Курс по выбору
реклама
Муниципальное общеобразовательное учреждение Мараканская средняя общеобразовательная малокомплектная школа Программа по геометрии «Метод дополнительных построений» (наименование учебного предмета \ курса) II-III ступень образования / 9-11 классы (ступень образования \ класс) 16 учебных часов (срок реализации программы) Автор программы: Аржанова Мария Евгеньевна, учитель математики МОУ Мараканской СОМШ II квалификационной категории. (Ф.И.О. учителя, составившего рабочую учебную программу) п. Маракан 2012г. Курс по выбору «Метод дополнительных построений». Введение: Олимпиадная задача по математике – это задача повышенной трудности, нестандартная как по формулировке, так и по методам решения. Среди олимпиадных задач встречаются как нетривиальные задачи, для решения которых требуются необычные идеи и специальные методы, так и задачи более стандартные, но которые можно решить оригинальным способом. Олимпиадные задачи по математике встречаются иногда в контрольных работах по математике, их предлагают на разнообразных математических соревнованиях, и, конечно же, без них не обойтись на математических олимпиадах разного уровня. Практически в каждой олимпиадной работе по математике встречается, как минимум, одна задача по геометрии. Именно геометрические олимпиадные задачи вызывают наибольшие трудности у учеников. При этом можно утверждать, что как раз геометрия лучше всего развивает нестандартное мышление и помогает выделить математически одаренных людей. Геометрические олимпиадные задачи очень разнообразны. Это и задачи на разрезание, и на построение и на нахождение углов. Но чаще всего встречаются задачи, которые используют в своем решении какую-то необычную идею, как правило, дополнительное построение. Рассмотрим наиболее часто встречающиеся методы и приемы решения разнообразных типов олимпиадных задач по геометрии. При этом больше внимания будем уделять задачам планиметрическим, а не стереометрическим. Дело в том, что планиметрические задачи на олимпиадах встречаются значительно чаще и не только в 7 – 9 классах, но и в 10 – 11 классах. Первым и важным этапом решения геометрической задачи является построение чертежа. Нельзя научиться решать достаточно содержательные геометрические задачи, не выработав привычки делать «большой и красивый» чертеж, удовлетворяющий не только формально математическим требованиям. После построения чертежа следует вспомнить все факты, относящиеся к данным и искомым элементам задачи, а также соотношения между ними. Таким образом, умение решать геометрические задачи определяется четырьмя слагаемыми: 1) чертеж; 2) метод; 3) владение определенным объектом геометрических фактов и теорем; 4) наличие достаточно активно используемого запаса опорных задач. 1. Пояснительная записка. При разработке данной программы учитывалось то, что курс по выбору, как компонент образования, должен быть направлен на удовлетворение познавательных формирование потребностей у них новых и интересов видов старшеклассников, познавательной и на практической деятельности, которые не характерны для традиционных учебных курсов. Решение олимпиадных задач по геометрии вызывает трудности у многих учащихся. Это объясняется, прежде всего, тем, что редко какая-либо задача по геометрии может быть решена с использованием определенной теоремы или формулы. Большинство задач требует применения разнообразных теоретических знаний, доказательство утверждений, справедливых лишь при определенном расположении фигуры, применение различных формул. Программа для общеобразовательных школ по геометрии не акцентирует внимание на методах решения задач, особенно на их частные случаи. Данный же курс по выбору акцентирует внимание на конкретный метод решения геометрических задач – «метод дополнительных построений» и рассматривает его частные случаи. Так как при решении многих олимпиадных задач по геометрии этот метод является не только эффектным, но и эффективным. А приобрести навык в решении задач можно, лишь решив достаточно большое их количество, ознакомившись с различными приемами и подходами. Искусство же решать задачи основывается на хорошем знании теоретической части курса, знании достаточного количества геометрических фактов, в овладении определенным арсеналом приемов решения геометрических задач методом дополнительных построений. Частные случаи данного метода обладают некоторыми особенностями, а именно: большое разнообразие, трудность формального описания, взаимозаменяемость, отсутствие четких границ области применения. Поэтому целесообразно рассмотреть применение подходов, приемов метода при решении конкретных задач. Знание метода дополнительных построений в большинстве случаев позволяет решать, казалось бы, сложные геометрические задачи просто, понятно и красиво. Научиться решать задачи по геометрии значительно сложнее, чем по алгебре. Это связано с обилием различных типов геометрических задач и с многообразием приемов и методов их решения. Основная трудность при решении задач методом дополнительных построений обычно возникает по следующим причинам: теоретический материал либо был плохо усвоен в основной школе, либо не изучался там; для решения задачи нужно знать некоторые методы и приемы решения, которые либо не рассматриваются при изучении планиметрии, либо не отрабатываются; в «нетипичных» задачах, в которых представлены не самые знакомые конфигурации, надо уметь применять известные факты и решать базисные задачи, которые входят как составной элемент во многие задачи. Олимпиадные задачи вызывают трудности не только у слабых, но и у более подготовленных учащихся. Как правило, это задачи, при решении которых нужно применить небольшое число геометрических фактов из школьного курса в измененной ситуации, а вычисления не содержат длинных выкладок. Решая такую задачу, ученик должен в первую очередь проанализировать предложенную к задаче конфигурацию и увидеть те свойства, которые необходимы при решении. Многие олимпиадные задачи по геометрии удобнее решить методом дополнительных построек. Выходом из создавшегося положения может служить рассмотрение в рамках соответствующего курса по выбору некоторых вопросов, которые часто встречаются при решении олимпиадных задач по геометрии для учащихся 9 – 11 классов. Поэтому предлагаемый курс «Метод дополнительных построений» предназначен для учащихся 9-11 классов и является практико- ориентированным. Количество учебных часов-16. Конструирование программного содержания на занятиях по курсу может быть проведено по алгоритму: 1. Обобщение первоначальных знаний. 2. Систематизация, конкретизация и углубление теоретических знаний. 3. Проектирование и организация практической деятельности учащихся по применению базисных знаний. Такая конструкция программного материала, законченность блоков содержания, помогает ученику достигать поставленных перед ним дидактических задач и позволяет осуществлять интеграцию разных видов и форм обучения. Большое значение при организации учебно-познавательной деятельности имеет обратная связь внутренняя при взаимоконтроле, самоконтроле и внешняя. Основное содержание курса соответствует современным тенденциям развития школьного курса геометрии, идеям дифференциации, углубления и расширения знаний учащихся. Данный курс способствует формированию и развитию таких качеств, как интеллектуальная восприимчивость и способность к усвоению новой информации, гибкость и независимость логического мышления. Поможет учащимся в подготовке к олимпиадам, а также к выпускным и вступительным экзаменам по геометрии. Цели курса: 1) Обобщить и систематизировать знания учащихся по основным разделам планиметрии. 2) Познакомить учащихся с методом дополнительных построений и его приемами. 3) Сформировать умения применять полученные знания при решении «нетипичных», нестандартных задач. 4) Создать условия для самореализации учащихся в процессе учебной деятельности. 5) Развитие математических, интеллектуальных способностей учащихся, обобщенных умственных умений. Для достижения поставленных целей в процессе обучения решаются следующие задачи. Задачи курса: 1) Приобщить учащихся к работе с математической литературой. 2) Выделять и способствовать осмыслению логических приемов мышления, развитию образного и ассоциативного мышления. 3) Расширить и углубить представления учащихся о приемах и методах решения планиметрических задач. 4) Развить интерес и положительную мотивацию изучения геометрии. Структура взаимосвязанных курса тем, представляет изучение собой которых восемь обеспечит содержательно системность и практическую направленность знаний и умений учеников. Разнообразный дидактический материал дает возможность отбирать дополнительные задания для учащихся различной степени подготовки. Основной тип занятий – практикум. Для наиболее успешного усвоения материала планируются различные формы работы с учащимися: лекционносеминарские занятия, групповые, индивидуальные формы работы. Для текущего контроля на каждом занятии учащимся рекомендуется серия заданий, часть которых выполняется в классе, а часть – дома, самостоятельно. Изучение данного курса заканчивается проведением итоговой контрольной работы. Требования к уровню усвоения курса. В результате изучения курса учащиеся должны знать: на чем основан метод дополнительных построений; стандартные дополнительные построения; виды дополнительных построений. Учащиеся должны уметь: точно и грамотно формулировать теоретические положения и излагать собственные рассуждения в ходе решения заданий; уверенно решать задачи методом дополнительных построений, используя стандартные дополнительные построения или виды дополнительных построений, т.е. применять полученные теоретические знания при решении задач. Возможные критерии оценок. Оценка «отлично». Учащийся освоил теоретический материал курса, получил навыки его применения при решении конкретных задач; в работе над индивидуальными домашними заданиями учащийся продемонстрировал умение работать самостоятельно. Оценка «хорошо». Учащийся освоил идеи и методы данного курса в такой степени, что может справиться со стандартными заданиями; выполняет домашние задания прилежно; наблюдаются определенные положительные результаты, свидетельствующие об интеллектуальном росте и о возрастании общих умений учащегося. Оценка «удовлетворительно». Учащийся освоил наиболее простые идеи и методы решения, что позволяет ему достаточно успешно решать простые задачи. 2. Содержание программы курса. Наименование тем курса Проверочная работа №1. 2 История математических олимпиад. 3 Методы и системы поиска решения нестандартных задач. 4 Построение чертежа 5 Дополнительное построение, которое встречается при решении задач, связанных с трапецией. 6 Удвоение медианы треугольника. 7 Проведение высоты в треугольнике и трапеции. 8 Проведение радиусов. 9 Проведение прямой параллельной одной из имеющихся на рисунке. 10 Обобщение изученного 11 Проверочная работа №2. 12 Анализ проверочной работы Всего часов 1 Всего часов В том числе лекции 1 практ. семинар Форма контроля 1 0,5 0,5 0,5 0,5 2 0,5 1,5 2 2 Домашняя работа 2 2 Домашняя работа 2 2 Домашняя работа 1 1 Домашняя работа 2 2 Домашняя работа 1 1 1 1 1 1 16 ч. 1,5 ч. 13,5 ч. 1 ч. 3. Учебно-методическое обеспечение курса. 1. Атанасян, Л. С. Геометрия. Учебник для 7-9 кл. общеобразовательных учреждений./ Л. С. Атанасян и др. – М.:Просвещение, 1998.-336с. 2. Кокотушкин, В. А. 200 задач по геометрии для поступающих в вузы./ В. А. Кокотушкин, Н. Г. Панфилов,– М.: «Уникум-Центр», «Поматур», 2000. – 96 с. 3. Сагателова, Л. С. Геометрия. Решаем задачи по планиметрии. Практикум: элективный курс./ Л. С. Сагателова – Волгоград: Учитель, 2007.-150 с. 4. Харламова, Л. Н. Математика. 8-9 классы: элективные курсы «Самый простой способ решения непростых неравенств», «Избранные задачи по планиметрии», «Решение задач с помощью графов» / Л. Н. Харламова.Волгоград: Учитель, 2008.-89 с. ЗАНЯТИЕ 1 Проверочная работа № 1. Цель: Выявить уровень имеющихся знаний по теме « Метод дополнительных построений» и оценить умение учащихся выбирать метод для решения задач конкретного типа. Содержание проверочной работы № 1. Задача 1. Диагонали равнобедренной трапеции взаимно перпендикулярны, а средняя линия равна 8. Найдите Sтрапеции Задача 2. В треугольнике ABC, медиана BD равна 3 AB и угол DBC . 2 4 Найдите угол АВС. .Решение проверочной работы № 1. Задача 1. Диагонали равнобедренной трапеции взаимно перпендикулярны, а средняя линия равна 8. Найдите площадь трапеции. Дано: ADCB – трапеция AB = DC AC BD KЕ–средняя ялиния,КЕ=8 Найти: SADCB. Решение: 1) Проведем из вершины D прямую, параллельную AC (диагональ), т.к. AC || DM (по постр.) и АСВD (по усл.), то BD DM BDM прямоугольный ( D 90 ). 2) S ADCB AD BC AD BC - средняя линия DH , DH – высота, 2 2 AD BC 8 (по условию). Надо найти DH. (из BDM ) 2 ADCB - равнобедренная AC BD BD DM 3) АС || DM, AD || CM ADMC - параллелограмм AC DM BDM - равнобедренный 1 2 4) Из 2) и 3) высота DH BM (т.к. высота DН ∆ВDМ есть его медиана и биссектриса ВН=НМ и АDН = МDН = 45°.И DВМ = DМВ = 45° ∆DНВ (Н=90°) – равнобедренный. ВН=DН). ВМ - ? 5) т.к. AC || DM (по постр.), то ADMC – параллелограмм AD = CM. BM = BC + CM = BC + AD. 6) S ADCB AD BC BC AD 8 8 64 2 2 Ответ: 64. Задача 2. В треугольнике ABC, медиана BD равна DBC 2 . Найдите угол АВС. Дано: ABC BD 3 AB , BD – медиана 4 DBC Найти: ABD 2 3 AB и угол 4 Решение: Пусть АВ = с и ABD . 1. Дополнительные построения: на луче BD отложим отрезок равный медиане BD, т.е. BD = DF. 2. Имеем BD = DF (по постр.), AD = DC (BD – медиана по условию) ABCF – параллелограмм ABD BFC (соотв. углы при АВ║FC и сек. ВF); FC = AВ = c, т.к. DBC 3. BF 2 BD 2 2 , то FBC - прямоугольный. 3 3 c c 4 2 4. В прямоугольном FBC по определению косинуса имеем: cos прилежащий катет BF 3 3 c:c гипотенуза FC 2 2 6 Ответ: . 6 ЗАНЯТИЕ 2 История математических олимпиад. Методы и схема поиска решения нестандартных задач. Цель: Мотивировать учащихся на участие в олимпиадах. Познакомить их с историей олимпиад, структурой олимпиады и варианта. А так же дать понятия методам решения и выделить схему поиска олимпиадных задач. В ходе занятия выступают учащиеся с теоретическими сообщениями на темы: «История математических олимпиад», « Структура олимпиады» и «Структура варианта». После дается понятие олимпиадной задачи, ее сходство и отличие от задач школьного курса. Сообщаются методы поиска способа решения нестандартных задач, предложенные Л. М. Фридман. Далее разбираются схема 1 «Методы решения нестандартных задач» и схема 2 «Схема поиска нестандартной задачи» предложенные так же Л. М. Фридман (см. приложение 1). И в заключении демонстрируются приемы, которые определяют сложность олимпиадных задач, которые выделяет в своих изданиях А.В. Фарков [14]. Учащимся сообщается, что на основе этих приемов они будут учиться анализировать задачи. ЗАНЯТИЕ 3 и 4. Построение чертежа. Цель: Дать некоторые рекомендации по построению чертежа к геометрическим задачам. Показать роль чертежа при решении задач. Решение любой геометрической задачи начинается с построения чертежа. Чертеж играет значительную роль при решении задачи. Умение построить хороший грамотный чертеж, помогающий решению задачи, является важнейшим элементом геометрической культуры. На чертеже должны хорошо просматриваться необходимые элементы фигуры. На чертеже полезно надписывать известные элементы (величины), а также искомые элементы (величины). Чертеж не должен быть перезагруженным: иногда лишняя линия усложняет и загромождает чертеж, не давая информации к решению задачи. Можно выделить некоторые принципы, которыми следует руководствоваться при построении чертежа. (Речь идет о построении чертежа на этапе собственно решения задачи, а не об оформлении решения на чистовике.) Прежде всего, чертеж должен быть «большим и красивым». Это вовсе не означает, что чертеж должен выполняться по всем правилам черчения, с использованием соответствующих инструментов. При небольшом навыке чертеж может быть хорошо сделан и от руки. Важнейшим требованием к чертежу является требование лаконичности. Следует изображать лишь «функционирующие» части геометрических фигур. Так, например, если в задаче надо найти радиус окружности, вписанной в треугольник, то в большинстве случаев саму эту окружность не следует изображать. Обычно достаточно указать центр окружности и общие точки окружности и треугольника. Если же в условии задачи фигурируют точки этой окружности, т.е. окружность «функционирует» в условии, то ее изображение может оказаться полезным для решения задачи. При этом даже такой пустяк, как «что раньше изобразить: окружность или треугольник?» может существенно сказаться на качестве чертежа, а в результате – и на решении. Пример 1. В равнобедренном треугольнике основание равно 16 см, а боковая сторона равна 10 см. Найдите радиусы вписанной и описанной окружностей. Решение. (записываются основные шаги решения, акцент делается на построение чертежа). Сначала определим радиус вписанной окружности r. Ее центром является точка О пересечения биссектрис: ВD и СО (рис.3). Так как ΔАВС равнобедренный, то биссектриса ВD является также высотой и медианой. Тогда из прямоугольного ΔВDС по теореме Пифагора найдем ВD=6. Пользуясь теоремой о биссектрисе СО ( ВО: ОD=ВС: DC ) найдем r = ОD = 8/3 см. Теперь найдем радиус описанной окружности R. Ее центром является точка О пересечения серединных перпендикуляров (рис. 4). Так как высота ВD является серединным перпендикуляром к стороне АС, то точка О1 лежит или на ВD или на продолжении ВD. Тогда из равнобедренного ΔО1ВС (рис.4а) найдем: R= О1В=О1С= 25/3 см. Так как: Из ∆ВDС (D=90°) (рис.4) найдем соs В = ВD/ВС = 6/10 = 3/5. ВК- серединный перпендикуляр, ВК=10 : 2 = 5. Из ∆ВКО1 (К=90°) найдем cosВ = ВК/ВО1 ВО1 = ВК/cosВ = 5:3/5 = 25/3. Заметим, что при решении задачи окружности не изображались понадобились лишь центры окружностей О, О1 и точки, общие для треугольника и окружности (точка D в случае вписанной окружности и точки В и С в случае описанной окружности). К сожалению, учебные пособия часто дают нам примеры чертежей, перегруженных ненужными деталями, служащих скорее иллюстрацией к задаче, чем элементом ее решения. Не следует думать, что на начальном этапе решения задачи заканчиваются проблемы, связанные с построением чертежа. Имеется немало задач, процесс решения которых состоит в последовательном уточнении особенностей рассматриваемой конфигурации с соответствующими переделками и изменениями чертежа, так что окончательный вид чертеж принимает одновременно с окончанием решения. В этом смысле в учебных пособиях иногда приводятся чертежи, построить которые можно, лишь полностью решив задачу. Полезно было бы давать не итоговый чертеж, а нечто вроде мультфильма, показывающего, как изменяется чертеж в процессе решения задачи, но эту идею трудно реализовать в книге. Необходимо избегать чрезмерного усложнения чертежа. Этого можно добиться, в частности, за счет выносных картинок, изображающих фрагменты общей конфигурации. С другой стороны, стоит непосредственно на чертеже указывать числовые или буквенные значения линейных или угловых величин, заданных в условии или полученных (введенных) в процессе решения. [13] Пример 2. В трапеции АВСD основание АВ равно а, основание СD равно в (в < а). Известно, что диагонали трапеции перпендикулярны, а угол между продолжениями боковых сторон равен 45º. Найдите высоту трапеции. а. б. Рис.5 в. Заметим, что проведя DК || СВ получим параллелограмм КDСВ (рис. 5б) => DС = КВ, DК = СВ, АЕВ = АDК. А так же получим ΔАDК неизвестной высота высотой которого является трапеции и АDСВ (взаимопроникновение), его сторона АD совпадает со стороной АD трапеции, сторона DК =СВ, а АК = АВ – КВ. (рис.5в). Таким образом, выделив ΔАDК с известным углом и сторонами можно найти его высоту, Рис.5г а значит и высоту трапеции (рис.5г). Что намного удобнее из-за обилия формул связанных с треугольником. Решение приведем позже на одном из следующих занятий. Говорят, что геометрия есть искусство правильно рассуждать на неправильном чертеже. В этих словах есть доля истины. Очень часто решение задачи не зависит от числовых данных, указанных в условии. Более того, формально логическая структура решения не должна опираться на чертеж; как говорят, решение не должно апеллировать к чертежу. И все же легче и лучше правильно рассуждать на правильном чертеже, на котором прямой угол выглядит как прямой, соблюдены пропорции и соотношения, заданные в условии, и не приходится напрягать воображение, чтобы узнать в кособоком овале окружность. Правильный чертеж поможет увидеть особенности геометрической фигуры, необходимые или полезные для решения задачи. Например, может «подсказать», что какие-то точки расположены на одной прямой или одной окружности или, что прямые пересекаются в одной точке. Конечно же, эти особенности в дальнейшем должны быть обоснованы без ссылок на чертеж. При этом иногда приходится делать два чертежа. Первый, правильный, с помощью которого можно сделать геометрические «открытия», и второй, заведомо неправильный, для проведения доказательства. С другой стороны, если в задаче идет речь о фигуре общего вида, например, о произвольном треугольнике или четырехугольнике, то необходимо, чтобы фигура, изображенная на чертеже, не имела характерных особенностей, присущих «хорошим» фигурам; в частности, треугольник не должен быть прямоугольным или равнобедренным, а тем более правильным, а четырехугольник – быть похожим на параллелограмм и т.д. Ограничимся пока общими рекомендациями по построению чертежа, поскольку уровень сложности задач, содержательно иллюстрирующих эту тему, превышает начальный. Кроме того, умение строить нужный чертеж, понимание, где надо постараться и выполнить чертеж поточнее, а где можно обойтись не очень точной схематической картинкой, приходит с опытом. В дальнейшем мы еще не раз будем возвращаться к этой теме и при этом рассмотрим отдельные специальные приемы, используемые при решении некоторых типов задач. Пока же главное – выработать привычку начинать решение любой геометрической задачи с чертежа, а также некоторые минимальные практические навыки. ЗАНЯТИЕ 5 и 6. Дополнительные построения при решении задач, связанных с трапецией. Цель: Показать, дополнительные построения, связанные с трапецией. Показать приемы, которые определяют сложность олимпиадных задач. На основе этих приемов научить анализировать задачи. 1. Подготовительный этап. 1) Найти: АВ, А, В. (рис.6) Ответ: AB 5 2 5 3 10 , A 30 , B 60 2 2) Заполнить пропуски: 1 2 1 аhа 2 = Ответ: 1 1 аhа=SΔ= вс 2 2 = с sin . sin α 3) Исправить ошибки и упростить. (рис.7) 2 = 2∙ + ─ 2∙ ∙ ∙ cos 20º Ответ: 2 = 2 2 + 2 = ─2 ∙ 2 2 + cos120º + ∙ 2. Ориентировочный этап. При решении задач с трапецией бывают, полезны дополнительные построения, при которых диагонали трапеции и боковые стороны являются сторонами одного треугольника. 3.Этап применения знаний. Задача 1. В трапеции ABCD основание AB равно а, основание CD равно b (b < a). Известно, что диагонали трапеции перпендикулярны, а угол между продолжениями боковых сторон равен 45º. Найти высоту трапеции. Дано: ABCD – трапеция, основание AB = а, основание CD = b (b < a), AC BD, AD ∩ BC = E, AEB 45 . Найти: h Сделаем анализ задачи и выясним степень ее сложности. Сложность задачи зависит от: числа данных в задаче (перечислим их из условия) 1. Трапеция ABCD; 2. Основание AB = a, основание CD = b, b > a; 3. Диагонали перпендикулярны; Если в диагоналях условиях говорится трапеции, о В трапеции бывает полезно провести то через одно стандартным будет дополнительное параллельную вершину прямую, противоположной построение, состоящее в проведении боковой стороне через одну из его вершин прямой параллельной диагонали. 4. Угол между боковыми сторонами = 45º. Объема информации: (Перечислим, какие теоретические сведения нужно знать чтобы решить задачу). 1. Если диагонали перпендикулярны, то возможно прямоугольных треугольников, а значит нужно знать: рассмотрение Теорему Пифагора; Соотношения между углами и сторонами прямоугольного треугольника. 2. Если дана трапеция, то возможны стандартное дополнительное построение, при котором можно выделить треугольник и использовать тот факт, что высота треугольника равна высоте трапеции. 3. Высоту треугольника можно выразить из площади треугольника разными способами => знание всех формул для нахождения площади треугольника. 4. Для нахождения площади треугольника может потребоваться (выражение) нахождение одной из его сторон через две другие => знание Теоремы косинусов и Теоремы синусов (если известно 2 угла). 5. Умение выражать переменную из алгебраического выражения. Решение: При решении олимпиадных задач по геометрии применяется метод замены фигуры. Суть метода состоит в том, что фигура, о которой идет речь в задаче, заменяется другой фигурой, но с той, же искомой величиной. При этом новая фигура выбирается таким образом, чтобы искомую величину найти было легче. Что можно сделать в нашем случае? Сделаем дополнительное построение: Проведем DK || BC (через вершину трапеции прямую, параллельную противоположной боковой стороне). Заметим, что искомая высота трапеции будет являться высотой полученного треугольника ADK, а высоту треугольника искать всегда легче. Таким образом, данную задачу свели к более простой задаче. Положим (для удобства) BC = x, AD = y. Рассмотрим ADK : Найдем его стороны. DK || CB(по постр.) DCBK параллелограмм DK CB x, DC || KB( основанию трапеции) DC KB b AK a - b DK || CB, CB EB ADK E 45 (соответствует углам при DK || EB и секущей АЕ). => 1 xy sin 45 1 1 2 xy sin 45 h(a b) или xy sin 45 h(a b) (1) 1 2 2 h(a b) 2 S ADK S ADK Далее применим к ADK . Теорема косинусов: (a b) 2 x 2 y 2 2 xy cos 45 С учетом (1) и того, что sin 45 cos 45 имеем: (a b) 2 x 2 y 2 2h(a b) (2) Теперь докажем, что x 2 y 2 a 2 b 2 DB AC = О DOC (O 90) b 2 DO 2 OC 2 (Теорема Пифагора) AOB(O 90) a 2 AO 2 OB 2 Отметим еще, что AOD и BOC - прямоугольные. a 2 b 2 AO 2 OB 2 DO 2 OC 2 (OC 2 OB 2 ) (OD 2 OA 2 ) x 2 y 2 Подставляем это значение в (2), получаем: (a b) 2 a 2 b 2 2(a b)h h ab hтрап a b Ответ: h ab . a b Число взаимопроникновенний: 1. Высота трапеции является высотой треугольника; 2. Сторона трапеции является стороной треугольника; 3. Сторона треугольника DК является стороной параллелограмма. Сложность решения данной задачи заключается не только в том, что надо догадаться провести из вершины трапеции прямую параллельную противоположной боковой стороне, но и в том, что в ней используются факты: Свойство параллелограмма, углы, образованные при пересечении параллельных прямых секущей. Теорема Пифагора. Теорема косинусов. Две формулы для нахождения площади треугольника, которые формулируются в задаче. Задача 2: Один из углов трапеции равен 30º, а продолжения боковых сторон пересекаются под прямым углом. Найти длину меньшей боковой стороны трапеции, если ее средняя линия равна 10, а одно из оснований 8. Дано: ABCD – трапеция A 30 ;AB CD MN = 10;BC = 8 Найти: меньшую бок сторону Объем информации. 1. Понятие трапеции; 2. Понятие средней линии трапеции; 3. Понятие прямого угла; 4. Стандартные дополнительные построения; 5. Свойства углов, образованных параллельными прямыми и секущей; 6. Соотношение между меньшим углом и меньшей стороной в треугольнике; 7. Свойство прямоугольного треугольника с углом в 30º; Выводы из условий задачи: 1. Так как ABCD – трапеция, то BC || AD и ср.лин BC AD . 2 2. Так как МN= 10, то BC + AC = 20. 3. Так как 1 2 в ∆АНВ (Н=90°) A 30 , то ВН- высота AB .(свойство прямоугольного треугольника) 4. Так как AB CD = M, то AB ∩ CD = M, AMD - прямоугольный 1 2 ( M 90 ); AMD ~ BMC , A B 30 , MD AD . 5. Так как BC = 8, то AD = 20 – BC = 20 – 8 = 12. Число связей – 5. Решение: 1. Дополнительные построения: В трапеции ABCD проведем отрезок CE || AB (через вершину С проведем прямую, параллельную боковой стороне AB) ABCE – параллелограмм AE = BC = 8 ED = AD – 8. 2. Рассмотрим ECD : CED 30 (соотв. с А при AB || CE и секущей АЕ), ECD 90 (соотв. с М при AB || CE и секущей МС). 3. CD < EC = AB (против меньшего угла в треугольнике лежит меньшая сторона), т.е. CD – меньшая боковая сторона трапеции ABCD и CD 1 ED (как катет, лежащий против угла в 30º). 2 4. Т.к. ср.лин. AD BC 10 , то BC + AD = 20 2 AD = 20 – BC = 20 – 8 = 12 1 2 Тогда ED = AD – EA = 12 – 8 = 4 и CD 4 2 Ответ: CD = 2. Сложность решения задачи заключается не только в том, что надо догадаться провести из вершины трапеции прямую, параллельную боковой стороне, но и в том, что в ней используются факты: свойство параллелограмма углы, образованные при пересечении параллельных прямых секущей понятие средней линии трапеции соотношение треугольнике между и углами в и сторонами прямоугольном Число взаимопроникновенний. 1. Высота трапеции ВН является катетом треугольника; 3. D трапеции является углом треугольника ЕСD. произвольном треугольнике формулируются в задаче. 2. А трапеции является углом треугольника АВН; в которые Задача 3. В трапеции средняя линия равна 7 см, высота равна 15 3 см, 7 а угол между диагоналями против основания равен 120º. Найти диагонали этой трапеции. Сделаем анализ задачи и выясним степень ее сложности, для этого: Выпишем число данных в задачи и сделаем по ним чертеж к задачи. После проанализируем задачу по схеме 2, предложенной Л.М. Фридман. С D Дано: ABCD – трапеция ср.лин.MN = 7 см h 15 3 см. AOB 120 7 Р O h Найти: AC и DB (диагон.) N Объем информации: 1.Понятие трапеции. А 2.Понятие средней линии трапеции. Рис.12 В M Можно ли разбить условие задачи на подзадачи? (нет) Можно ли сделать дополнительное построение? (да) Исходя из условия, какое дополнительное построение можно сделать? Какую новую фигуру получим? (треугольник) Почему из треугольника удобнее находить неизвестную величину? Выводы из условия задачи: 1. АВСD-трапеция => DС || АВ и ср.линия MN= (DС+АВ) / 2 C 2. Cр.лин.MN = 7 см => ВC+АВ=14 см. 3. hтрапеции = hΔ (полученного с помощью дополнительного построения). Решение: 1.Сделаем дополнительное построение: Через вершину С проведем прямую, параллельную диагонали BD, до пересечения с продолжением стороны AB в точке М и получим ACM со стороной AC, равной диагонали трапеции, которую надо найти и стороной СМ, равной диагонали DB трапеции (из параллелограмма BDCM). Таким образом, мы заменили одну фигуру другой для того, чтобы легче было искать искомую величину. 2.Положим AC = x, CM = BD = y (так удобнее воспринимать уравнение) 3.DВ || СМ (по постр.)=> AOB АСМ 120 (соотв. углы при DВ||СМ и сек. АС) DС || ВМ(основание трапеции) => а) DВ = СМ= у и б) DС = ВМ=>DС+АВ=АВ+ВМ=АМ=14 см. 4.Из ACM , учитывая, что AM = AB + CD = 14, по Теореме косинусов получим: АМ2 = х2 + у2 – 2ху∙cos 120º. Учитывая ,что cos120º = ─ 1/2, получим : 14 2 x 2 y 2 xy (1) 1 2 1 2 5. S ACM AM h AC CM sin 120 1 15 3 1 3 1 14 xy 30 3 xy 3 (2) 2 7 2 2 2 6.Составим и решим систему уравнений (1) и (2): 14 2 x 2 y 2 xy y 10 y 7,5 или 1 x 6 x 8 30 3 xy 3 2 Ответ: АС = 6см., DВ = 10см. Объем информации (анализируя решение, выделим, что необходимо знать и уметь для успешного решения.): 1. Понятие трапеции; 2. Понятие средней линии трапеции; 3. Стандартные дополнительные построения; 4. Свойства параллелограмма; 5. Свойства соответственных углов при параллельных прямых и секущей; 6. Знание теоремы косинусов; 7. Знание формулы площади треугольника по стороне и опущенной к ней высоте; 8. Знание формулы площади треугольника по двум сторонам и углу между ними; 9. Умение находить синусы и косинусы тупых углов; 10. Умение решать системы уравнений второй степени. Число взаимопроникновенний: 4. 1. Диагональ трапеции DВ является стороной параллелограмма ВDСМ; 2. Диагональ трапеции АС является стороной треугольника АСМ; 3. Высота треугольника АСМ является высотой трапеции АВСD; 4. Диагональ трапеции DВ является стороной треугольника АСМ; Общее число шагов решения: 6. Сложность задачи заключается не только в том, что надо догадаться провести через вершину С прямую, параллельную диагонали DB, но и в том, что из полученной новой фигуры (треугольника) выразить неизвестные величины с одной стороны пользуясь Теоремой косинусов, а с другой, пользуясь формулами нахождения площади треугольника. Задача 4. Диагонали трапеции равны 13 и 15 см, средняя линия равна 7 см. Найти высоту трапеции. В Дано: ABCD – трапеция С a AC = 13 см BD = 15 см MN = 7 см (ср.лин) М N h Найти: h. Объем информации. 1. Понятие трапеции. А b D Рис.13 2. Понятие средней линии трапеции. 3. Понятие площади трапеции и площади треугольника. 4. Стандартное дополнительное построение. 5. Свойства параллелограмма. Выводы из условий задачи. а K 1. ABCD – трапеция BC || AD 2. МN = 7 см AD + BC = 14 см Какое дополнительное построение может сделать и почему? Так как в условии задачи говорится о диагоналях трапеции, то стандартным будет дополнительное построение, состоящее в проведении через одну из ее вершин прямой, параллельной диагонали. Решение: 1.Таким образом проведем через вершину С прямую параллельную диагонали BD (рис.13). Эта прямая пересекает AD в точке К => CK || BD (по построению); BC || DK (т.к. DK лежит на продолжении основания AD) 2.=> BCKD – параллелограмм BD = CK и DK = BC 3.Так как MN – средняя линия, то MN BC AD 7см 2 BC + AD =АК = 14 см 4.Так как S ABCD BC AD h , то S ABCD 7 h . 2 Заметим, что узнав площадь трапеции, мы сможем найти высоту. 1 2 Так же замечая, что S ACK AK h , при AK = AD + DK, DK = BC (свойство трапеции), т.е. AK = AD + BC, то найдя SACK, мы найдем SABCD, а также и высоту трапеции. 5.Найдем площадь треугольника по формуле Герона: Имеем: AC = 13 см (условие), CK = 15 см (CK = BD, по доказанному), АК = 14 см (AD + ВС = АК, по доказанному), p 15 13 14 21см . 2 S ACK 21 6 8 7 84см 2 6.=> S ABCD 84см 2 7h 84см 2 h 12см Ответ: h 12см . Число связей в задаче: 2. 1. Зная среднюю линию трапеции, находим сумму оснований; 2. Зная среднюю линию трапеции и ее площадь, находим высоту. Количество взаимопроникновенний: 3. 1. Сделав дополнительное построение в трапеции рассмотрим площадь треугольника, равную площади трапеции; 2. Высота трапеции является высотой треугольника; 3. Диагонали трапеции являются сторонами треугольника. Общее число шагов решения:4. 1. Дополнительное построение: CK || BD. 2. Рассматриваем полученный параллелограмм и делаем соответствующие выводы; 3. Находим сторону АК треугольника АСК; 4. Выражаем через h площадь АВСD. Докажем, что SАСК = SАВСD; 5. Находим площадь треугольника АСК; 6. Находим высоту трапеции h. Домашнее задание. Задача 5. Основания трапеции равны 10 и 31, боковые стороны 20 и 13. Найти высоту трапеции. Задача 6.Найти площадь трапеции с основаниями 6 и 7 и диагоналями 5 и 12. ЗАНЯТИЕ 7 и 8. Удвоение медианы треугольника. Цель: Показать, что удвоение медианы приводит к образованию параллелограмма, что значительно облегчает решение задачи. Продолжать отрабатывать приемы, определяющие сложность олимпиадных задач и помогающих анализировать задачи. Научить выстраивать цепочку следствий при решении задач. 1. Подготовительный этап. Найти пары равных треугольников и неизвестные величины: 2.Ориентировочный этап: Если в условии задачи есть медиана треугольника, то стоит попытаться продолжить эту медиану на такое же расстояние. При этом получим параллелограмм, стороны и одна диагональ, которого равны стороне треугольника, а вторая диагональ равна удвоенной медиане. 3.Этап применения знаний. Задача 7: В треугольнике АВС медиана AM перпендикулярна стороне AC. Найдите угол BAC, если AB = 2AC. Появление задачи с таким условием на первый взгляд кажется неестественным. В тексте содержится непрямое упоминание лишь об одном угле ( MAC 90 ); нет ни равнобедренных треугольников, ни равных углов, да еще дана медиана – линия «очень неудобная» с точки зрения подсчета углов. Соотношения AB = 2AC полезно в задачах, в которых ABC прямоугольный (в нашем случае это, конечно, не так). Тем не менее ключ к решению задачи содержится именно в данном отношении. Но этот ключ необходимо извлечь и настроить. Для того чтобы соотношение AB = 2AC заработало, осуществим дополнительное построение. Число данных в задаче: Дано: ABC AM – медиана АВ = 2АС АМ АС Найти: BAC . Объем информации : 1. Понятие медианы треугольника. 2. Понятие перпендикуляра. 3. Знание признаков равенства треугольников. 4. Соотношение между сторонами и углами в прямоугольном треугольнике. Выводы из условия задачи: 1. АМ – медиана ВМ = МС. 2. АМ АС MAC - прямоугольный ( A 30 ). Можно ли сделать дополнительное построение? (да) Исходя из условия, какое дополнительное построение можно сделать? Какую новую фигуру получим? (треугольник) Решение. 1. Отложим на луче АМ отрезок МР = АМ (медиане). Соединим отрезком точки Р и С и рассмотрим два треугольника:.∆АВМ и ∆МРС. 2. 1) АМ = МР (по построению); 2) МВ = МС (АМ – медиана); 3)ВМА=РМС (вертикальные уголы) ∆АВМ=∆МРС (по двум сторонам и углу между ними) СР=АВ=2АС, а BAM CPM (соответствующие стороны и углы в равных треугольниках). 3. Рассмотрим CAP ( A 90 ). Имеем катет АС вдвое меньше гипотенузы СР CPA 30 . Далее получаем BAM CPA 30 . 4. Тогда BAC BAM CAM 30 90 120 Ответ: BAC 120 . Число связей: 3. 1. Удвоив медиану доказали равенство треугольников; 2. Из равенства треугольников нашли равенство сторон этих треугольников; 2. Доказав, равенство АВ = РС нашли градусную меру угла СРА; Количество взаимопроникновенний: 3. 1. Сторона АС треугольника АВС является катетом прямоугольного треугольника САР; 2. Медиана ΔАВС является стороной ΔАВМ; 3. Прямой угол между медианой и стороной ΔАВС является прямым углом ΔСАР. Количество непосредственных выводов. 1. Если в прямоугольном треугольнике катет вдвое меньше гипотенузы, то угол напротив этого катета равен 30 . 2.Медиана треугольника делит противоположную сторону угла, из которого она выходит, пополам; 3. Вертикальные и соответственные углы равны. Общее число шагов решения: 4. 1. Дополнительное построение: МР = АМ и соединили точки Р и С. 2. Рассмотрим равенство треугольников и получили СР = 2АС, BAM CPM . 3. Установили, что CPA 30 . 4. Нашли BAC 120 . Один человек рассказывает и доказывает, что в параллелограмме d12 d22 2(a2 b2 ) . Объем данных в задачи: 1. Диагонали параллелограмма; 2. Стороны параллелограмма. Доказательство 1. Из ΔABC(рис.19а), по Теореме косинусов: d12 a 2 b 2 2ab cos (1) 2. Из ΔВСD(рис.19б), по Теореме косинусов: d 22 a 2 b 2 2ab cos(180 ) (2) 3. Сложим равенства(1) и (2). Упростив (3),получим: d12 d 22 2a 2 2b 2 2ab cos 2ab cos(180 ) (3) d12 d 22 2a 2 2b 2 2ab(cos cos(180 )) d12 d 22 2(a 2 b 2 ) ▄ Объем информации, необходимой для ее решения : 1. Свойства параллелограмма; 2. Теорема косинусов; 3. Знание тригонометрических формул; 4. Умение преобразовывать алгебраические выражения. Количество взаимопроникновенний: 1. Диагональ параллелограмма является стороной треугольника; 2. Стороны параллелограмма являются сторонами треугольника. Общее число шагов решения: 3. Класс делится на две группы, и решают самостоятельно задачу. Задача 8. Даны стороны треугольника АВС: a,b,c. Найти ma (первая группа) и mb (вторая группа). Число данных в задаче: Дано:1. Треугольник АВС. 2. Сторона АВ = с 3. Сторона ВС = а 4. Сторона АС = в 5. Медиана АМ- mа. Найти: медиану mа. Количество возможных выводов из условия задачи: 1. АМ-медиана треугольника АСВ=> СМ=МВ. 2. В условии дана медиана => доп. построение- удвоение медианы. - Можно ли разбить условие на подзадачи? (нет) -Можно ли сделать дополнительное построение? (да) -Исходя из условия, какое дополнительное построение здесь уместно и почему? (удвоение медианы, так как про нее говориться в условии задачи). -Какую новую фигуру получим удвоив медиану треугольника? (параллелограмм). Решение: 1. Продолжим медиану АМ на отрезок, равный ей. => АМ = МD. 2. Соединим точку D с точками С и В. => Четырехугольник ABDC. 3. Имеем: АD∩СВ=М. Причем, АМ = МD (по построению); СМ=МВ (АМмедиана) => диагонали точкой пересечения делятся пополам. => 4. Четырехугольник ABDC – параллелограмм. => 5. Свойство: сумма квадратов диагоналей параллелограмма равна сумме квадратов всех его четырех сторон. Воспользовавшись этим свойством, имеем: 4ma2 a 2 2b 2 2c 2 ma Ответ: ma 1 2b 2 2c 2 a 2 . По аналогии получаются mв и mс. 2 1 1 1 2b 2 2c 2 a 2 ; mb 2 a 2 2 c 2 b 2 ; mc 2a 2 2b 2 c 2 2 2 2 Объем информации, необходимой для ее решения: 4. 1. Понятие и свойство медианы; 2. Стандартные дополнительные построения; 3. Понятие и свойства параллелограмма; 4. Умение выражать переменную из алгебраического выражения. Количество взаимопроникновенний при решении задачи: 3. 1. Стороны треугольника являются сторонами параллелограмма; 2. Медиана треугольника является половиной диагонали параллелограмма; 3. Сторона треугольника является диагональю параллелограмма. Общее число шагов решения: 5. Задача 9. На сторонах АВ и ВС треугольника АВС построены квадраты ABDE и ВСКМ. Доказать, что отрезок ВМ вдвое длиннее медианы ВР треугольника АВС. Число данных в задаче. Дано: ABC ВР – медиана ABDE – квадрат ВСКМ – квадрат Доказать: DM = 2BP Количество возможных выводов из условия задачи: 1. РВ- медиана ΔАВС => АР=РС. 2. В условии дана медиана =>доп.построение- удвоение медианы. 3. На сторонах треугольника построены квадраты => стороны квадратов равны соответствующим сторонам треугольника. 4. Отрезок ВМ вдвое длиннее медианы Δ => он равен диагонали параллелограмма полученного с помощью удвоения медианы. - Можно ли разбить условие на подзадачи? (нет) -Можно ли сделать дополнительное построение? (да) -Исходя из условия, какое дополнительное построение здесь уместно и почему? (удвоение медианы, так как про нее говориться в условии задачи). - Какую фигуру получим удвоив медиану треугольника? (параллелограмм) Решение: 1. Продолжим медиану ВР на равный ей отрезок => РТ = ВР и ВТ= 2ВР. 2. Соединим точку Т с точками А и С => Четырехугольник АВСТ. 3. Имеем: АС∩ВТ=Р. Причем, ВР=РТ (по построению); АР=РС (ВР- медиана) => диагонали точкой пересечения делятся пополам. => 4. Четырехугольник ABDC – параллелограмм. => АВ=СТ. 5. Рассмотрим DBM и BCT : ВМ = ВС (стороны квадрата), АВ = СТ (как противоположные стороны параллелограмма АВСТ) и АВ= DВ (стороны квадрата) => DВ=СТ.Кроме того, DBM BCT (как углы с взаимно- перпендикулярными сторонами). 6. Следовательно, DBM TCB (по двум сторонам и углу между ними) DM = BT = 2BP. ч.т.д. . Объем информации, необходимой для ее решения. 1. Понятие и свойства треугольника. 2. Понятие и свойства квадрата. 3. Понятие и свойства медианы треугольника. 4. Знание свойств параллелограмма. 5. Знание признаков равенства треугольников. 6. Свойство углов со взаимно-перпендикулярными сторонами. Количество взаимопроникновенний при решении задачи: 2. 1. Медиана ΔАВС является половиной стороны ΔВСТ. 2. Стороны ΔАВС являются сторонами квадратов, построенных на них. Количество непосредственных выводов, необходимых для решения: 1. Если диагонали точкой пересечения делятся пополам, то четырехугольникпараллелограмм. 2. Если треугольники равны, то равны все соответствующие стороны и углы в этих треугольниках. Общее число шагов решения: 6. Домашнее задание: Задача 10.В треугольнике АВС длина медиана AD равна m, длина стороны АС равна b. Найти длину третьей стороны, если длина стороны ВС в два раза больше длины медианы AD. ЗАНЯТИЕ 9 и 10 Проведение высот в треугольнике и трапеции. Цель: Показать, что такое стандартное дополнительное построение, как проведение высоты в треугольнике или трапеции облегчает решения многих геометрических задач. Продолжать формирование умений анализировать задачи с помощью приемов определяющих сложность олимпиадных задач и строить цепочку следствий при решении. 1. Подготовительный этап. Найти х. 2. Ориентировочный этап. Иногда бывает полезно выполнить такое дополнительное построение, как проведение высоты. С целью получения прямоугольных треугольников или прямоугольного треугольника, из рассмотрения свойств которого или других образовавшихся при этом фигур следует доказательство утверждения. И это намного облегчает решение задачи. 3. Этап применения знаний. Задача 11. Найти диагональ и боковую сторону равнобедренной трапеции с основаниями 20 и 12 см, если известно, что центр описанной окружности лежит на большем основании трапеции. Число данных в задаче. Дано: 1. трапеция ABCD 2. равнобедренная трапеция AB = CD 3. окружность, описанная около трапеции 4. центр описанной окружности лежит на большем основании 5. основание трапеции = 12 и 20 см. ВС = 12, AD = 20 см Найти: AC, CD Объем информации. 1. Равнобедренная трапеция. 2. Описанная окружность. 3. Центр описанной окружности лежит на большем основании (из усл). 4. Теорема Пифагора. 5. Свойство вписанных углов опирающихся на диаметр. Количество возможных выводов из условия задачи: Трапеция: 1. две стороны параллельны – основания 2. две стороны не параллельны – боковые стороны 3. Сумма углов при боковой стороне = 180º 4. Можно сделать стандартные дополнительные построения Равнобедренная трапеция: 1. боковые стороны равны. 2. углы при основании равны. 3. высоты отсекают от боковых сторон равные треугольники и равны между собой. 4. диагонали равны. Основания трапеции 20 и 12 см: 1. ср.лин 20 12 16см . 2 2. сумма проекции боковой стороны = 20 – 12 = 8, а т.к. они равны, то каждая 8 : 2 = 4. Окружность, описанная около трапеции: 1. Сумма противоположных углов трапеции = 180º. 2. Внутренние углы, опирающие на одну хорду равны. 3. Вписанный угол равен половине центрального угла. 4. Окружность проходит через все вершины трапеции. 5. Центр окружности лежит на всех серединных перпендикулярах сторон трапеции. Центр лежит на большем основании трапеции (20 см) 1. диаметр = 20 см 2. радиус = 10 см 3. ACD опирается на диаметр ACD 90 и ACD прямоугольный. Решение: 1. Проведем высоту CL AD а) CLD - прямоугольный ( L 90 ), из него можно найти CD CL2 LD 2 по Теореме Пифагора. б) OLC - прямоугольный, из него можно найти высоту LC OC 2 OL2 в) ACD - прямоугольный ( C опирается на диаметр окружности C 90 ), из него можно найти АС. 2. OL = 6 см (т.к. LD = (20 - 12) : 2 = 4; OL = OD – LD, OD = OC = 10 см (радиус окружности), тогда OL = 10 – 4 = 6 см) 3. Из CLO по Теореме Пифагора CL 102 62 8см . 4. Из CLD : CD 82 42 4 5см 5. Из ACD : AC 202 (4 5 ) 2 400 80 8 5см Ответ: AC 8 5см ; CD 4 5см Число связей: 1. d = 20 r = 10 2. центр лежит на основании основание есть диаметр 3. CL – высота CL AD CLD , OLC , ALC - прямоугольные можно найти по Теореме Пифагора стороны. 4 Чтобы найти CD из CLD ( L 90 ), находим LD из трапеции и CL из OLC ( L 90 ). 5. Чтобы найти CL, находим OL. количество непосредственных выводов, необходимых для решения. 1. Теорема Пифагора 2. r = d : 2 количество взаимопроникновенний при решении задачи: 1. Высота трапеции СL является катетом ∆СLD и катетом ∆ОLC. 2. Диагональ трапеции АВСD является стороной ∆АСD (С=90°); 3. Сторона трапеции – АD является гипотенузой ∆АСD (С=90°); 4. Радиус ОС является гипотенузой ∆СLО (L=90°)/ Общее число шагов решения. 1. Дополнительное построение: высота CL 2. Нахождение OL 3. Нахождение CL 4. Нахождение CD 5. Нахождение AC Количество возможных выводов 1. Можем найти Sтрап, SOCD 2. Можем найти диагональ BD. 1 2 3. Угол между диагоналями S d1d 2 sin 4. Можно найти площадь круга, длину окружности. Задача 12. Трапеция вписана в окружность радиуса 5 см, большее основание трапеции является диаметром окружности. Найдите площадь трапеции, если косинус угла при основании равен 1 Количество данных в задаче. Дано: ABCD – трапеция Окружность (0; 5) – описанная AD – диаметр cos A = 1 10 10 . Найти: SABCD. Количество возможных выводов из условия задачи. 1.Трапеция вписана в окружность =>сумма противоположных углов равна 180º. 2.Радиус окружности равен 5см =>диаметр окружности, равен 10см. 3.Основание является диаметром =>основание равно 10см. 4.Известен косинус угла => нужно рассматривать треугольник с этим углом, и скорее всего прямоугольный треугольник. 5.Диаметр является основанием вписанной трапеции =>вписанный угол АВD, опирающийся на диаметр- прямой. Объем информации, необходимой для решения задачи: 1.Понятие трапеции, вписанной в окружность. 2.Понятие диаметра окружности. 3.Понятие и признаки подобных треугольников. 4.Теорема Пифагора. 5.Знание свойств вписанных углов опирающихся на диаметр. 6.Знание свойств пропорциональных отрезков в прямоугольном треугольнике. 7.Стандартные дополнительные построения. 8.Знание соотношений между сторонами и углами прямоугольного треугольника. 9.Умение находить площадь трапеции. Решение. 1.Т.к. AD – диаметр (по условию), то AD = 2 · 5 = 10 2.Дополнительное построение: проведем высоту BH и диагональ BD. 3.Рассмотрим ABD -прямоугольный (вписанный угол B, опирающийся на диаметр = 90º) BAH DBH ( BAH ~ DBH ) 4.Из ABD ( B 90 ): AB AD cos A 10 10 . 10 5.Из ABH ( H 90 ): AH AB cos A 10 1 1. 10 6.Трапеция вписана в окружность она равнобедренная. АD = 10, АН = 1. ВС = 10- 1- 1 = 8. 7. BH AB2 AH 2 10 1 3 8. S ABCD AD BC 10 8 BH 3 27см 2 2 2 Ответ: S ABCD 27см 2 Количество непосредственных выводов: 1.Если радиус = 5 см, то основание трапеции – диаметр AD = 10 см 2.Угол, опирающийся на диаметр = 90º. 3. cos A AB прилеж.катет AD гипотенуза Общее число шагов решения: 6 шагов 1. Дополнительное построение: ВН – высота и BD – диагональ 2. BAH ~ DBH BAH DBH 3. Из ABD ( B 90 ) находим АВ. 4. Из AHB ( H 90 ) находим АН. 5. Из ABH ( H 90 ) находим высоту ВН по Теореме Пифагора. 6. Находим SABCD. Домашняя работа. Задача 13. В равнобочную трапецию с площадью S вписана окружность. Найдите ее радиус, если высота трапеции вдвое меньше боковой стороны. ЗАНЯТИЕ 11 Проведение радиусов. Цель: Показать на примере задач, в каких случаях применять такое дополнительное построение, как проведение радиусов. Продолжать учить анализировать задачи с помощью приемов, которые определяют сложность олимпиадных задач. А так же составлять цепочку следствий при решении, как можно длиннее. 1. Подготовительный этап. Повторить что такое хорда, касательная к окружности, радиус. Свойства прямоугольных треугольников. 2. Ориентировочный этап. Если в задаче говорится о касательной, то надо провести радиусы в точки касания и использовать их перпендикулярность к касательным. Если дана хорда, то надо провести радиус в ее конец и перпендикуляр к ней из центра; рассмотреть полученный прямоугольный треугольник. 3. Решение задач Задача 14. Внутри круга радиуса 15 см взята точка М на расстоянии 13 см от центра. Через эту точку проведена хорда длиной 18 см. Найти длины отрезков, на которые т. М делит хорду. Число данных в задачи. Дано: Окр (0; 2) ;r = 15 см; М кругу; ОМ = 13 см; АВ – хорда, М АВ = 18 см. Найти: АМ, МВ. Количество возможных выводов из условия: 1. Внутри круга взята точка М => расстояние ОМ меньше радиуса круга. 2. Радиус 15см =>диаметр 30см. Решение: 1 2 1. Проведем ОС АВ. Тогда CB AB 9см , т.к. в AOB ОА = ОВ (радиусы одной окружности) AOB - равнобедренный ОС – высота и медиана С – середина АВ СВ = СА. 2. т.к. ОС АВ, то OCB - прямоугольный OC OB 2 BC 2 152 9 2 12см 3. Из ΔОСМ ( C 90 ) MC OM 2 OC 2 132 122 5см 4. Значит, АМ = АС + СМ = 9 + 5 = 14 см МВ = СВ – СМ = 9 – 5 = 4 см Ответ: АМ = 14 см; МВ = 4 см Количество связей: 5. Объем информации. 1. Понятие круга, окружности 2. Понятие радиуса, хорды 3. Понятие точек, лежащих внутри круга 4. Понятие перпендикуляра, прямоугольного треугольника 5. Свойства равнобедренных треугольников. Понятие высоты, медианы, биссектрисы. 6. Теорема Пифагора 7. Стандартные дополнительные построения. Количество непосредственных выводов, необходимых для решения задачи: 1. Теорема Пифагора. 2. Свойства высоты в равнобедренном треугольнике. Количество взаимопроникновенний: 1. Из одного треугольника нашли ОС, а потом, зная ОС, нашли МС из другого треугольника. 2. Хорда АВ является основанием равнобедренного ∆АОВ; 3. Радиусы ОА и ОВ являются боковыми сторонами равнобедренного ∆АОВ; 4. Радиус ОВ является гипотенузой ∆ОСВ(С=90°); 5. Высота ОС ∆АОВ является катетом ∆ОСВ и ∆ОСН. Число шагов при решении: 1. ОС АВ 2. СВ = 9 см 3. Из OCB нашли ОС 4. Из OCM нашли МС. 5. Нашли АМ.. 6. Нашли МВ. Количество возможных выводов: 1. Можно найти SAOB, SACO, SBCO и периметры этих треугольников. 2. Можно найти диаметр окружности. 3. Можно найти среднюю линию AOM 4. Можно найти cos и sin углов треугольника АОВ. Задача 15. Хорда окружности равна 10 см. Через один конец хорды проведена касательная к окружности, а через другой – секущая, параллельная касательной. Определить радиус окружности, если внутренний отрезок секущей равен 12 см. Число данных в задачи: Дано: Хорда АВ – 10 см ; АМ – касательная; АМ || СВ; СВ = 12 см. Найти: rокр. Количество возможных выводов из условия задачи: 1. Дана хорда => можно провести радиусы в ее конец. 2. Касательная перпендикулярна радиусу. 3. Касательная || секущей => секущая радиусу ОА => 4. ΔАDВ-прямоугольный. Решение: 1. Проведем радиус в точки касания хорды АВ: ОА,ОВ. 2. По свойству касательной ОА АМ, АМ||СВ => ОА ВС. 3. Продлим ОА: ОА∩СВ=D => АD СВ => ΔАDВ и ΔОDВ прямоугольные. 4. Рассмотрим ΔСОВ: ОС=ОВ (радиусы одной окружности) =>ΔСОВ равнобедренный => высота ОD есть медиана =>DВ=DС=12: 2=6см. 5. Из ΔАDВ, по теореме Пифагора найдем, что АD=8см.(АD=ОА+ОD). 6. Пусть ОА = r, OD = x. Тогда, r + x = 8 (1), 7. Из ΔОDВ: OD 2 OB 2 BD 2 , или r2 – 62 = x2 или r2 – x2 = 36. 8. Так как r2 – x2 = (r – x)(r + x), то r x 36 36 9 (2) rx 8 2 9. Составим и решим систему уравнений: r x 8 r 8 x r 6,25 9 7 ; 8 2 х ;16 4 х 9;4 х 7; х 1,75. 9 9 2 4 x 1,75 r x 2 8 x x 2 Ответ: r = 6,25 см. Объем информации, необходимой для решения задачи: 1. Понятие хорды, касательной, радиуса окружности. 2. Теорема Пифагора. 3. Формулы сокращенного умножения. 4. Свойства равнобедренного треугольника. 5. Свойство высоты в равнобедренном треугольнике. 6. Знание формул сокращенного умножения. 7. Умение решать систему линейных уравнений. Количество взаимопроникновенний: 4. 1. Часть секущей DМ является катетом прямоугольного ΔАDВ. 2. Высота ΔСОВ является катетом прямоугольного ΔОDВ и частью катета прямоугольного ΔАDВ. 3. Хорда АВ является гипотенузой прямоугольного ΔАDВ. 4. Часть секущей СВ является стороной ΔСОВ. Число шагов при решении: 9. 1. Дополнительные построения: радиус к касательной. 2. Вывод ОА ВС. 3. Обоснование того, что ΔАDВ и ΔОDВ прямоугольные. 4. Нахождение отрезка DВ=6см. 5. Нахождение отрезка AD по Теореме Пифагора из ADB . 6. Определить первое уравнение в системе: z + x = 8 7. Выражение из ODB ( D 90 ) второго уравнения системы: r– x = 4,5. 8. Составление и решение системы полученных уравнений: Домашняя работа. Задача 16. Около круга радиуса 3 описан равнобедренный треугольник с острым углом 30º при основании. Определить стороны треугольника. ЗАНЯТИЕ 12 и 13 Проведение прямой, параллельной одной из имеющихся на рисунке. Цель: Показать, что проведение прямой, параллельной одной из имеющихся на рисунке, облегчает решение геометрических задач. Научить приемам, которые помогают анализировать задачи. Выработать навык получения цепочки следствий, при решении задачи, как можно длиннее. 1. Подготовительный этап 1. Найдите пары подобных треугольников и докажите их подобие. 2. Запишите равенство отношений соответствующих сторон. 2. Ориентировочный этап. Иногда стоит провести прямую, параллельную одной из имеющийся на рисунке с целью получения некоторого треугольника или получения подобных (равных) треугольников, из рассмотрения свойств которого следует доказательство утверждения. 3. Этап применения знаний. Задача 17. На сторонах АС и ВС треугольника АВС отмечены соответственно точки на M и N так, что АМ : МС = 4 : 5, а BN : BC = 0,25. Отрезки BM и AN пересекаются в точке Р. Найти длину АР, если PN = 10. Число данных в задаче. Дано: 1. ABC 2. т. М АС, т.ч. АМ : МС = 4 : 5 3. т. N BC, т.ч. BN : BC = 0,25 4. BM ∩ AN = P Найти: АР Объем информации. 1. Понятие треугольника 2. Понятие принадлежности точки прямой, отрезку и т.д. 3. Понятие отношения и пропорциональности 4. Стандартные дополнительные построения 5. Теорема Фалеса. Выводы из условия задачи: 1.АМ = 4m, MC = 5m AC = 9m. 2. Так как BN : BC = 0,25 = 1 , то BN = n, DC = 4n NC = 3n. 4 где m,n – некоторые масштабные неизвестные величины. Решение: 1. Через т. N проводим отрезок NQ || BM. Рассмотрим NAC , т.к. NQ || BM, то можем применить Теорему Фалеса (Параллельные прямые, пересекающие стороны угла, отсекают от них пропорциональные отрезки). Имеем: AP:PN = AM:MQ (1) Найдем MQ. 2. Рассмотрим BCA . По Теореме Фалеса имеем MQ BN n 1 MQ = P, QC NC 3n 3 QC = 3p MC = 4p, где р – некоторая величина. 5 4 3. Но MC = 5m (по условию) 4p = 5m или p m (этим величину Р выразили 5 4 через m) MQ p m 4. Подставим известные величины в (1): AP 16 10 16 AP 4m 32 или AP 10 5 5 10 5 m 4 Количество связей между ними: 5 штук. Количество непосредственных выводов, необходимых для решения задачи: 1. Теорема Фалеса 2. Основное свойство пропорции Количество взаимопроникновенний при решении задачи: 1. Для нахождения АР по Теореме Фалеса из NAQ , находили MQ по Теореме Фалеса из другого угла ( BCA ). 2. МС выражали двумя способами. Число шагов при решении: 5 шагов. 1. Провели NQ || BM 2. Рассмотрели NAC 3. Рассмотрели BCA 4. Выразили MQ через m. 5. Нашли АВ. Задача 18. В равнобедренном треугольнике АВС (АВ = ВС) на стороне ВС взята т. D так, что BD : DC = 1 : 4. В каком отношении прямая AD делит высоту ВЕ треугольника АВС, считая от вершины В. Число данных в задачи: Дано: ∆АВС- равнобедренный. АВ= ВС; D є ВС; BD : DC = 1 : 4; ВЕ- высота. Найти: ВF : FЕ. Количество возможных выводов из условия задачи: 1. ∆АВС- равнобедренный => а) АВ= ВС; б) высота ВЕ-медиана и биссектриса; в) А = С. 2. BD : DC = 1 : 4 => ВС= 5ВD. 3. АD∩ВЕ=F. Решение: Пусть AD пересекает ВЕ в точке F. 1. Проведем DK || AC. 2. Рассмотрим ∆ВСЕ и ∆ВDК: В- общий; ВDК = ВСЕ (соответственные углы при КD||АС и секущей ВС) => BCE ~ BDK .=> 3. BK KD BD 1 1 1 BK BE ; KD EC . 5 BE EC BC 5 5 4. Рассмотрим ∆КFD и ∆ АFE: КFD=АFE (вертикальные углы); КDF=ЕАF (накрест лежащие углы при КD||АС и секущей АD) => KFD ~ AFE . => KD FK 1 . AE FE 5 5. Пусть KF = x, тогда FE = 5x и BK + x + 5x = BE BK + 6x = 5BK, или 6x = 4BK, т.е. BK 3x . 2 6. Выразим BF через х: Имеем BF BK x 3x 5x x . 2 2 Но FE = 5x и, значит, BF : FE = 1 : 2. Ответ: BF : FE = 1 : 2. Объем информации, необходимой для решения: 1. Знание стандартных дополнительных построений; 2. Знание признаков и свойств подобных треугольников; 3. Знание свойств углов образованных при пересечении параллельных прямых секущей; 4. Умение упрощать алгебраические выражения и решать уравнения. Количество взаимопроникновенний при решении задачи: 1. Сторона КD ∆КВD является стороной ∆КFD; 2. С ∆АВС является углом ∆ЕВС; 3. Сторона ВD ∆КВD является 1/5 ВС ∆АВС. 4. Сторона FЕ ∆АFЕ является частью высоты ВЕ. Общее число шагов решения: 6. Домашнее задание: Подготовить теоретическое сообщение к семинару на тему: «Стандартные дополнительные построения». ЗАНЯТИЕ 14 Семинар. Цель: Обобщить и систематизировать полученные знания, показать необходимость продолжения изучения данной темы. -Вот мы и рассмотрели некоторые задачи, которые можно назвать нестандартными. Давайте еще раз повторим схему поиска решения нестандартных задач. -По каким критериям определяется сложность задачи? -С какими трудностями мы встречались при решении? Какие дополнительные построения можно выполнять в трапеции? В треугольнике? С какой целью проводят параллельную прямую или опускают высоту? -Какие еще дополнительные построения вам известны? (выступление учащихся). Касательные к окружности или ее дуге и радиусы, проведенные в точки касания, образуют семью. Часто среди данных отсутствует радиус. Поэтому стандартное дополнительное построение, связанное с этой семьей, обычно выражается правилом: «Если в задачи говориться о касательной, то надо провести радиусы в точки качания и использовать их перпендикулярность к касательным». Хорда, перпендикуляр к ней из центра, радиус в ее конец, образованный этими отрезками треугольника – это тоже семья объектов. Часто в задачах задается хорда, остальные члены семьи вводятся решающим. Соответствующее стандартное построение выражается правилом: «Если дана хорда, то надо провести радиус в ее конец и перпендикуляр к ней из центра; рассмотреть полученный прямоугольный треугольник ». Треугольник с описанным кругом, диаметр через конец его стороны, построенный на этой стороне и диаметре прямоугольного треугольника, получившиеся вписанные углы – это еще одна семья. Соответствующее правилом: «Если дан треугольник с описанной окружностью, то надо провести диаметр через конец одной из его сторон, другой конец диаметра соединить с другим концом этой стороны и использовать конгруэнтность получившихся вписанных углов». Два прямоугольных треугольника с общей гипотенузой, описанная окружность, вписанные углы, опирающиеся на одну и ту же дугу, также являются одной семьей. Часто отсутствующим членом этой семьи оказывается окружность. Ее-то и приходится строить, а затем рассматривать получившиеся вписанные углы. Виды дополнительных построений могут быть различными: Соединить имеющиеся на чертеже точки отрезком; Продолжить некоторый отрезок (луч) до пересечения с каким-либо другим отрезком, лучом, прямой, окружностью и т.д.; Провести луч, делящий угол, отрезок в некотором отношении; Опустить перпендикуляр на сторону треугольника из данной вершины, восстановить перпендикуляр из данной точки; Провести через какую-нибудь точку (на стороне , прямой, содержащей искомую сторону; через вершину) прямую или прямые, параллельные другой или другим сторонам треугольника; Соединение вершин четырехугольника отрезком для получения подобных треугольников или любых двух треугольников; Отложить отрезок вдвое больше данного; Построить дополнительную окружность (вспомогательная окружность); Достраивание до треугольника; Где есть равные отрезки, то данную фигуру можно достроить до параллелограмма; Где есть прямой угол в треугольнике, то можно описать окружность; Таким образом, мы видим, что дополнительные построения, которые мы разобрали на занятиях далеко не единственные. Поэтому, кого заинтересовал данный курс, может продолжить изучение этой темы. А для этого продолжать учиться решать задачи и анализировать их. ЗАНЯТИЕ 15. Проверочная работа №2. Цель: Выявить усвоение изученной темы. 1. В четырехугольнике точки М и N являются серединами сторон АВ и СD соответственно. Найти сторону четырехугольника АD, если МС равно АN; АВ равно 5 см; ВС равно 2 см; СD равно 7 см. 2. Через точку М, расположенную на диаметре окружности радиуса 4 см, проведена хорда АВ, образующая с диаметром угол 30°. Через точку В проведена хорда ВС, перпендикулярная данному диаметру. Найти площадь треугольника АВС, если АМ :МВ = 2:3. 3*. Трапецию можно вписать в круг, радиус которого ⅔ √7 раз больше радиуса круга, вписанного в эту же трапецию. Найдите все углы данной трапеции. Решение проверочной работы №2. Задача 1 Дано: АВСD- четырехугольник АМ=МВ, DN=NC МС=АN, АВ=5 см. ВС=2см, СD=7 см. Найти: АD. Количество возможных выводов из условия задачи: 1. т.М- середина АВ => ВМ=МА; СМ-медиана ∆АВС. 2. т.N- середина СD => СN=ND; АN-медиана ∆АСD. Решение: 1. Достроим ∆ВАС до параллелограмма ВСАD1(рис.33а) ( удвоим медиану СМ). Так как ВМ=МА (по условию); СМ=МD1 (по постр.) => ВА ∩ D1C = М-середина. => ВСАD1- параллелограмм. Воспользуемся теоремой: d12+d22=2(a2+b2). Примем МС = х, а АС = у и получим: (2х)2+25=2(4+у) или 4х2+25=8+2у2 (1) 2. Аналогично достроим до параллелограмма ∆САD. Получим параллелограмм САDК(рис.33б) и выпишем аналогичное равенство: (2х)2+49=2(АD2+у2) или 4х2+49=2АD2+2У2 (2) . 3. Из (1) и (2) получим следующее равенство: 8+2у2-25=2АD2+2у2-49 или 2АD2 = 32 или АD = 4. Ответ: АD=4см. p.s. Достраивать параллелограммы можно разными способами: в первом случае можно продолжить медиану МС удвоив ее. Во втором: СК || АD, СК=АD. Объем информации, необходимой для решения: 1. Понятие и свойство медианы; 2. Свойства параллелограмма; знание теоремы: d12+d22=2(a2+b2). 3. Умение решать квадратные уравнения. Количество взаимопроникновенний при решении задачи: 1. Сторона АВ четырехугольника АВСD является диагональю параллелограмма D1ВСА. 2. Сторона ВC четырехугольника АВСD является стороной параллелограмма D1ВСА. 3. Диагональ АС четырехугольника АВСD является стороной параллелограмма D1ВСА и параллелограмма АDКС. 4. Сторона СD четырехугольника АВСD является диагональю параллелограмма АDКС. 5. Сторона АD четырехугольника АВСD является стороной параллелограмма АDКС. 6. Медианы СМ и АN треугольников АВС и САD соответственно, являются половинами диагоналей СD1 и АК параллелограммов построенных на этих треугольниках. Задача 2. Дано: Окр(0,4), r = см. М є d-диаметр М є АВ-хорда d^AB=30° ВС d АМ: МВ=2:3 Найти: SАВС. Количество возможных выводов из условия задачи: 1. r = 4см. d =2r =8см. 2. Хорда АВ∩d=М 3. ВС d ∆МКВ- прямоугольный. 4. d^АВ=30° МВ=2ВК. 5. АМ: МВ=2:3 МВ=3⁄5АВ и АМ=2⁄5 АВ. Решение: Искомая площадь выражается: SАВС.= ½ВС·h. 1. Где, по теореме Пифагора h=√АВ2-1/4АВ2= √3/4АВ2=√3/2АВ. 2. Рассмотрим ∆СОВ: ОВ=ОС (радиусы одной окр.)∆СОВ-равнобедренный. ОКВС (по усл.) ОК-высота и медиана ВС= 2ВК Из ∆МКВ(К=90°;ВМК=30°) ВК=½МВ ВС=2ВК=2·1/2МВ= МВ= 3/5АВ 3. SАВС= 1/2·3/5АВ·√3/2АВ=33/20АВ2. Таким образом задача сводиться к нахождению АВ2. 4. Дополнительное построение: Опустим на АВ перпендикуляр ОР и проведем радиус ОВ. 5. Тогда в ∆ОРВ, по теореме Пифагора имеем: РВ2+ РО2= 16. 6. Но из равнобедренного ∆АОВ (ОА=ОВ (радиусы)) РВ= АР= 1/2АВ. 7. Учитывая, что АМ:МВ=2:3, получаем МР= (МВ-АМ)։2= (3⁄5АВ- 2⁄5АВ)։2. МР=1/10АВ. 8. Далее, из ∆МРО находим РО = МР·tg 30°=√3/3МР=√3/30АВ. Наконец из уравнения АВ2/4+АВ2/300=16 получим АВ2=1200/19. Итак, искомая: SАВС. =3√3/20 · 1200/19=180√3/19 см2 . Ответ: SАВС.= 180√3/19 см2 Объем информации, необходимой для решения: 1. Знание формул нахождения площади треугольника; 2. Свойства прямоугольного треугольника; 3. Умение решать уравнения. Количество взаимопроникновенний при решении задачи: 1. Радиус ОВ является стороной ∆РОВ; 2. Отрезок ОР является катетом ∆РОВ и ∆РОМ; 3. Хорды АВ и ВС являются сторонами ∆АВС; 4. Радиус СВ является катетом ∆РОВ. Задача 3*. Дано: АВСD-трапеция; Окр (О,R)-описанная; Окр (О,r)-вписанная; R > r в 2⁄37 раза. Найти: А, В, С, D. Количество возможных выводов из условия задачи: 1. Трапецию можно вписать в окружность трапеция равнобедренная. 2. R > r в 2⁄37 раза R= 2⁄37r. 3. Равнобедренная трапеция описана около окружности а + b = 2 c, где а и bоснования, а с- боковая сторона трапеции. Решение: Так как трапецию можно вписать в окружность, то трапеция равнобедренная. 1. Проведем высоту СК и диагональ АС. Так как равнобедренная трапеция описана около окружности, то а + b = 2 c; АК = с. Пусть СDК = α. ∆АСD: АС=2R sin α (∆АСD вписан в окружность) ∆АСК: По теореме Пифагора имеем: АК2+КС2=АС2 или с2+4r2=4R2sin2 α Из ∆КСD выразим с через r: с=2r/sin α Имеем: 4r2/sin2 α + 4r2=4R2sin2 α или 4r2 + 4r2 sin2 α=4R2sin4 α 1+ sin2 α= R2/ r2· sin4 α или R2/ r2 = (2/3√7)2=28/9 28· sin4 α- 9 sin2 α - 9=0 или sin2 α=3/4 sin α =√3/2 → α=60° АВС = 180°- 60°= 120° Ответ: 60°; 120°; 60°; 120°. Объем информации, необходимой для решения: 1. Понятие и свойства трапеции вписанной в окружность и описанной около нее. 2. Теорема Пифагора. 3. Умение преобразовывать алгебраические выражения и решать тригонометрические уравнения. Количество взаимопроникновенний при решении задачи: 1. Диагональ трапеции АС является стороной ∆АСD и гипотенузой ∆АКС. 2. Высота трапеции СК является высотой ∆АСD и гипотенузой ∆АКС. 3. трапеции является углом ∆АСD. ЗАНЯТИЕ 16. Анализ проверочной работы №2 Цель: Устранение пробелов в знаниях учащихся по теме «Метод дополнительных построений» В ходе занятия разбираются типичные ошибки, допущенные при решении проверочной работы №2. Решаются задачи, к решению которых учащиеся не приступали. При наличии времени, можно вспомнить и разобрать ошибки проверочной работы №1. ПРИЛОЖЕНИЯ Схема 1 (предложена Л.М. Фридман) МЕТОДЫ РЕШЕНИЯ НЕСТАНДАРТНЫХ ЗАДАЧ І. Расчленение на стандартные или более простые задачи с помощью разбиения на части: 1) условий задачи; 2) объекта задачи; 3) требований задачи; ІІ. Замена данной задачи, ей равносильной с помощью: 1)преобразования условия; 2) замены переменных (неизвестных); 3) замены объектов другими; ІІІ. Введение вспомогательных элементов для: 1)сближения данных и искомых; 2)расчленения задачи на части; 3)придания задачи определенности; Схема 2 (предложена Л.М. Фридман) СХЕМА ПОИСКА РЕШЕНИЯ НЕСТАНДАРТНОЙ ЗАДАЧИ ЗАДАЧА АНАЛИЗ ЗАДАЧИ И ПОСТРОЕНИЕ ЕЕ ВСПОМОГАТЕЛЬНОЙ МОДЕЛИ МОЖНО ЛИ ВЫЧЛЕНИТЬ ИЗ УСЛОВИЯ БОЛЕЕ ПРОСТЫЕ ЗАДАЧИ ИЛИ РАЗБИТЬ УСЛОВИЕ НА ПОДЗАДАЧИ? ДА РАЗБИТЬ НА ПОДЗАДАЧИ И КАЖДУЮ ИЗ НИХ РЕШИТЬ НЕТ МОЖНО ЛИ ПРЕОБРАЗОВАТЬ ЗАДАЧУ ПУТЕМ ВВЕДЕНИЯ ВСПОМОГАТЕЛЬНЫХ ЭЛЕМЕНТОВ (ВСПОМОГАТЕЛЬНЫХ ПОСТРОЕНИЙ)? ДА ПРЕОБРАЗОВАТЬ (ПОСТРОИТЬ МОДЕЛЬ) И РЕШИТЬ НЕТ МОЖНО ЛИ ПЕРЕФОРМУЛИРОВАТЬ ЗАДАЧУ В ДРУГУЮ, БОЛЕЕ ЗНАКОМУЮ? ДА ПЕРЕФОРМУЛИРОВАТЬ (ПОСТРОИТЬ МОДЕЛЬ) И РЕШИТЬ НЕТ НАДО ИСКАТЬ ДРУГОЙ ПРИЕМ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧИ
