Методы решения геометрических задач

Решение задач по геометрии по сравнению с методами решения других задач по математике имеет ряд специфических особенностей. Во-первых, их достаточно много и они разнообразны. Во-вторых, методы решения задач по геометрии обладают возможностью взаимной замены. В-третьих, области применения конкретных методов четко не очерчены и потому ореол распространения велик. В-пятых, методы решения задач по геометрии с трудом поддаются формальному описанию. Более того, при решении задач часто применяется комбинация приемов и методов решения математических задачи.
Метод дополнительных построений. Специфика решения задач по геометрии этим методом проявляется уже на этапе построения чертежа. Довольно часто применяются так называемые «скелетные» чертежи. Чаще всего в задачах, в которых фигурируют ...

Содержание

Введение……………………………………………………………….3
1. Общее понятие о решении задач по геометрии………………….4
2. Решения геометрических задач в контексте укрупнения
дидактических единиц…………………………………………….6
3. Решения геометрических задач на практике……………………..18
Заключение…………………………………………………………….30
Список литературы

Введение

Президент России в Послании Федеральному Собранию Российской Федерации в 2009 г. сказал: «Главная задача современной школы — это раскрытие способностей каждого ученика, воспитание личности, готовой к жизни в высокотехнологичном, конкурентном мире. <…> Школьное обучение должно способствовать личностному росту так, чтобы выпускники могли самостоятельно ставить и достигать серьезные цели, уметь реагировать на разные жизненные ситуации»[1].
Надо искать средства, методы, приемы повышения уровня интеллектуального развития школьников, формирования у них навыков саморазвития и самопознания, способности творчески осваивать и преобразовывать действительность в процессе самореализации и т. д. В связи с этим сегодня все большее признание в педагогической науке получают со здание альтернативных инновационных проектов, поиск и внедрение более эффективных форм, средств и методов активного обучения, выявление и разработка новых образовательных идей, соответствующая трансформация выделяемых ранее педагогических направлений и технологий и др.

Этот способ считается самым универсальным для решения геометрических задач.
Задача.В произвольном треугольнике АВС биссектриса ВЕ перпендикулярна медиане АD, причем ВЕ = AD = 4. Найти стороны треугольника АВС.
Решение.
20
Рассмотрим треугольник АВС (рис. 1).
Точка О – точка пересечения биссектрисы ВЕ и медианы АD.
Прямоугольные треугольники АВО и DВО равны по катету и острому углу. Поэтому АО = ОD = 2 и АВ = ВD, так что
ВС = 2АВ.
Пусть точка О – начало прямоугольной системы координат. Ось абсцисс совпадает с направлением вектора ОD. Будем считать, что |OD|/2 есть единичный отрезок координатной плоскости.
В введенной системе координат точки А, D, В имеют следующие координаты:
А(-2; 0), В(0; b), и D(2; 0).
21
Чтобы вычислить длины сторон треугольника АВС надо определить, чему равно число b.
Его можно выразить через координаты точек С и Е. Зная, что D – середина ВС, получаем, что С(4; -b). Найдем вторую координату точки Е(0; у), пользуясь тем, что она принадлежит прямой АС.
Уравнение прямой АС имеет вид: (х + 2)/6 = у/(-b).
Координаты точки E(0; у) этому уравнению удовлетворяют, поэтому, подставив в него 0 вместо х, получим, что y = -⅓·b. Следовательно, ВЕ = 4/3 · b. По условию задачи BE = 4, значит, b = 3.
Итак, имеем A(-2; 0), В(0; 3), С(4; -3). Теперь, зная координаты вершин треугольника АВС, найдем его стороны:
АВ = √13, ВС = 2√13, АС = 3√5.
2. Векторный способ
Введем обозначения: ВА = а, ВС = с.
Теперь через а и с выразим векторы ВЕ и АD.
По свойству биссектрисы треугольника из того, что ВС = 2BD, следует, что
СЕ = 2АЕ. По формуле деления отрезка в данном отношении имеем:
ВЕ = (c + 2a)/3.
По правилу вычитания векторов АD = 1/2 · c – a. У векторов ВЕ и АD длины известны.
22
Пусть |a|= a,  тогда |c|= 2a. Вычислив скалярные квадраты векторов ВЕ и AD, получим уравнения:
2a2 + ac = 36;  2a2 – ac = 16.
Отсюда a2 = 13 и ac = 10.
Значит, АВ= √13, ВС=2√13.
Найдем сторону АС по теореме косинусов: AC2 = 5a2 – 2ac. Подставив вместо a2 и ас найденные выше значения, получим АС = 3√5.
Пример 2
Нужно доказать, что радиусы окружностей, описанных около треугольников AHB, BHC и AHC, где H - точка пересечения высот остроугольного треугольника ABC, равны между собой.
Рис. 2
23
Решение: Заменим один из этих треугольников (например, ΔВНС) конгруэнтным ему треугольником и найдем радиус окружности, описанной вокруг замененного треугольника.
1 способ. Через вершину B проведем прямую, параллельную высоте CK, а через C - прямую, параллельную высоте BM; пусть F - точка пересечения этих прямых.
Четырехугольник BHCF - параллелограмм, поэтому ΔBFC = ΔВНС.
Рассмотрим четырехугольник ABFC:
[FB] ll [CK]
=> ( ABC = ACF = 90o ).
[FC] ll [BM]
Следовательно, точки A,B,F и С лежат на одной окружности, поэтому RΔABC = RΔBFC ( RΔABC обозначает радиус окружности, описанной около ΔABC ).
(ΔABC = ΔBHC) => ( RΔBFC = RΔBHC ).
Далее,
RΔABC = RΔBFC
=> ( RΔABC = RΔBHC )
RΔBFC = RΔBHC
Аналогично доказывается, что RΔAHB =RΔAHC=RΔABC
2 способ. Опишем около данного треугольни­ка ABC окружность и продолжим его высоту AP до пересечения с проведенной окружно­стью в точке E (рис. 3). Заметим, что CBM=PAC (каждый из этих углов дополняет угол АСВ до 90о) и PAC=CBE (каждый из них измеряется половиной угловой величины дуги EC, на которую они опираются); следовательно, CBE = CBH. Аналогично доказываем, что BCE = BCH. Таким образом, ΔВЕС= ΔВНС, следовательно, RΔBCE = RΔBHC.
24
Рис. 3
Точки А,В,С и Е лежат на одной окружности, поэтому RΔBEC = RΔABC.
Окон­чательно получаем RΔBHC = RΔABC.
Аналогично доказываем, что радиусы окружностей, описанных около треугольников AHB и AHC, равны радиусу окружности, описанной около треугольника ABC.
Пример 3
Задача. Дана трапеция АВСБ, основания которой ВС=44, АБ=100, АВ=СD=35. Окружность, касающаяся прямых АD и АС, касается стороны СD в точке К, найдите длину отрезка СК.
Решение:
1 случай.( рис 4)
1) АH = ½ ( 100 – 44 ) = 28
2) cos a = 28/35
25
Рис. 4
3) AC=CD2 + AD2 – 2CD x AD x cos a = 352 + 1002 – 2 x 35 x 100 x 28/35 = 5625 =752
4) 100 – x + 35 – x = 75
2x = 60
x = 30
2 случай. ( рис 4)
1) AL = AM
75 + x = 100 + 35 – x
X = 30 = CK
Пример 4
Задача.. Найдите длину отрезка общей касательной к двум окруж­ностям, заключённой между точками касания, если радиусы окружностей равны 23 и 7, а расстояние между центрами окружностей равно 34.
Решение:
1 Случай. ( рис. 5)
1) O1H = AB = √ 342 – 162 = √ 18 – 50 = 30
26
Рис. 5
2 Случай. ( рис 6)
1) О1H = AB = √ 342 – 302 = 16
Рис. 6
Пример 5
Задача. В прямоугольнике ABCD, АВ = 2, ВС = √3. Точка Е на прямой АВ выбрана так, что AED = DEC. Найдите АЕ.
Решение:
1 случай.
1) ЕN || AD ; ΔAED = ΔEND => AED = NDE = a
27
2) ΔCDE: CED = CDE = a => CE =CD = 2
3) ΔEBC: BC2 + BE2 = EC2
3 + ( 2 – x )2 = 4
( 2 – x )2 = 1
2 – x = 1
x = 1

2 Случай
1) AE || DC => AED = EDC
2) ΔDEC – равнобедренный;
DC = CE = 2
3) x = √ 4 – 3 = 1
4) AE = 2 + 1 = 3
Пример 6
Задача. Дан параллелограмм АВСD, АВ=3, ВС=5, А=60o. Окруж­ность с центром в точке О касается биссектрисы угла D и двух сторон параллелограмма, исходящих из вершины одного его острого угла. Найдите площадь четырёхугольника ABOD.
Решение:
1 случай. (рис 7)
1) R = a √3/3 = CO; CO = 3√3/3 = √ 3
2) SCOD = 1/2 . √ 3 . √ 3 . sin 1200 = 1/2 . 3 . √3/2 = 3√3/4
3) r = 3√3/6 = √3/2 = GO
4) SBOC = 1/2 . √3/2 . 5 = 5√3/4
28
Рис. 7
5) SABCD = 5 . 3 . √3/2 = 15√3/2
6) SABOD = 15√3/2 - 3√3/4 - 5√3/4 = √3/2 ( 15 – 3/2 – 5/2 ) = 11√3/2
2 случай. ( рис. 8 )
1) r = 5√3/6 = OQ; R = 5√3/3 = AO