Несколько способов решения одной геометрической задачи

	Загрузить архив:
	Файл: ref-24015.zip (430kb [zip], Скачиваний: 98) скачать

Муниципальное образовательное учреждение

Новоусадская СОШ

Творческая работа по геометрии.

«Несколько способов решения одной геометрической задачи»

                                                                                    ученика 11 класса

                                                                                             …………..

                                                                                     Руководитель:

                                                                                     учитель I

                                                                                     категории                                                                                 

                                                                                     Шмонина С.Ю.

2006 год.

Введение.

Общеизвестно, что учащиеся прочно усваивают только то, что прошло через их индивидуальные усилия. Проблема    самостоятельности учащихся при обучении не является новой. Этому вопросу отводили исключительную роль ученые всех времен. Особенно четкие концепции о роли самостоятельности в приобретении знаний имеются в трудах К.Д.Ушинского, Д.И.Писарева и др. Эта проблема является актуальной и сейчас. Внимание к ней объясняется тем, что самостоятельность играет весьма важную роль не только приполучении среднего образования, но и при продолжении обучения после школы , а также в дальнейшей трудовой жизни школьников.

В наше время, в условиях развития рыночной экономики, когда наблюдается небывалый рост объема информации, от каждого человека требуется высокий уровень профессионализма и такие деловые качества как предприимчивость, способность ориентироваться, быстро и безошибочно принимать решения, а это невозможно без умения работать творчески.

Математика является наиболее удобным предметом для развития творческих способностей учащихся. Этому способствует логическое построение предмета, четкая система упражнений для закрепления полученных знаний и абстрактный язык математики. Воспитание самостоятельности у учащихся постепенно в течение всего периода обучения и предусматривает способность полноценно аргументировать, выделять главное, существенное, умение рассуждать, доказывать, находить рациональные пути выполнения заданий, делать соответствующие выводы, обобщать и применять их при решение конкретных вопросов.

Сущность самостоятельной работы заключается в том, что она выполняется учеником без непосредственного участия учителя, но по его заданию и под его контролем. Существуют разные подходы к классификации самостоятельных работ . Подразделяют их на обучающие и контролирующие, творческие и репродуктивные, устные и письменные, на общие, групповые и индивидуальные, на классные и домашние.

Творческие самостоятельные работы, включающие возможность решение задач несколькими способами, составление задач и примеров самими учащимися и т.п. наиболее важны из всех видов самостоятельных работ. Они требуют от учащихся собственной инициативы, будят мысль, заставляют анализировать и осуществлять самостоятельные решения.

В своей работе я рассмотрел различные методы решения геометрических задач и применение данных методов к решению одной геометрической задачи. Во-первых, эта тема меня очень заинтересовала, когда мы проходили её на уроках геометрии, и я решил узнать больше о методах решения. Во-вторых, методы решения геометрических задач занимают особое место в математике, поскольку решение их вызывает определенные трудности у учеников и абитуриентов.

I.Методы решения геометрических задач.

Говоря о поисках решения геометрической задачи, приходится иметь ввиду, что существуют различные методы её решения. Поэтому поиски прежде всего следует направить на выбор конкретного метода. Условно можно разбить на следующие группы:

§1. Традиционный метод.

Связан с использованием соотношений в треугольнике и круге, признаками равенства и подобия и др. Часто приходится проводить дополнительные построения, например, описанные окружности.

§2. Метод геометрических преобразований.

Связан с применением преобразований плоскости и пространства (параллельный перенос, симметрия, гомотетия и т.п.).

§3. Векторный метод.

Связан с использованием векторов, в частности скалярного и векторного произведений.

§4. Тригонометрический метод.

Использует применение тригонометрии, теорем синусов и косинусов.

§5. Переформулировка задачи.

Замена задачи другой, эквивалентной данной.

  

Перечисленные методы могут пересекаться, в одном решении может применяться несколько методов. Например, можно заменить исходную задачу другой, которую решают с помощью векторов и преобразований.

При решении геометрических задач полезно показать, что рассматриваемую задачу можно решить различными методами, и если один способ не приводит к цели или слишком громоздок, то лучше обратиться к другому. «Лучше решить одну задачу несколькими методами, чем несколько задач - одним» (Д.Пойя).

II.Примеры решения задач данными методами.

Прежде чем перейти к рассмотрению выбранной мною задачи, хотелось бы показать, как происходит поиск решения на примере, используя некоторые из вышеперечисленных методов.

З а д а ч а. Треугольники АВС и А₁В₁С₁ не имеют общих точек, кроме вершины С, и   АСА₁ =ВСВ₁ = 90°, СА=СА₁, СВ=СВ₁. Доказать, что медиана СDтреугольника АВС перпендикулярна прямой А₁В₁.

              

Рис.1

Заметим прежде всего те свойства фигуры, которые сразу бросаются в глаза:

1°. Треугольники АСА₁ и ВСВ₁ прямоугольные и равнобедренные.

2°.АСВ +  А₁СВ₁ = 180°.

Рассмотрим различные способы использованияэтих свойств.

Р е ш е н и я.

1 способ. На рисунке присутствует несколько прямых углов с одной вершиной, поэтому напрашивается использование поворота на 90° вокруг точки С. Пусть при таком повороте треугольник А₁В₁С₁ переходит в треугольник А₂ВС. Тогда точки А, С и А₂ лежат на одной прямой и С – середина АА₂. Следовательно, СD есть средняя линия треугольникаАВА₂ и поэтому СDА₂В. Но А₂ВА₁В₁ по свойству повороту, значит, CDA₁B₁.

II способ. Воспользуемся векторным произведением векторов.

А₁В₁∙ 2CD = (СВ₁ – СА₁)(СА + СВ) = СВ₁∙СА – СА₁∙СА + СВ₁∙СВ – СА₁∙СВ = СА ∙СВ₁∙cosACB₁ – 0 + 0 - CA∙CB∙cosA₁CB = 0, так как  АСВ₁ =   А₁СВ = 90° +АСВ.

Вывод: CD A₁B₁.

IIIспособ (традиционный). Продолжим сторону АС до точки А₂ так, что АС = А₂С (рис. 1). Тогда из замеченного выше свойства 2° следует:А₂СВ = А₁СВ₁, и треугольники А₂СВ и А₁СВ₁ равны. В треугольнике АВА₂ отрезок CD – средняя линия и поэтому CDА₂В. Из равенства треугольников получаемСВМ = СВ₁М. Значит, вокруг четырехугольника МСВВ₁ можно описатьокружность с диаметром ВВ_1. Отсюда угол ВМВ₁ опирается на диаметр и А₂В А₁В₁ . Следовательно, CDA₁B₁.

IV способ(традиционный). Достроим треугольник АВС до параллелограмма САКВ (рис.2).

              

Рис.2

Тогда ∆САК = ∆А₁СВ₁ по двум сторонам и углу между ними и , следовательно,   СА₁В₁ =АСК = α. Продолжимпрямую СК до пересечения с отрезком А₁В₁ в точке Е. ТогдаА₁СЕ = 180° - 90° - α = 90° - α, откуда следует, что   А₁ЕК = 90°.

III. Решение одной геометрической задачи несколькими способами.

Ниже предлагаются девять решений одной красивой геометрической задачи. Кроме вышеперечисленных методов, здесь используются и другие, с помощью которых также можно решить рассматриваемую мною задачу.

З а д а ч а. На гипотенузе АВ прямоугольного треугольника АВС построен квадрат ABDEв той полуплоскости от прямой АВ, которой не принадлежит треугольник АВС. Найти расстояние от вершины С прямого угла до центра квадрата, если катеты ВС и АС имеют соответственно длины aи b.

                      

Рис.3

Решение 1 (по теореме синусов).

Пусть Q -центр построенного квадрата(рис.3). Так как угол AQB прямой, то точка Q лежит на описанной около треугольника АВС окружности. Ее диаметром служит гипотенуза АВ. Из треугольника AQCпо теореме синусов имеем: СQ = АВsin(α+45°), где α – величина угла ВАС. Далее получаем:

CQ= c(sinαcos45°+cosαsin45°) = (+) = , где с = АВ. Итак, искомое расстояние CQ равно

Решение 2 (по теореме косинусов).

Из того же треугольника AQC по теореме косинусов находим:

CQ² = b² + AQ² – 2b∙CQcos (α+45°).

Рассмотрим треугольник AQB, который является прямоугольным и равнобедренным (BQ=QA). По теореме Пифагора находим, что AQ² = ². Тогда

CQ² = b² + c² – 2b∙- ² + ² + b²) – b² + ab = ², СQ =

Решение 3 (по теореме Птолемея).

Во вписанном в окружность четырехугольнике сумма произведений длин противоположных сторон равна произведению длин диагоналей (теорема Птолемея). Поэтому для вписанного четырехугольника AQBCимеем:

a∙AQ + b∙BQ = c∙CQ.

Но AQ = BQ =   и, следовательно,

(a + b)= c∙ CQ,откуда CQ =

Решение 4 (методом площадей).

Сумма площадей треугольников АВС и ABQ равна площади четырехугольника AQBC:

ab + AQ² =

где φ – величина угла между прямыми AB  и CQ.Луч CQесть биссектриса угла АСВ, так как вписанные углыACQи BCQ опираются на равные дугиAQ и BQ.По теореме о внешнем угле треугольника φ = α + 45°. Подставив в предыдущее равенство AQ² = (a² + b²)и sinφ = ∙ (по решению 1), получим:

ab + (a^{2 +}b²) = CQ∙(a + b) иCQ = .

Решение 5 (методом геометрических преобразований).

Выполним поворот около центра Q квадрата на 90°: В→А, А→А₁, С→С₁ (рис.4). Так как₁АС₁ =

₁ + ₁АС₁ = 180°,

и поэтому точки С,А,С₁ лежат на одной прямой. В треугольнике CQC₁ угол CQC₁ прямой (угол поворота),CQ = C₁Q,СС₁ = АС₁ = a+b. Следовательно, CQ =

                    

Рис.4

Решение 6 (методом координат).

Примем прямые СА и СВ за оси Ох и Оу прямоугольной декартовой системы координат. Найдем координаты х, уточки Q. Она принадлежит биссектрисе угла АСВ (по решению 4) и равноудалена от точек A(b,0) и B(0,a). Имеем систему:

х = у

                                  (x - b)² + у² = х² + (у - а)²,

откуда 2х(b - а )= b² – a² (подставив первое равенство во второе).

Если a ≠b, то имеем решение х = у = .

При a = b четырехугольник AQBCявляется квадратом и х = у =а, т.е. координаты точки Q удовлетворяют прежнему решению. По формуле расстояния между двумя точками

CQ = = =

Решение 7 (векторное).

Положим =bи = a и выразим через эти векторы вектор

= = + (+ ) = + (- ) + = (+ ) + ,

положив  = αа + βb, найдем коэффициенты α и β этого разложения, используя условия = 0 и =

(α+ β- ) = 0,

(α+ β)² = (– )².

Поскольку = 0, то эта система эквивалентна такой:

α² - β² = 0,

             α² a² + β²b^{2 =2} + ² ,

откуда α = и β = и, следовательно,

= + ,= (+ ) + (+ ) = (+ ).

Наконец, CQ² = (a+b)², CQ =.

Решение 8 (методом комплексных чисел).

Введем прямоугольную декартову систему координат так же, как при решении 6. Тогда точки А,В,С будут иметь соответственно комплексные координаты b, ai, 0,причем a = b = При повороте на 90° вектор переходит в вектор i. Поэтому имеем равенство: (ai - q)i = b-q, где q– комплексная координататочки Q. Отсюда q = . Находим:

CQ² = q= = ².

Решение 9 (чисто геометрическое).

Опишем около квадрата другой квадрат со стороной a+b. Тогда искомое расстояние, очевидно, равно половине диагонали большего квадрата.

Из всех представленных решений легко найти наиболее рациональные, но суждения о простоте или сложности того или иного решения задачи в значительной мере субъективно. Оно существенно зависит от подготовленности, от уровня владения методами решения задач. При недостаточных навыках решений методом геометрических преобразований, векторным или координатным методом можно сказать, что первые четыре решения и решение 9 гораздо проще остальных. Однако решения 5 и 6 для подготовленного человека представляются ничуть не сложнее. Векторный метод для решения данной задачи оказался малоэффективным – решение 7 сложнее остальных.Решение 8 с помощью комплексных чисел выглядит очень простым, но требует специальной подготовки.  

Заключение.

В своей работе я рассмотрел различные способы решений одной геометрической задачи, используя известные методы. Анализируя все решения, я сделал для себя важные выводы. Во-первых, благодаря такой работе снимается психологический барьер перед поиском решения задачи. Ведь если знаешь, что задача имеет несколько способов решения, то смелее берешься за неё. Постепенно, решая задачу за задачей, приобретаешь некоторый опыт, что позволит развить математическое чутье. Во-вторых, подробный разбор способов решения задач является хорошим подспорьем для того, чтобы освежить в памяти пройденный материал. В-третьих, при такой работе над задачей формируется логическое мышление, развивается интуиция, систематизируются знания, расширяется общеобразовательный кругозор. В-четвертых, овладевая основными методами решения задач, составляющими важную часть многих эвристических алгоритмов, можно рационально планировать поиск решения задачи, выполнять полезные преобразования условия задачи, а также использовать известные приемы познавательной деятельности – наблюдение, сравнение, обобщение.

Все перечисленное создает условия для формирования навыков исследовательской деятельности, способствующей накоплению творческого потенциала.

Литература.

1) Л.Р. Шикова. «Исследовательская деятельность школьников в процессе решения геометрических задач». «Математика в школе.»№4, 1995.

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

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

4) В.А.Филимонов, Т.Н.Фисенко. «Об одном подходе к изучению геометрии в средней школе». «Математика в школе» №1,1997

5) Д.Пойя. «Как решать задачу». М.,1959.

6) Д.Пойя. «Математическое открытие». М., 1970.

7) Э.Г.Готман, З.А.Скопец. «Задача одна - решения разные».