NKM=90° (MK||BD, NK||AC и BD^ACÞMK^NK) ÞMN=ÖMK2+KN2=√32+42
=5
Ответ: MN=5
1.3 «Середины сторон трапеции»
1. Соединим
середины сторон трапеции. XMYN - параллелограмм (XN||BD, MY||BDÞXN||MY;
XM||AC, NY||AC ÞXM||YN);
ÐMYN = 90° (AC||YN,
BD||MY; BD^ACÞYN^MY)
ÞXMYN - прямоугольник .YM=3(MY -
средняя линия ∆ABDÞMY= 1/2BD); NY=4(NY - средняя линия ∆AС ÞNY=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
M1K||N1D.
MK∩AK=K.
4.
∆BOC=∆KAM1 (поΙ признаку: =KM1, OC=AM1,
по построению, ÐBOC=ÐKM1A=90°, накрест лежащие при BN1|| KM1, 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 ∆OMN, ÐNOM=90°,
тогда по теореме Пифагора в ∆MON MN=10.
.
Постоим: AE^MN, DF^MN, OK^BC.
4. ∆AME
= ∆KOC и ∆DFN=∆BOK (по II признаку)Þ ME=KC, FN=BKÞMN=BC+AD=a+b=10ÞMN=10/2=5.
Ответ: MN=5.
1.6 «Признаки равенства прямоугольных
треугольников, свойства параллельных прямых»
1.
Д.П.: Через т. B проведем прямую EM1||AC
2.Через
т.C проведем EN1||BD.
3.Через
т. D проведем прямую N1F||AC.
4.Через
т. A проведем прямую EM1||BD.
.Получившийся
четырехугольник M1EN1F - прямоугольник (E M1||AC, M1F||BD и AC^BDÞ M1F^N1F) EN1=M1F=6 и EM1=N1F=8,
по теореме Пифагора диагональ прямоугольника M1N1=10.
6.Пусть
BC=a, AD=b из равенства прямоугольных треугольников М1ВК и ADF M1K=AD=b.
Из равенства прямоугольных треугольников ВСО и КDN1 KN1=BC=a.
7. M1K+KN1=M1N1= a+bÞMN=M1N1/2=5
Ответ: MN=5.
2. Методы, основанные на подобии
треугольников.
2.1 «Подобие треугольников». [1, п. 59]
1.∆ BOC~∆AOD (по 2-м углам ÐBOC=ÐAOD=90° и ÐCBO=ÐADO как накрест
лежащие при BC||AD, BD - секущая)
y= 4/3x, x<3
(половины AC)
2.По
теореме Пифагора:∆AOD: AD= Ö(8-х)2+ (6-у)2, =4x/3ÞAD=√25/9x2 -
100/3+100.
3.
∆ BOC: BC=5x/3 (по т.Пифагора).
4.
MN= (AD+BC)/2, подставим: AD=√25/9x2-100/3+100 и BC=5x/3
получим: 3l2-5lx+25x-75=0. MN=25x2-12(25x-75) =25(x-6)2,
MN= (10x-30)/6=5x/3-5<0 - посторонний корень, MN= (5x-5x+30)/6=5
Ответ: MN=5.
2.2 «Коэффициент подобия треугольников».
[1, п. 59]
1.∆
BOC~∆AOD 8-х=kx
6-y=ky =8/k+1=6/k+1 (k - коэффициент подобия)
2. Рассмотрим∆
BOC и ∆AOD. По теореме Пифагора BC=√x2+y2,
AD=√(8-х)2 + (6-у)2
3.MN=(AD+BC)/2
подставим x и y: MN = √(82/(k+1)) + 62/
(k+1))*(k+1))/2=√100/2=5
Ответ: MN = 5.
2.3 «Метод тригонометрической
замены». [7].
1.
∆BOC~∆AOD (ÐCBO=ÐADO - накрест лежащие при BC||AD (по определению трапеции) и
BD-сек.) Þx/(8-x)=a/bÞa+b=8a/x. 2. MN= (a+b)/2=4a/x.
3.х/(8-х)=у/(6-у),
то х/у=4/3.
4. ∆BOC: sina=х/а, tga=x/y=4/3, sina=4/5ÞMN=4/sina=5.
Ответ: MN = 5.
3. Методы, использующие соотношение
между углами и сторонами треугольника
3.1 « Методы площадей и
тригонометрия» [1,п.
66]
1. BB1=CC1=h
2. SABCD=½*d1d2*sinα=24.
3. SABCD=MN*h
4. Рассмотрим ∆BB1D: sinα=(90-α)=h/6Þcosα=h/6.
5.
Рассмотрим ∆CC1A:sinα=h/8.
6.
По основному тригонометрическому тождеству: sin2α+cos2α=1 Þh2/36+h2/64 =1Þh =24/5.
Ответ: MN = 5.
3.2 «Соотношение между углами и
сторонами прямоугольного треугольника и подобие треугольников». [1,п. 66]
1. ∆BOC~∆AOD (ÐAOD=BOC=90°, ÐCBO=ÐADO - накрест лежащие при BC||AD)Þy=4x/3.
2. Рассмотрим ∆BOC tga=4/3Þcos =3/5(1+tg2a = 1/cos2a) 3. Рассмотрим ∆BOC OC/BC = cosa Þ BC = OC/cosa = 5x/3 4. Рассмотрим ∆AOD AO/AD = cosa Þ AD = AO/cosa = 5(6-x)/3 5. MN =
(AD+BC)/2 = (5(x-6)/3+5x/3)/2 = 10/2 = 5
Ответ: MN = 5.
3.3 «Метод высот» [1,п. 66]
1. Д.П.: Построим BF^AD и CD^AD BE=CE=H
2.
AE=Ö62-H2 (DACE, по теореме Пифагора), FD=Ö82-H2 (DDBF, по теореме Пифагора).
3. AE+FD=Ö36-H2 +Ö64-H2=AF+FE+ED+EF=a+b.
4 MN=(a+b)/2=(Ö36-H2 +Ö64-H2)/2.
5. ∆BOC~∆AODÞtga=4/3
6. DACE: tga=CE/DE=H/Ö36-H2 =4/3
7.
Решаем уравнение: 3H=4Ö36-H2, H=4,8
8.
Подставим H = 4,8 в уравнение: MN=(Ö36-H2 +Ö64-H2)/2 Þ MN = (3,6+6,4)/2 = 5. Ответ: MN = 5.
4. Координатный метод. [5, §61-62; 2п. 39]
1.
Зададим оси координат по прямым: BD и AC точка О(0; 0)
2. Координаты вершин: A(0; a-8); B(b-6; 0); C(0; a); D(b; 0).
3.
Найдем координаты точек M, N:
M((b-6)/2; (a-8)/2), N(b/2; a/2)
4. Найдем длину =Ö((b-8)/2-b/2)2+((a-8)/2-2/2)2=Ö32+42=5
Ответ: MN =5.
5. Методы, использующие векторный аппарат
5.1 «Сложение векторов». [2, п.39]
1. AD=AO+OD, BC=BO+OC (метод треугольника)
2. AD+BC = AO+OD+BO+OC = AC+BD Þ+BD = 2AD*BC*cos0+BC2+AD2
= =AC2+2AC*BD*cos90°+BD2 ÞAD+BC =10.
3. MN = (AD+BC)/2=5.
Ответ: MN = 5.
5.2 «Коллинеарные векторы» [2, п.39]
1. MO и ON - коллинеарные.
2. MO = ½(BO+OC),
ON = ½ (OA+OD) Þ MO+ON = MN = =½(BO+CO+OA+OD) Þ
MN = ½(CA+BD), 2 = ¼ (CA2+2CF*BD*cos90°+BD2), MN2
= ¼(62+82)=5
3.
В методе 1.3 мы доказали, что M1N1 равна средней
линии трапеции, следовательно MN =5.
Ответ: MN = 5.
ΙΙ. Исследование
Для того, что бы узнать какие из представленных в работе способов будут
использовать ученики, для решения это задачи, мы предложили решить эту задачу
группе учащихся 8-11 классов МОУ «Кормиловский лицей». Задачу решали 9 человек
8-9 классов и 8 человек 10-11 классов, наиболее интересующихся математикой.
Оказалось, что ученики, чаще всего используют «метод, основанный на подобии
треугольников» (2) с использованием теоремы Пифагора (Приложение 1). Но из-за
того, что получались сложные подкоренные выражения, 3 ученика 8 класса
недорешали эту задачу. Полученные данные представлены в диаграмме 1.
Методы решения, используемые учениками 8-11 классов (до
консультации)
Диаграмма 1
Далее мы ознакомили учащихся 8-11 классов со списком методов решения
данной задачи. И предложили решить ее как можно большим числом методов.
Полученные результаты представлены в приложении 2. После консультации 1 ученик
8 класса решил еще одним методом и 1 ученик 9 класса решил эту задачу еще тремя
методами. Учащиеся 10-11 классов решили эту задачу еще 3-7 методами (Диаграмма
2)
Учащиеся не использовали при решении задачи следующие методы:
· метод, использующий векторный аппарат;
· «сложение векторов»;
· «коллинеарные векторы»;
· первый, второй признаки равенства треугольников;
· коэффициент подобия треугольников;
· метод тригонометрической замены.
Методы решения, используемые учениками 8-11 классов (после
консультации)
Диаграмма 2.
Заключение
В ходе нашей работы было выявлено 15 различных методов решения конкретной
планиметрической задачи.
. Методы, использующие дополнительные построения (ДП);
.1. «Прямая, параллельная диагонали»
.2. «Средние линии треугольников»
.3. «Середины сторон трапеции»
.4. «Первый признак равенства треугольников»
.5. «Второй признак равенства треугольников»
.6. «Признаки равенства прямоугольных треугольников, свойства
параллельных прямых»
. Методы, основанные на подобии треугольников
.2. «Коэффициент подобия треугольников»
.3. «Метод тригонометрической замены»
3. Методы, использующие соотношение между углами и сторонами треугольника
.1. «Метод площадей и тригонометрия»
.2. «Соотношение между углами и сторонами прямоугольного треугольника и
подобие треугольников»
.3. «Метод высот»
. Координатный метод
. Методы, использующие векторный аппарат.
.1. «Сложение векторов»
.2. «Коллинеарные векторы»
Некоторые способы достаточно искусственны и не являются оптимальными.(2.3)
На наш взгляд, самым понятным и простым является метод, использующий
дополнительные построения.
Кроме этого на примере решения этой задачи мы смогли увидеть многообразие
геометрической теории, возможность ее успешного комбинирования с алгебраическим
методом.
Проведенное исследование среди 8-11 классов показало, что большинство
учащихся начинали решать эту задачу методом, основанным на подобии
треугольника, и использованием теоремы Пифагора. Этот метод - достаточно
трудоемкий, особенно для учащихся 8-9 классов. Учащиеся 10-11 классов также
начинали решать эту задачу методом, основанным на подобии треугольника, и
использованием теоремы Пифагора, но, столкнувшись с тем, что этот процесс
достаточно трудоемкий, пришли к выводу, что данную задачу оптимальнее всего
решать эту задачу методом дополнительных построений.
Учащиеся не использовали при решении задачи следующие методы:
· метод, использующий векторный аппарат;
· «сложение векторов»;
· «коллинеарные векторы»;
· первый, второй признаки равенства треугольников;
· коэффициент подобия треугольников;
· метод тригонометрической замены.
Библиографический список
1.Л.С. Атанасян, В.Ф. Бутузов и др. «Геометрия 7-9», Москва,
«Просвещение», 2005г.
.И.Ф. Шарыгин «Факультативный курс по математике: решение задач
», Москва, «Просвещение», 1989г.
.А.И. Громов, В.М. Савчин «Пособие - репетитор по
математике», Ростов-на-Дону, «Феникс», 2001г.
.В.К. Егерев, и др. «Сборник задач по математике для
поступающих в вузы, геометрия» под редакцией М.И. Сканави, Москва, «Оникс,
Альянс-В», 2000г.
.Б.Г. Зив, В.М. Мейлер, А.Г. Баханский «Пособие для учащихся
7-11 классов общеобразовательных учреждений», Москва, «Просвещение», 2000г.
.Ж.Черняк, А. Черняк «Математика: решение наиболее трудных
задач из Сканави», Москва, «Айрис, Пресс, Рольф» 1999г.
.К.С. Барыбин И.Н. Добрынин «Сборник задач по геометрии»,
Москва, «Учпедгиз», 1961г.
Приложение 1
Таблица «Методы решения, используемые учениками 8-11 классов» (до
консультации)
«+» - решили задачу
«+-» - решали, но не решили
Приложение 2.
Таблица «Методы решения, используемые учениками 8-11 классов» (после
консультации)
«+» - решили задачу
«+-» - решали, на не решили