Муниципальноеобразовательное учреждение
НовоусадскаяСОШ
Творческая работа погеометрии.
«Несколько способоврешения одной геометрической задачи»
ученика 11 класса
…………..
Руководитель:
учитель I
категории
Шмонина С.Ю.
2006 год.Введение.
Общеизвестно, что учащиесяпрочно усваивают только то, что прошло через их индивидуальные усилия.Проблема самостоятельности учащихсяпри обучении не является новой. Этому вопросу отводили исключительную рольученые всех времен. Особенно четкие концепции о роли самостоятельности вприобретении знаний имеются в трудах К.Д.Ушинского, Д.И.Писарева и др. Этапроблема является актуальной и сейчас. Внимание к ней объясняется тем, чтосамостоятельность играет весьма важную роль не только при получении среднего образования, но и припродолжении обучения после школы, а также в дальнейшей трудовой жизнишкольников.
В наше время, в условияхразвития рыночной экономики, когда наблюдается небывалый рост объемаинформации, от каждого человека требуется высокий уровень профессионализма итакие деловые качества как предприимчивость, способность ориентироваться,быстро и безошибочно принимать решения, а это невозможно без умения работатьтворчески.
Математика является наиболее удобнымпредметом для развития творческих способностей учащихся. Этому способствуетлогическое построение предмета, четкая система упражнений для закрепленияполученных знаний и абстрактный язык математики. Воспитание самостоятельности уучащихся постепенно в течение всего периода обучения и предусматриваетспособность полноценно аргументировать, выделять главное, существенное, умениерассуждать, доказывать, находить рациональные пути выполнения заданий, делатьсоответствующие выводы, обобщать и применять их при решение конкретныхвопросов.
Сущность самостоятельнойработы заключается в том, что она выполняется учеником без непосредственногоучастия учителя, но по его заданию и под его контролем. Существуют разныеподходы к классификации самостоятельных работ. Подразделяют их на обучающие иконтролирующие, творческие и репродуктивные, устные и письменные, на общие,групповые и индивидуальные, на классные и домашние.
Творческие самостоятельныеработы, включающие возможность решение задач несколькими способами, составлениезадач и примеров самими учащимися и т.п. наиболее важны из всех видовсамостоятельных работ. Они требуют от учащихся собственной инициативы, будятмысль, заставляют анализировать и осуществлять самостоятельные решения.
В своей работе я рассмотрелразличные методы решения геометрических задач и применение данных методов крешению одной геометрической задачи. Во-первых, эта тема меня оченьзаинтересовала, когда мы проходили её на уроках геометрии, и я решил узнатьбольше о методах решения. Во-вторых, методы решения геометрических задачзанимают особое место в математике, поскольку решение их вызывает определенныетрудности у учеников и абитуриентов.I.Методырешения геометрических задач.
Говоря о поисках решениягеометрической задачи, приходится иметь ввиду, что существуют различныеметоды её решения. Поэтому поиски прежде всего следует направить на выборконкретного метода. Условно можно разбить на следующие группы:
§1. Традиционный метод.
Связан с использованиемсоотношений в треугольнике и круге, признаками равенства и подобия и др. Частоприходится проводить дополнительные построения, например, описанные окружности.
§2. Метод геометрических преобразований.
Связан с применениемпреобразований плоскости и пространства (параллельный перенос, симметрия,гомотетия и т.п.).
§3. Векторный метод.
Связан с использованиемвекторов, в частности скалярного и векторного произведений.§4.Тригонометрический метод.
Использует применениетригонометрии, теорем синусов и косинусов.§5. Переформулировказадачи.
Замена задачи другой,эквивалентной данной.
Перечисленные методы могут пересекаться, водном решении может применяться несколько методов. Например, можно заменитьисходную задачу другой, которую решают с помощью векторов и преобразований.
При решении геометрическихзадач полезно показать, что рассматриваемую задачу можно решить различнымиметодами, и если один способ не приводит к цели или слишком громоздок, то лучшеобратиться к другому. «Лучше решить одну задачу несколькими методами, чемнесколько задач — одним» (Д.Пойя).
II.Примерырешения задач данными методами.
Прежде чем перейти крассмотрению выбранной мною задачи, хотелось бы показать, как происходит поискрешения на примере, используя некоторые из вышеперечисленных методов.
З а д а ч а. Треугольники АВС и А1В1С1не имеют общих точек, кроме вершины С, и АСА1 = ВСВ1= 90°, СА=СА1, СВ=СВ1. Доказать, что медиана СD треугольникаАВС перпендикулярна прямой А1В1.
Рис.1
Заметим прежде всего тесвойства фигуры, которые сразу бросаются в глаза:
1°. Треугольники АСА1и ВСВ1 прямоугольные и равнобедренные.
2°. АСВ + А1СВ1 = 180°.
Рассмотрим различные способыиспользования этих свойств.
Р е ш е н и я.
1 способ. Нарисунке присутствует несколько прямых углов с одной вершиной, поэтомунапрашивается использование поворота на 90° вокруг точки С. Пусть при такомповороте треугольник А1В1С1 переходит втреугольник А2ВС. Тогда точки А, С и А2 лежат на однойпрямой и С – середина АА2. Следовательно, СDесть средняя линия треугольника АВА2 и поэтому СD А2В. Но А2В А1В1по свойству повороту, значит, CD A1B1.
IIспособ. Воспользуемся векторным произведением векторов.
А1В1∙2CD= (СВ1 – СА1)(СА + СВ) = СВ1∙СА– СА1∙СА + СВ1∙СВ – СА1∙СВ =СА ∙СВ1∙cos ACB1– 0 + 0 — CA∙CB∙cos A1CB= 0, так как АСВ1 = А1СВ= 90° + АСВ.
Вывод: CD A1B1.
III способ (традиционный). Продолжим сторону АС до точки А2 так, чтоАС = А2С (рис. 1). Тогда из замеченного выше свойства 2°следует: А2СВ = А1СВ1, и треугольники А2СВи А1СВ1 равны. В треугольнике АВА2 отрезок CD– средняя линия и поэтому CD А2В.Из равенства треугольников получаем СВМ= СВ1М. Значит, вокруг четырехугольника МСВВ1 можноописать окружность с диаметром ВВ1. Отсюда угол ВМВ1опирается на диаметр и А2В А1В1 .Следовательно, CD A1B1.
IVспособ (традиционный). Достроим треугольник АВС до параллелограммаСАКВ (рис.2).
Рис.2
Тогда ∆САК = ∆А1СВ1по двум сторонам и углу между ними и, следовательно, СА1В1 = АСК = α. Продолжим прямую СК до пересечения с отрезком А1В1в точке Е. Тогда А1СЕ = 180°- 90° — α = 90° — α, откуда следует, что А1ЕК = 90°.
III. Решение одной геометрической задачи несколькими способами.
Ниже предлагаются девятьрешений одной красивой геометрической задачи. Кроме вышеперечисленных методов,здесь используются и другие, с помощью которых также можно решитьрассматриваемую мною задачу.
З а д а ч а. На гипотенузе АВ прямоугольноготреугольника АВС построен квадрат ABDE в той полуплоскости от прямой АВ, которой непринадлежит треугольник АВС. Найти расстояние от вершины С прямого угла доцентра квадрата, если катеты ВС и АС имеют соответственно длины a и b.
Рис.3
Решение 1 (потеореме синусов).
Пусть Q- центрпостроенного квадрата(рис.3). Так как угол AQBпрямой, то точка Qлежит на описанной около треугольника АВС окружности.Ее диаметром служит гипотенуза АВ. Из треугольника AQC по теоремесинусов имеем: СQ= АВsin(α+45°), где α – величина угла ВАС. Далееполучаем:
CQ= c(sinαcos45°+cosαsin45°) = (+) = , где с = АВ. Итак,искомое расстояние CQравно
Решение 2 (по теореме косинусов).
Из того же треугольника AQCпо теореме косинусов находим:
CQ2= b2+ AQ2– 2b∙CQcos(α+45°).
Рассмотрим треугольник AQB, который является прямоугольным и равнобедренным (BQ=QA). По теоремеПифагора находим, что AQ2= 2. Тогда
CQ2 = b2 + c2 – 2b∙ — 2 + 2 + b2) – b2 + ab = 2, СQ = Решение 3 (потеореме Птолемея).
Во вписанном в окружность четырехугольнике суммапроизведений длин противоположных сторон равна произведению длин диагоналей(теорема Птолемея). Поэтому длявписанного четырехугольника AQBC имеем:
a∙AQ + b∙BQ =c∙CQ.
Но AQ= BQ= и, следовательно,
(a + b) = c∙ CQ, откудаCQ =
Решение 4 (методом площадей).
Сумма площадей треугольниковАВС и ABQравна площади четырехугольника AQBC:
ab+ AQ2 =
где φ – величина угламежду прямыми AB и CQ. Луч CQ есть биссектриса угла АСВ, так как вписанныеуглы ACQ и BCQопираются на равные дуги AQи BQ.По теореме о внешнем угле треугольника φ =α + 45°. Подставив в предыдущее равенство AQ2= (a2+ b2) и sinφ= ∙ (по решению 1), получим:
ab+ (a2 +b2) = CQ∙(a+ b) и CQ= .Решение 5 (методомгеометрических преобразований).
Выполним поворот около центраQквадрата на 90°: В→А, А→А1,С→С1 (рис.4). Так как 1АС1 =
1 + 1АС1 = 180°,
и поэтому точки С, А, С1лежат на одной прямой. В треугольнике CQC1 угол CQC1прямой (угол поворота), CQ= C1Q, СС1 = АС1 = a+b.Следовательно, CQ=
Рис.4Решение 6 (методомкоординат).
Примем прямые СА и СВ за осиОх 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 +у2 = х2 + (у — а)2,
откуда 2х(b — а ) = b2– a2(подставивпервое равенство во второе).
Если a≠b, то имеемрешение х = у = .
При a= bчетырехугольник AQBC является квадратом и х = у =а, т.е.координаты точки Qудовлетворяют прежнему решению.По формуле расстояния между двумя точками
CQ= = = Решение 7 (векторное).
Положим = b и = aи выразим через эти векторы вектор
= = + ( + ) = + ( — ) + = ( + ) + ,
положив = αа + βb, найдем коэффициенты α и β этогоразложения, используя условия = 0 и =
(α + β — ) = 0,
(α + β)2 = (– )2.
Поскольку = 0, то эта системаэквивалентна такой:
α2 — β2= 0,
α2 a2+ β2b2 =2+ 2,
откуда α = и β= и, следовательно,
= + , = ( + ) + ( + ) = ( + ).
Наконец, CQ2= (a+b)2, CQ= .
Решение 8 (методом комплексных чисел).
Введем прямоугольнуюдекартову систему координат так же, как при решении 6. Тогда точки А, В, С будутиметь 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:
CQ2 = q = = 2.
Решение 9 (чистогеометрическое).
Опишем около квадрата другойквадрат со стороной a+b. Тогда искомое расстояние, очевидно, равно половинедиагонали большего квадрата.
Извсех представленных решений легко найти наиболее рациональные, но суждения опростоте или сложности того или иного решения задачи в значительной мересубъективно. Оно существенно зависит от подготовленности, от уровня владенияметодами решения задач. При недостаточных навыках решений методомгеометрических преобразований, векторным или координатным методом можносказать, что первые четыре решения и решение 9 гораздо проще остальных. Однакорешения 5 и 6 для подготовленного человека представляются ничуть не сложнее.Векторный метод для решения данной задачи оказался малоэффективным – решение 7сложнее остальных. Решение 8 с помощьюкомплексных чисел выглядит очень простым, но требует специальнойподготовки.
Заключение.
В своей работе я рассмотрелразличные способы решений одной геометрической задачи, используя известныеметоды. Анализируя все решения, я сделал для себя важные выводы. Во-первых,благодаря такой работе снимается психологический барьер перед поиском решениязадачи. Ведь если знаешь, что задача имеет несколько способов решения, тосмелее берешься за неё. Постепенно, решая задачу за задачей, приобретаешьнекоторый опыт, что позволит развить математическое чутье. Во-вторых, подробныйразбор способов решения задач является хорошим подспорьем для того, чтобыосвежить в памяти пройденный материал. В-третьих, при такой работе над задачейформируется логическое мышление, развивается интуиция, систематизируютсязнания, расширяется общеобразовательный кругозор. В-четвертых, овладеваяосновными методами решения задач, составляющими важную часть многихэвристических алгоритмов, можно рационально планировать поиск решения задачи,выполнять полезные преобразования условия задачи, а также использоватьизвестные приемы познавательной деятельности – наблюдение, сравнение,обобщение.
Все перечисленное создаетусловия для формирования навыков исследовательской деятельности, способствующейнакоплению творческого потенциала.
Литература.
1) Л.Р. Шикова.«Исследовательская деятельность школьников в процессе решения геометрическихзадач». «Математика в школе.»№4, 1995.
2) Я.П.Понарин.«Задача одна – решений много». «Математика в школе» №1,1992.
3) Д.Ф.Изаак. «Поискирешения 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. «Какрешать задачу». М.,1959.
6) Д.Пойя.«Математическое открытие». М., 1970.
7) Э.Г.Готман,З.А.Скопец. «Задача одна — решения разные».