Несколько способов решения одной геометрической задачи

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 при получении 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 А 1 В 1 С 1 не имеют общих точек, кроме вершины С, и АСА 1 = ВСВ 1 = 90°, СА=СА 1 , СВ=СВ 1 . Доказать, что медиана С D треугольника АВС перпендикулярна прямой А 1 В 1 . Рис.1 Заметим прежде всего те свойства фигуры, которые сразу бросаются в глаза: 1°. Треугольники АСА 1 и ВСВ 1 прямоугольные и равнобедренные. 2°. АСВ + А 1 СВ 1 = 180°. Рассмотрим различные способы использования этих 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 А 1 В 1 С 1 переходит в треугольник А 2 ВС. Тогда точки А, С и А 2 лежат на одной прямой и С – середина АА 2 . Следовательно, С D есть средняя линия треугольника АВА 2 и поэтому С D А 2 В. Но А 2 В А 1 В 1 по свойству повороту, значит, CD A 1 B 1 . II способ.

Воспользуемся векторным произведением векторов. А 1 В 1 2 CD = (СВ 1 – СА 1 )(СА + СВ) = СВ 1 СА – СА 1 СА + СВ 1 СВ – СА 1 СВ = СА СВ 1 cos ACB 1 – 0 + 0 - CA CB cos A 1 CB = 0, так как АСВ 1 = А 1 СВ = 90° + АСВ. Вывод: CD A 1 B 1 . III способ (традиционный). Продолжим сторону АС до точки А 2 так, что АС = А 2 С (рис. 1). Тогда из замеченного выше свойства 2° следует: А 2 СВ = А 1 СВ 1 , и треугольники А 2 СВ и А 1 СВ 1 равны. В треугольнике АВА 2 отрезок CD – средняя линия и поэтому CD А 2 В. Из равенства треугольников получаем СВМ = СВ 1 М. Значит, вокруг четырехугольника МСВВ 1 можно описать окружность с диаметром ВВ 1. Отсюда угол ВМВ 1 опирается на диаметр и А 2 В А 1 В 1 . Следовательно, CD A 1 B 1 . IV способ (традиционный). Достроим треугольник АВС до параллелограмма САКВ (рис.2). Рис.2 Тогда САК = А 1 СВ 1 по двум сторонам и углу между ними и , следовательно, СА 1 В 1 = АСК = . Продолжим прямую СК до пересечения с отрезком А 1 В 1 в точке Е. Тогда А 1 СЕ = 180° - 90° - = 90° - , откуда следует, что А 1 ЕК = 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 ABDE в 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 a и 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 AQC по теореме синусов имеем: С Q = АВ sin ( +45°), где – величина угла ВАС. Далее получаем: CQ = c ( sin cos 45°+ cos sin 45°) = ( + ) = , где с = АВ. Итак, искомое расстояние CQ равно Решение 2 (по теореме косинусов ). Из того же треугольника AQC по теореме косинусов находим: CQ 2 = b 2 + AQ 2 – 2 b CQcos ( +45°). Рассмотрим треугольник AQB , который является прямоугольным и равнобедренным ( BQ = QA ). По теореме Пифагора находим, что AQ 2 = 2 . Тогда CQ 2 = b 2 + c 2 – 2b - 2 + 2 + b 2 ) – b 2 + ab = 2 , С Q = 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 AQBC имеем: 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 + AQ 2 = где – величина угла между прямыми AB и CQ . Луч CQ есть биссектриса угла АСВ, так как вписанные углы ACQ и BCQ опираются на равные дуги AQ и BQ .По теореме о внешнем угле треугольника = + 45°. Подставив в предыдущее равенство AQ 2 = ( a 2 + b 2 ) и sin = (по решению 1), получим: ab + ( a 2 + b 2 ) = CQ ( a + b ) и CQ = . Решение 5 (методом геометрических преобразований). Выполним поворот около центра Q квадрата на 90°: В А, А А 1 , С С 1 (рис.4). Так как 1 АС 1 = 1 + 1 АС 1 = 180°, и поэтому точки С,А,С 1 лежат на одной прямой. В треугольнике CQC 1 угол CQC 1 прямой (угол поворота), CQ = C 1 Q , СС 1 = АС 1 = 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, у точки 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 + у 2 = х 2 + (у - а) 2 , откуда 2х( b - а ) = b 2 – a 2 (подставив первое равенство во второе). Если a b , то имеем решение х = у = . При a = b четырехугольник AQBC является квадратом и х = у =а, т.е. координаты точки Q удовлетворяют прежнему решению. По формуле расстояния между двумя точками CQ = = = Решение 7 (векторное). Положим = b и = a и выразим через эти векторы вектор = = + ( + ) = + ( - ) + = ( + ) + , положив = а + b , найдем коэффициенты и этого разложения, используя условия = 0 и = ( + - ) = 0, ( + ) 2 = ( – ) 2 . Поскольку = 0, то эта система эквивалентна такой: 2 - 2 = 0, 2 a 2 + 2 b 2 = 2 + 2 , откуда = и = и, следовательно, = + , = ( + ) + ( + ) = ( + ). Наконец, CQ 2 = ( 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 координата точки Q . Отсюда q = . Находим: CQ 2 = 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.