Добавить материал и получить бесплатное свидетельство о публикации в СМИ
Эл. №ФС77-60625 от 20.01.2015
Инфоурок / Математика / Другие методич. материалы / Факультативное занятие по геометрии в 9 классе " Решение одной задачи несколькими методами"

Факультативное занятие по геометрии в 9 классе " Решение одной задачи несколькими методами"

  • Математика

Поделитесь материалом с коллегами:

Разработка факультативного занятия по геометрии для учащихся 9 класса «Решение одной задачи несколькими методами на примере метода дополнительных построений»

«Лучше решить одну задачу несколькими

методами, чем несколько задач - одним»

(Д.Пойя).

В заданиях основного государственного экзамена по математике в 9 классе и единого государственного экзамена по математике в 11 классе содержатся геометрические задачи, при решении которых учащиеся испытывают определенные затруднения, что ведет к потере времени на экзамене. Многие задачи по планиметрии нельзя решить с помощью шаблонов и алгоритмов, идеального знания теории. Многие задачи по планиметрии требуют нестандартного индивидуального решения, являются объектом исследования.

Умение решать планиметрическую задачу несколькими способами – один из залогов успешного решения как планиметрических, так и стереометрических задач.

Задача:

Найти среднюю линию MN трапеции ABCD с основаниями BC и AD, если BD = 6см, AC = 8см, BD hello_html_2605d301.gif AC.



Image

Сегодня мы рассмотрим методы, использующие дополнительные построения (ДП)



1.1 Прямая параллельная диагонали

Image

1. ДП: проведем CEǁ BD, CE∩AE=E; BCED – параллелограмм, (BDǁCE и BCǁDE, BC=DE=a, CE=BD=6см.)

2. Рассмотрим ∆ACE: ∟ACE=90° (BDǁCE, AChello_html_2605d301.gif BD,значит,AChello_html_2605d301.gifCE) AE=√AC2+CE2=√64+36=10. MN=1/2AE = 5.

Ответ: MN = 5см.

1.2 Средние линии треугольников

Image



1. Д.П.: проведем средние линии ∆ABD (MKǁ BD) и ∆ACD (NK ǁ AC)

2. Рассмотрим ∆ABD: MK=6/2=3см; ∆ACD: NK=8/2 =4

3.∆MNK:∟NKM=90° (MKǁBD, NKǁAC и BDAC, значит, MKNK) MN=√MK2+KN2=√32+42 =5

Ответ: MN=5

1.3 Середины сторон трапеции



Image



1. Соединим середины сторон трапеции. XMYN – параллелограмм (XNǁBD, MYǁBD, значит, XNǁMY; XMǁAC, NYǁAC ,значит,XMǁYN);

MYN = 90° (ACǁYN, BDǁMY; BDAC, значит,YNMY); XMYN – прямоугольник .YM=3(MY – средняя линия ∆ABD, MY= 1/2BD); NY=4(NY – средняя линия ∆AС , NY=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.

Image

2. По теореме Пифагора в ∆M1ON1: M1N1=10.

3. Проведем M1KǁN1D. MK1∩AK=K.

4. ∆BOC=∆KAM1 (по Ι признаку:

BO=KM1, OC=AM1, по построению, ∟BOC=∟KM1A=90º, накрест лежащие при BN1 ǁKM1, 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.

Image

2. Рассмотрим ∆OM1N1, ∟NOM=90°, тогда по теореме Пифагора в ∆MON M1N1=10.

3. Постоим: AEMN, DFMN, OKBC.

4. ∆AM1E= ∆KOC и ∆DFN1=∆BOK (по II признаку): M1E=KC, FN1=BK M1N1=BC+AD=a+b=10, MN=10/2=5.

Ответ: MN=5.

Домашнее задание: решить данную задачу методами,основанными на применении подобия.







Автор
Дата добавления 03.10.2015
Раздел Математика
Подраздел Другие методич. материалы
Просмотров184
Номер материала ДВ-027833
Получить свидетельство о публикации
Похожие материалы

Включите уведомления прямо сейчас и мы сразу сообщим Вам о важных новостях. Не волнуйтесь, мы будем отправлять только самое главное.
Специальное предложение
Вверх