е. MN = AD + BC = 10 (см).

Средняя линия равна:  Ответ: 5 см.

Способ №7 (Метод высот).

1 .  
2. Из ACE:

3. 

Средняя линия:  (*)

4. Из   ACE:

5. Подставив в (*), находим: 

Ответ: 5см.

Вывод: Метод дополнительных построений при решении геометрических задач является непростым, т.к. нужное дополнительное построение не всегда удается определить с первого взгляда. Но, зная различные способы дополнительных построений и их применение, решение геометрической задачи становится намного проще, т.к. появляются другие фигуры (чаще те, которые мы изучили), свойства которых нам известны. Метод дополнительных построений помогает решать задачи понятно и красиво.

2.1.2.Векторный метод.

Применение критериев коллинеарности векторов при решении  задач.

Критерии коллинеарности векторов служат основной для применения векторной алгебры в решении планиметрических задач. Они позволяют выразить в виде векторных равенств различные утверждения о расположенных точках, прямых и плоскостей. Переход от векторных равенств к скалярным происходит на основе единственности разложения вектора по двум неколлинеарным векторам. [3]

1.Для того, чтобы три различные точки А, В, С, лежали на одной прямой, необходимо и достаточно, чтобы векторы и были коллинеарны, т.е., чтобы существовало число k такое, что = [1]

2.Пусть А1 и А2- различные точки прямой a, а В1 и В2 – различные точки прямой b. Для того чтобы прямые а и b были параллельны, необходимо и достаточно, чтобы векторы и были коллинеарны, т.е., чтобы существовало число k такое, что = k [1]

Способ № 8 (с использованием векторного аппарата).

точки M и N – середины сторон BC и AD. Можно доказать, что 

т. е. векторы коллинеарны и точки MON лежат на одной прямой. Известно, ч то

Используя предыдущий способ, легко показать, что MN равно длине средней линии в этой трапеции.

Ответ: 5 см.

Способ №9 (с использованием векторного аппарата).

Сложим эти равенства почленно:

Но средняя линия равна полусумме  AD и BC, т. е. 5 см. Ответ: 5 см.

2.1.3. Метод, основанный на подобии треугольников.

Две фигуры F и F1 называются подобными, если они переводятся друг в друга преобразованием подобия, т.е. таким преобразованием, при котором расстояния между точками изменяются (увеличиваются или уменьшаются) в одно и то же число раз.[1]

Признаки подобия треугольников: [1]

1)    Если два угла одного соответственно равны двум углам другого;

2)    Если две стороны одного пропорциональны двум сторонам другого и углы, образованные этими сторонами равны;

3)    Если три стороны одного треугольника пропорциональны трем сторонам другого.

Способ № 10

Пусть OC = xBO = y; тогда AO = 6 – xDO = 8 – yMN – средняя линия.

И з подобия  BOC и  AOD имеем:

2. Из прямоугольного треугольника BOC имеем: 

3. Из подобия BOC и AOD имеем:

4.

Ответ: 5 см.

Способ №11.

1. Из подобия BOC и AOD:

2. Продолжим диагонали на отрезки, равные CO и BO.

3. Из MONMN = 10 см.

4. AOD подобен MON;

5 . В BOC

6. BOC подобен AOD.

7.

8. Средняя линия равна 

Ответ: 5 см.

2.1.4. Метод введения вспомогательного неизвестного.

Суть метода заключается в том, что исходя из условия задачи, составляют уравнение (или систему уравнений). В качестве вспомогательных аргументов удобно выбирать величины, которые вместе с данными из условия задачи дают набор элементов, однозначно задающих некоторую фигуру.[2]

С пособ №12.

Пусть   – средняя линия.

OC = xBO = yOA = 6 – xOD = 8 – y. Из подобия BOC и AOD:

Пусть x < 3 (половины AC).

Возведем в квадрат:

3a2 – 5ax + 25x – 75 = 0. Решим относительно a:

Ответ: 5 см.

2.1.5. Методы, использующие соотношение между углами и сторонами треугольника.

Метод применения тригонометрии к решению геометрических задач

состоит в составлении формулы выражающей зависимость искомых отрезков (или углов) от данных отрезков (или углов), только формула эта содержит кроме отрезков тригонометрические функции углов.[2]

Способ №13 (тригонометрический).

1. Из подобия BOC и  AOD
2 . BOC – прямоугольный. 
3. Найдем cos  либо по формуле   либо методом треугольника:
4. Из BOC
5. Из   AOD:
6. Средняя линия равна:

Ответ: 5 см.

Способ№ 14 (тригонометрический).

1. Из подобия треугольников BOC и AOD
2.  ,ax = 6b – bx, (a + b)x = 6b
3. 

4.Ответ: 5 см.

2.1.6. Метод площадей состоит в том, что главным объектом данного метода является площадь. Для треугольника площадь довольно просто выражается через разнообразные комбинации элементов треугольника.

Поэтому эффективным оказывается прием, когда сравниваются различные выражения для площади данной фигуры. В этом случае возникает уравнение, содержащее известные и искомые элементы фигуры, разрешая которое можно определить неизвестное. Особенность метода площадей в том, что из геометрической задачи он «делает» алгебраическую, сводя все к решению у равнения.[2]

Способ №15

1. так как диагонали d1   d2

2. 

H – высота не только трапеции, но и прямоугольного треугольника с катетами 6 см и 8 см, проведенная из вершины прямого угла на гипотенузу. Находим

H=4,8

3. Ответ: 5 см.

2.1.7. Метод координат.

К оординаты на плоскости можно вводить бесконечным числом разных способов. И, решая ту или иную геометрическую задачу методом координат, можно использовать различные координатные системы, выбирая ту из них, в которой задача решается проще, удобнее. [3]

1.Зададим оси координат по прямым BD и AC, точка О(0;0) – точка пересечения диагоналей.

2.Координаты вершин: А(0;у-8), В(х-6;0), С(0;у), D(х;0).

3.Найдем координаты точек М и N:

M ( ; ), N ( ; ), ,

= =5. Ответ:5см.

2.2. Примеры задач из курса 9 класса, разбору решения которых можно посвятить целый урок.[4]

(Смотреть приложение 1)

2.3. Результаты анкетирования. (Смотреть приложение 2)

III. Заключение

В ходе моей работы было выявлено 16 различных способов и 7 методов решения одной конкретной задачи из раздела «планиметрия». На примере этой задачи можно увидеть многообразие геометрической теории.

Самым понятным и простым является метод, в котором используются дополнительные построения и метод координат. Самым трудным -метод введения вспомогательного неизвестного иметоды, использующие соотношение между углами и сторонами треугольника. Здесь нужно производить сложные вычисления и трудно додуматься до такого решения. Ведь метод замены широко применяется в алгебре, но не менее эффективно «замена» может быть применена в геометрии. Сущность этого приема решения геометрических задач состоит в следующем: фигура, о которой идет речь в условии задачи, так заменяется фигурой с той же искомой величиной, чтобы найти эту величину было легче. [5]

Подробный разбор способов решения задач является хорошим подспорьем для того, чтобы освежить в памяти пройденный материал. При работе над задачей формируется логическое мышление, развивается интуиция, систематизируются знания. Овладевая основными методами решения задач, можно рационально планировать поиск решения задачи, выполнять полезные преобразования условия задачи, а также использовать известные приемы познавательной деятельности – наблюдение, сравнение, обобщение. [5]

Одной из важных особенностей математики, делающих ее прекрасной, является наличие в ней красивых задач и изящных решений. Восприятие красоты задачи развивается с годами, по мере овладения математическими знаниями. Отыскание различных способов решения задач – важнейшее средство развития творческого мышления. Решение одной и той же задачи различными способами дает возможность полнее исследовать свойства геометрической фигуры и выявить наиболее простые решения. Решая задачу подходящим методом, иногда попутно удается открыть новые свойства фигуры, о которых в задание ничего не говорится. Нередко найденный способ решения в дальнейшем используется при решении более трудных задач. Более того, отыскивая различные способы решения математической задачи, ученик развивает свои творческие возможности, формирует познавательный интерес, вырабатывает исследовательские навыки, применяя глубокие математические знания. Решение задач различными способами способствуют повышению математической культуры учеников![4]

Все перечисленное создает условия для формирования навыков исследовательской деятельности, способствующей накоплению творческого потенциала. Эти слова могу отнести к себе.

Проведенное исследование позволило сделать следующие выводы:

1. Основным методом решения геометрических задач в условиях экзамена является аналитический метод, применение которого не требует особой изобретательности. Тем не менее, важно, владеть геометрическими приемами, уметь находить наиболее простое и красивое решение с помощью дополнительных построений.

2. При решении задач чаще всего применяется комбинированный метод.

3. Можно овладеть основными методами решения задач, составляющих важную часть многих эвристических алгоритмов, учиться рационально, планировать поиск решения задачи, выполнять полезные преобразования условия задачи.

4. Благодаря такой работе снимается психологический барьер перед поиском решения задач. Зная, что задача может быть решена разными способами, можно смелее браться за ее решение. Постепенно, решая задачу за задачей, приобретем некоторый опыт, что позволит развить математическое чутье.

IV. Список источников информации

 

1.Л.С. Атанасян, В.Ф. Бутузов и др. «Геометрия 7-9», Москва, «Просвещение», 2015. -383 с.:ил.

2. Э.Г. Готман, З.А.Скопец. «Задача одна - решения разные», 1988г

3. Д.Ф.Изаак. «Поиски решения геометрической задачи». «Математика в школе»№6,1998.

4. А.А. Окунев, «Спасибо за урок, дети!», Москва «Просвещение» 1988

5. Я. П. Понарин. «Задача одна – решений много». «Математика в школе» №1,1992.

6. Д. Пойя. «Как решать задачу». М.,1959. 4. Д. Пойя. «Математическое открытие». М., 1970. 5. Л.М. Фридман, П.В. Турицкий: Как научиться решать задачи. М, 1999

V. Приложения

Приложение 1 (Примеры задач из курса 9 класса, разбору решения которых можно посвятить целый урок)

1.Из всех равнобедренных треугольников, вписанных в данную окружность, найти тот, у которого площадь наибольшая.

2.Доказать, что если у четырехугольника суммы противоположных сторон равны, то в него можно вписать окружность.

3. Две окружности радиусов r и 3r касаются внешним образом. Определить площадь фигуры, заключенной между окружностями и общей к ним внешней касательной.

4.Окружность касается двух сторон треугольника и двух его медиан. Доказать, что этот треугольник равнобедренный.

5.Трапеция ABCD с основаниями BC=2 и AD=10 такова, что в неё можно вписать окружность и около неё можно описать окружность. Определить, где находится центр описанной вокруг ABCD окружности. Найти отношение радиусов описанной окружности к радиусу вписанной окружности.

6. Стороны треугольника a,b, c. Найдите радиус окружности, имеющей свой центр на с и касающейся двух других сторон a и b.

Приложение 2

Вопросы анкетирования:

Сколькими способами вы в основном решаете задами по геометрии?

Приходилось ли вам решать одну и ту же задачу разными способами?

Назовите максимальное число способов, с помощью которых вы решали одну и ту же задачу?

Что лучше, по-вашему, мнению, решить несколько задач, повторив материал по геометрии или одну задачу несколькими методами, повторив то же самое?

Анализ результатов анкетирования.

В анкетировании приняли участие: 9 химико-биологический класс , 9физико-математический, 9 информационно-математический, социально-экономический №1, всего - 88 человек. На первый вопрос большинство детей ответили, что одним способом решают задачи на уроках. А те 40%, которые ответили, что двумя или тремя способами, то другие способы они либо проговаривают вслух, либо учитель вызывает к доске несколько человек, один способ записывают в тетрадь, а другие просто слушают.

На второй вопрос почти все лицеисты ответили однозначно «да».

На третий вопрос, одним способом решали 5%, двумя-18%, тремя-50%, четырьмя-17%, пятью-6%,шестью, семью, восьмью и девятью способами по 1% (это по 1 ученику).

На четвертый вопрос, чуть больше трети опрошенных считают, что лучше решить одну задачу несколькими способами, чем несколько одним. Я думаю, что это были те лицеисты, которые проявляют особый интерес к геометрии. Аргументы были такие: «Это развивает мышление, творческие способности, логику, более прочно закрепляет теоретические знания».

Из представленных диаграмм наглядно видно, что подавляющее большинство учащихся решали задачи несколькими способами, но чтобы их было от 10 до 16- нет.

Выводы: анкетирование учащихся показало, что потребность в проекте действительно есть, и тут возникла идея создать устный тематический журнал «Почти вся планиметрия в одной задаче», где будут изложены все 16 способов решения одной задачи с кратким описанием 7 методов решения. Удобно, наглядно, взял, открыл и показал, не прибегая к компьютеру.

6

Просмотров работы: 525