Развитие
умения самостоятельного поиска решения нестандартных геометрических задач как
одно из звеньев требований ФГОС к современной школе.
Попова О.В.
МБОУ СОШ №95
Умение
решать задачи всегда являлось одним из основных показателей уровня
математического развития и широты кругозора учащихся. Обучение школьников
самостоятельному поиску решения любой нестандартной геометрической задачи-
одна из важнейших проблем современной школы на пороге перехода к новым
образовательным стандартам.
В
исследованиях психологов, дидактов и методистов в последние годы убедительно
показано, что умение школьников решать задачи не находится в прямой зависимости
от числа решенных задач. Ученик может перерешать достаточно большое количество
отдельных задач, но, если у него не сформирован общий деятельностный подход к
поиску плана решения, самостоятельно решать задачи он не научится.
Не
существует методов, гарантирующих решение любой задачи. Однако существуют такие
приемы, которые в значительной степени облегчают сам поиск решения. Эти приемы
не зависят от того, к какому типу, разделу или даже предмету относится та или
иная задача, в силу чего данные приемы получили название общих или единых
приемов самостоятельного, целенаправленного поиска решения любых задач.
В
данной статье предполагается рассмотрение такого приема как введение
вспомогательных неизвестных при нахождении искомой величины. Этот прием
является лишь частью общего алгебраического метода решения нестандартных
геометрических задач.
Если, решая задачу, ученик
не видит, как выразить искомую величину через данные величины, то к числу
искомых величин бывает целесообразно присоединить так называемые вспомогательные
неизвестные. Иногда в ходе решения уравнений (или систем) вспомогательные
неизвестные удается исключить. В таких случаях вспомогательное неизвестное
выступает в роли опорного элемента. Рассмотрим следующие задачи.
Задача №1 (рис. 1).
Зная длины a,b,c,d
последовательных сторон вписанного в окружность четырёхугольника ABCD
(AB=a,
BC=b,
CD=c,
DA=d),
вычислить длины его диагоналей.
Решение.
1)
Из ∆ABC
выразим AC
через a,b
и вспомогательное неизвестное cos B.
AC2=a2+b2-2ab
*cos B (1)
2)
Выразим AC
из ∆ADC
через d,c
и косинус угла D:
AC2=
c2+ d2-2cd*cos D;
Т.к.
в выпуклом четырёхугольнике, вписанном в окружность, сумма противоположных
углов равна 180°,то ÐD=180°-ÐB,
cosÐD=-cosÐB.
Тогда
AC2=c2+
d2+2cd*cosB,
откуда cosB
= .
3)Подставим полученное выражение для
вспомогательного неизвестного в равенство (1):
AC2
=а2+ b2
_2аb * .
Преобразовав полученное равенство имеем:
AC=.
Аналогично,
f=.
Ответ:
AC=; .
Задача
№2 (рис.2). В треугольнике ABC ÐB=arcсos , AC=b,
а высота, опущенная из вершины В, равна сумме двух других высот. Найти площадь
∆АВС.
Решение
Есть
перспектива найти площадь ΔАВС по формуле: S=AB*BC*sinÐB.
Поэтому введем следующие обозначения: АВ=x,
BC=y
и произведем замену:
2S/b=2S/x+2S/y,откуда
(1).
2)
По теореме косинусов получим :
(2).
Чтобы
найти площадь треугольника, не обязательно искать отдельно x
и y,
а достаточно найти их произведение. Поэтому равенство (1) удобно возвести в
квадрат и сумму подставить в (2). При этом
снова введём новое вспомогательное неизвестное: x*y
= z.
, , ;
2
;
Задача №3 (рис.3).
В равнобедренной трапеции с острым углом α при основании окружность,
построенная на боковой стороне как на диаметре, касается другой боковой стороны.
В каком отношении она делит большее основание трапеции?
Решение:
Введем вспомогательное неизвестное: обозначим
радиус окружности через r. Пусть окружность
пересекает большее основание трапеции в точке Е.Тогда ÐCЕD=90°
т.к.он опирается на диаметр. Из ∆CDE
находим: DE=2r*
cos α
. Чтобы найти DE, соединим точку E
с центром O и опустим перпендикуляры
OM
и EN
на сторону AB. ∆ODE
равнобедренный; поэтому ÐOED=ÐODE=
α.
И следовательно ОЕ║АВ. Отсюда NE=MO=r
и из ∆ANE получим, что ;
Искомое
отношение ;
Ответ:
sin2α.
Задача №4 (рис.4).Найти площадь ромба АВСD, если радиусы окружностей,
описанных около треугольников АВС и АBD, равны соответственно R и r.
Решение.
Центры окружностей О1 и О2 находятся в точках пересечения
перпендикуляра, восстановленного к стороне АВ в её середине, с диагоналями
ромба ВD
и АС.
Введём
вспомогательные неизвестные:
Пусть
АВ =х, ∠ВАС=α,
тогда ∠АВD=90º-
α;
Из
△АЕО2
и △ВЕО1 находим:
откуда .
или
Ответ:
.
Задача №5 (рис.5).
В треугольнике АВС биссектриса угла В делит сторону АС на отрезки AD=15
см и DC=24
см и образует с этой стороной угол в 60°. Определить АВ и ВС.
Решение.
Введём
вспомогательное неизвестное - длину биссектрисы BD.
Пусть
BD
= а, АВ=x
, ВС=y
.
По
свойству биссектрисы треугольника имеем:
(1) ;
По
теореме косинусов имеем :
В
∆DAB:
х2 = а2 + 225 – 15а (2);
В
∆DBC:
у2 = а2+ 576 + 24а (3);
Исключим
из этих уравнений а ,для чего выразим x
через у из равенства (1) и подставим в равенство (2). Получим уравнение
относительно а, решая которое вычислим а: а = 40. Затем
найдем величины х и у: x = 35 см и у = 56
см.
Ответ:
35см,56см.
Овладение данным приемом поиска
решения нестандартных геометрических задач способствует повышению
познавательной активности учащихся, развитию их логического и абстрактного
мышления, расширению математического кругозора. В результате успешного применения
данного приема как составной части общего алгебраического метода у школьников
развиваются математические способности, волевые качества, уверенность в своих
силах, что способствует повышению интереса к предмету и развитию каждого из
учащихся как личности в целом.
Следует
также отметить, что обучая учащихся решению именно геометрических задач,
учитель может развить способности школьника по решению любых практических и
теоретических задач, которые встретятся ему в жизни, в будущей практической деятельности.
Тем самым у учащихся будет сформирована прочная база знаний, умений и навыков
для успешного обучения в высших учебных заведениях и применении полученных
знаний на производстве.
Оставьте свой комментарий
Авторизуйтесь, чтобы задавать вопросы.