О деяких труднощі, які виникають за рішенні геометричних завдань

О деяких труднощі, які виникають за рішенні геометричних задач

В.Ф.Чаплыгин Анализ результатів прийомних іспитів до університету, досвід роботи з школярами, слухачами підготовчих відділень, студентами-математиками, які готують себе на школи, дає підстави дійти невтішного висновку у тому, що з рішенні текстових завдань учні відчувають значно більше труднощів, ніж під час вирішення рівнянь і нерівностей. Це почасти пояснюється лише тим, що з рішення рівнянь, нерівностей чи його систем можна використовувати певний набір відомих алгоритмів і прийомів, оскільки сама завдання вже формалізовано, математизирована. Щодо текстовій завдання математичну модель учень повинен скласти самостійно. І тому ті завдання, зокрема геометричні, про які йтиметься, вимагають значно більших логічних зусиль. Ми торкнемося тут, переважно, завдань на вычисление.

Решение більш-менш серйозного завдання вимагає, по-перше, ретельного її аналізу. Учень повинен ясно усвідомити, що йому відомо, як пов’язані між собою дані величини, які слідства їх можна було одержати, що необхідно знайти у завданню І що потрібно цього знати. Аналіз у своїй може мати як односпрямований характер (від даних величин до потрібним навпаки), а й зустрічний, коли рух відбувається у двох протилежних направлениях.

Трудным моментом є вибір методу, який призведе до вирішення завдання найкоротшим шляхом. Він, зазвичай, не однозначний і майже кожна завдання допускає не одне рішення (мають на увазі не результат, а процес). Розмірковування, використовувані для рішення, може бути суто геометричні чи запозичені зі алгебри чи тригонометрії. На жаль, доводиться констатувати слабкі знання учнями найпростіших тверджень, фактів, формул. Вони не можуть у вимірі кутів, що з окружністю (уписаних, центральних, складених хордою і дотичній, освічених хордами, пересічними всередині окружності, чи січними, що виходять із однієї точки поза окружності), не знають властивостей дотичних і січних, уписаних і описаних многоугольников, теорем синусів і косинусов, зв’язок значень тригонометрических функцій із гармонійними стосунками сторін прямокутного трикутника. Відомо, що важливу роль рішенні геометричних завдань має креслення. Якщо його виконано вірно, то допоможе в правильному виборі рішення, якщо помилковий, вона може навести на хибний шлях. Говорячи звідси, ми закликаємо до того що, щоб включати у курс шкільної геометрії якнайбільше теорем (попри всі випадки життя), а пропонуємо створювати комплекси завдань, згрупованих за принципом загальних ідей чи методів рішення. Вирішуючи завдання, слід звернути увагу учнів на моменти, які допомагають правильно вибрати спосіб розв’язання, прищеплювати смак до таких завданням, вселяти віру у тому творчі можливості, розвивати логічні здатності Німеччини та интуицию.

Приведем приклади завдань, які потрібні видаються цікавими. Перші три завдання використовують подобие.

Задача 1. Прямокутний трикутник АВС з катетами АС=3, ВС=2 вписаний у квадрат. Відомо, що вершина, А збігаються з вершиною квадрата, а вершини У і З лежать на сторони квадрата, які містять точку А. Знайти площа квадрата.

З огляду на рівності відзначених кутів (мал.1) трикутник ACD подібний до трикутнику CBE . Нехай AD=x, тоді DC=. Оскільки AD2+DC2=AC2, то x2+=9, x2=. Таким чином, площа квадрата дорівнює .

Задача 2. На сторони BC і CD квадрата ABCD обрані відповідно точки E і F так, що і Ко — точка перетину відрізків BF і AE. Знайти ставлення КЕ: АК.

З подоби трикутників (мал.2) AKB, BKE і ABE слід . Перемноживши рівності і , одержимо .

Эту завдання можна вирішити з допомогою гомотетии чи теореми Фалеса, але, з погляду, запропоноване рішення предпочтительнее.

Задача 3. Діаметр окружності з центром Про лежить боці AD чотирикутника ABCD, у своїй АО=ОD. Три інші боку АВ, ВР і СD стосуються цієї окружності. Знайти AD, якщо АВ =чи CD=b.

нехай у трикутнику АВО (рис.3) ВАО=, АВО=, ВОА= і, отже, + + =. Оскільки ВО — бісектриса кута СВА, то СВО= .

Если Р і Q — точки торкання, то APO= DQO (вони прямокутні, ОР=ОQ, AO=OD) QDO= PAO=. Сума кутів чотирикутника ABCD дорівнює 2, тому С=2 -2 -2 .

А оскільки ЗІ - бісектриса, то DCO= -(+)=. Отже, трикутники АОВ і DCO подібні і . Звідси отримуємо рівності АТ· OD=AB· CD=ab АО=OD= і AD=2.

А на таких двох завданнях учні повинні згадати властивості уписаних і описаних четырехугольников.

Задача 4. З нашого боку ЗС паралелограма ABCD обрано така точка Є, що =2. Відомо, що трапеція AECD має такими властивостями:

1) у ній можна вписати окружность;

2) біля неї можна описати окружность.

Найти величину кута BAD.

З огляду на властивостей, які має трапеція AECD (рис.4), вона равнобокая (АЕ=CD) і 2АЕ=ЕС+AD.

Пусть ВС=3а, тоді BE=2a, EC=a 2AE=EC+AD=4a CD=АЕ=2a.

Таким чином, BEA — рівносторонній ABC=60 BAD=120 .

Далеко в повному обсязі учні можуть довести, чому трапеція, близько яких можна описати окружність, є равнобокой.

Задача 5. Сумма кутів при підставі ЗС трапеції ABCD дорівнює . Знайти величину , якщо відомо, що =10 й у трапецію ABCD можна вписати окружность.

Нехай CF AB (див. мал.5), тоді CF=AB і з умови завдання слід,.

что FCD=.

По теоремі косинусов.

FD2=FC2+СD2−2FC· СDcos (AD-BC)2=AB2+СD2- AB· СD. (1).

Так як і трапецію ABCD можна вписати окружність, то.

AD+BC=AB+CD (AD+BC)2=(AB+СD)2. (2).

Разделив рівність (1) на рівність (2), получим.

.

Разделив далі чисельник і знаменник лівої дробу на твір AD· BC, а правої частини — на AB· СD, получим.

.

Откуда, поклавши =t, і враховуючи, що =10, маємо t=7.

В цьому завданні за невдалого виборі рішення він може виявитися дуже громоздким.

Весьма повчально, з погляду, рішення наступній задачи.

Задача 6. У прямокутному трикутнику АВС з вершини прямого кута З проведена бісектриса CL і медіана РМ. Знайти площа трикутника АВС, якщо LM=a, CM=b.

Нехай АС=х і ВС=у, де х>y (див. мал.6), тоді х2+у2=4b2, і з властивості биссектрисы LB=AB= і, отже, ML=MB-LB=b-=.

Таким чином, дійшли системе.

.

Решая це рівняння щодо ху, знаходимо P. S ABC= =.

Следует звернути увагу учнів те що, що з отриманої системи рівнянь шукати значення змінних x і · біля вщент излишне.

Задача 7. Підстава рівнобедреного трикутника одно 10 див, проведена щодо нього висота — 12 див. Вершини трикутника служать центрами кіл, кожен із яких двох інших зовнішнім чином. Знайти радіуси кіл, що стосуються трьох зазначених кіл зовнішнім та внутрішньою образом.

Нехай e, f, d, k, h — точки торкання, радіус окружності з центром у точці О1 дорівнює r, і з центром у точці О2 — R (див. мал.7). Оскільки AD=5, АВ=13,.

то BE=8, BО1=8+r, AО1=5+r, О1D=4-r.

Из прямокутного трикутника AO1D (5+r)2=25+(4-r)2, 18r=16, r=.

ВО2=R-8, О2D=12-(R-8)=20-R, О2A=R-5,.

и, отже, з прямокутного трикутника АО2D маємо.

(R-5)2=(20-R)2+25 R==13.

Здесь варто згадати учням, що пряма, через центри двох що стосуються окружностей, проходить через точку їх касания.

В висновок наведемо одне завдання на доказ, що потребує від учнів досить високої логічного культуры.

Задача 8. Доведіть, що трикутник є равнобедренным у тому в тому разі, коли рівні биссектрисы двох внутрішніх углов.

Если в трикутнику АВС (див. мал.6) АВ=ВС, то кути Проте й З рівні й рівні трикутники ВАЕ і ВСD, оскільки У — загальний рівень і ВАЕ= ВСD, отже, АЕ=СD.

Доведемо справедливість зворотного затвердження. Нехай биссектрисы AE і CD кутів Проте й З трикутника АВС рівні. Доведемо, що А= З. P. S АВС=S ВАЕ+S ЕАС АВ· АС· sinА=АВ· АЕ· sin+АЕ· АС· sin 2· АВ· АСcos=(АВ+АС)АЕ АЕ=.

Разделив чисельник і знаменник дробу на твір АВ· АС і обозначив АВ=с, АС=b, ВС=a, одержимо , аналогічно, бісектриса .

Если допустити, що, А З, наприклад, А< З, то сos>cos і а<c > AE>CD, отримали противоречие.

Приведенные у статті завдання пропонувалися на вступних іспитах у різних вузах Росії, зокрема, в Ярославському госуниверситете.

Список литературы

Пойа Д., Як вирішувати проблему, М.: Учпедгиз, 1961,207 з.

Смирнов Є.І., Технологія наглядно-модельного навчання математиці, Ярославль, 1997,323с.

Чаплыгин В.Ф., Чаплыгина Н. Б., Завдання вступних іспитів з математики, Ярославль, 1991,140с.

Чаплыгин В.Ф., Чаплыгина Н. Б., Завдання вступних іспитів з алгебри і геометрії, Ярославль, 1999,112с.

Сборник завдань із математиці для вступників у вузи (під ред. Прилепко А.І.), М.: Вища школа, 1989,271с.

Зафиевский А.В., Вступні іспити з математиці в 1998 году, Ярославль, 1999,36с.

Лидский В.Б., Овсянников Л. В., Тулайков О. Н., Шабунин М. Н., Завдання по елементарної математиці, М.: Физматгиз, 1960, 463с.

Для підготовки даної роботи було використані матеріали із сайту internet.