Факультативное занятие по геометрии в 9 классе Решение одной задачи несколькими методами

Разработка факультативного занятия по геометрии для учащихся 9 класса «Решение одной задачи несколькими методами на примере метода дополнительных построений»
«Лучше решить одну задачу несколькими
методами, чем несколько задач - одним»
(Д.Пойя).
В заданиях основного государственного экзамена по математике в 9 классе и единого государственного экзамена по математике в 11 классе содержатся геометрические задачи, при решении которых учащиеся испытывают определенные затруднения, что ведет к потере времени на экзамене. Многие задачи по планиметрии нельзя решить с помощью шаблонов и алгоритмов, идеального знания теории. Многие задачи по планиметрии требуют нестандартного индивидуального решения, являются объектом исследования.
Умение решать планиметрическую задачу несколькими способами – один из залогов успешного решения как планиметрических, так и стереометрических задач.
Задача:
Найти среднюю линию MN трапеции ABCD с основаниями BC и AD, если BD = 6см, AC = 8см, BD ⊥ AC.

Сегодня мы рассмотрим методы, использующие дополнительные построения (ДП)
1.1 Прямая параллельная диагонали

1. ДП: проведем CEǁ BD, CE∩AE=E; BCED – параллелограмм, (BDǁCE и BCǁDE, BC=DE=a, CE=BD=6см.)
2. Рассмотрим ∆ACE: ∟ACE=90° (BDǁCE, AC⊥ BD,значит,AC⊥CE) AE=√AC2+CE2=√64+36=10. MN=1/2AE = 5.
Ответ: MN = 5см.
1.2 Средние линии треугольников

1. Д.П.: проведем средние линии ∆ABD (MKǁ BD) и ∆ACD (NK ǁ AC)
2. Рассмотрим ∆ABD: MK=6/2=3см; ∆ACD: NK=8/2 =4
3.∆MNK:∟NKM=90° (MKǁBD, NKǁAC и BD⊥AC, значит, MK⊥NK) MN=√MK2+KN2=√32+42 =5
Ответ: MN=5
1.3 Середины сторон трапеции

1. Соединим середины сторон трапеции. XMYN – параллелограмм (XNǁBD, MYǁBD, значит, XNǁMY; XMǁAC, NYǁAC ,значит,XMǁYN);
∟MYN = 90° (ACǁYN, BDǁMY; BD⊥AC, значит,YN⊥MY); XMYN – прямоугольник .YM=3(MY – средняя линия ∆ABD, MY= 1/2BD); NY=4(NY – средняя линия ∆AС , NY=½ AC).
2. ∆MNY: MN=√32+42=5
Ответ: MN=5.
1.4 Первый признак равенства треугольников
1.Д.П.: Продлим AC на AM1=OC и BD на DN1=OB.

2. По теореме Пифагора в ∆M1ON1: M1N1=10.
3. Проведем M1KǁN1D. MK1∩AK=K.
4. ∆BOC=∆KAM1 (по Ι признаку: BO=KM1, OC=AM1, по построению, ∟BOC=∟KM1A=90º, накрест лежащие при BN1 ǁKM1, M1C – секущей) AK=BC. 5. M1KDN1 – параллелограмм, DK=M1N1=10; MN=DK/2= (AD+BC)/2=5. Ответ: MN=5
1.5 Второй признак равенства треугольников
1.Д.П.: Продлим AC на AM1=OC и BD на DN=OB.

2. Рассмотрим ∆OM1N1, ∟NOM=90°, тогда по теореме Пифагора в ∆MON M1N1=10.
3. Постоим: AE⊥MN, DF⊥MN, OK⊥BC.
4. ∆AM1E= ∆KOC и ∆DFN1=∆BOK (по II признаку): M1E=KC, FN1=BK M1N1=BC+AD=a+b=10, MN=10/2=5.
Ответ: MN=5.
Домашнее задание: решить данную задачу методами,основанными на применении подобия.