РАЗЛИЧНЫЕ СПОСОБЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ

ЛИЦЕЙ №1571
РАЗЛИЧНЫЕ
СПОСОБЫ РЕШЕНИЯ
ЗАДАЧ
Статья
Сазонова Татьяна Федоровна
учитель математики высшей категории
Член Педагогического клуба «Первое сентября»
Клубная карта № 102-509-680
2010
Г.МОСКВА, У.ФОМИЧЕВОЙ,Д.1
РАЗЛИЧНЫЕ
СПОСОБЫ
РЕШЕНИЯ
ЗАДАЧ
Решение задач различными способами предоставляет большие возможности
для совершенствования обучения математике.
При решении задач только одним способам у учащихся единственная цель —
найти правильный ответ. Если же требуется применить при этом несколько
способов, школьники стараются отыскать наиболее оригинальное, красивое,
экономичное решение. Для этого они вспоминают многие теоретические
факты, методы и приемы, анализируют их с точки зрения применимости к
данной в задаче ситуации, накапливают определенный опыт применения одних
и тех же знаний к различным вопросам.
Все это активизирует учебную деятельность школьников, прививает интерес
к предмету.
К решению задач несколькими способами учащихся следует приобщать
постепенно начиная с 7 класса.
Я учу школьников, анализируя условие задачи, делать различные попытки
решения, используя имеющиеся у них в запасе методы и приемы, т. е.
вооружаю учащихся стратегией перебора всевозможных путей решения задачи.
Учитель при этом должен поощрять самостоятельные находки школьников,
обращать на них внимание класса.
Обычно в классе задача решается одним или двумя способами. Поиск
других способов дается на дом, при этом я указываю теоремы, которые можно
использовать при решении. Учащиеся с большим интересом и увлеченностью
выполняют такие задания. На уроках, занятиях факультатива или
консультациях разгораются дискуссионные разборы предложенных способов,
рассматриваются те задачи, которые ученики не смогли решить.
Систематическая, планомерная и настойчивая работа учителя в привитии
учащимся навыков в отыскании различных способов решения задач
способствует развитию приемов логического поиска, который, в свою очередь,
развивает исследовательские способности учащихся.
Рассмотрим
решения
планиметрических задач.
несколькими
способами
некоторых
 Задача №1 из учебного пособия А. В. Погорелова «Геометрия 7—
9» (М.: Просвещение, 2003) § 4, № 46. Высоты треугольника ABC,
проведенные из вершин А и С, пересекаются в точке М. Найдите
∟АМС, если ∟А=70º,∟C=80º (рис. 1).
Рис.1
Решение этой задачи дало возможность повторить, закрепить и расширить
знания учащихся об углах: свойства вертикальных углов, свойства смежных
углов, сумма углов треугольника, свойства углов прямоугольного треугольника, свойства внешнего угла треугольника, сумма внутренних углов
выпуклого четырехугольника.
I способ.
Из прямоугольных треугольников АКС и ANC следует, что ∟KCA=90°—
70°=20°, ∟АMC=90°—80°=10°, а тогда ∟АМС=180°— (20°+10°) = 150°.
II способ.
Вычислив ∟АВС=180°— (80°+70°) =30°, определим ∟КСВ = 90°—30°= =
60°, затем ∟NMC=90°—69°=30°, который является смежным с искомым углом
АМС.
Для решения задачи этим способом можно использовать треугольники ВАN и
АКМ:
III способ.
Вычислив ∟ABC=30°, некоторые учащиеся пытались из четырехугольника
ВКMN, найти ∟KNM, который является вертикальным для искомого. Этот
путь потребовал дополнительных знаний, т.е. возникла возможность расширить
теоретический багаж учащихся. И я, воспользовавшись этим, предложила им
доказать самостоятельно теорему: «Во всяком выпуклом четырехугольнике
сумма всех внутренних углов равна 360°». Проведя диагональ КN в
четырехугольнике ВКMN, установили, что сумма внутренних углов
четырехугольника равна сумме внутренних углов двух получившихся
треугольников ВКN и КNM. Воспользовавшись этой теоремой и тем, что
∟ВКM = ∟ ВNM = 90°, учащиеся нашли ∟КNM =180°-30°=150°.
 Задача №2 из учебного пособия А. В. Погорелова «Геометрия 7—
9» (М.: Просвещение, 2003) § 4, № 47. В треугольнике АВС
медиана ВD равна половине стороны АС. Найдите угол В
треугольника (рис.2).
Рис.2
I способ.
Введем обозначения:
∟DAB=α, ∟DCB =ß; т.к. по условию, BD =AD=DC, то ∟ DBA = α и
∟DDC =ß. Тогда в треугольнике АВС 2α + 2ß = 180º, следовательно, ∟АВС=
= 90º.
Когда у учащихся увеличится запас теоретических знаний, полезно
вернуться к некоторым из рассмотренных задач, чтобы решить их уже на
основе вновь изученного материала.
II способ.
Вокруг треугольника АВС опишем окружность с центром в точке D и
радиусом DB, тогда ∟АВС = 90º, как вписанный, стороны которого проходят
через концы диаметра АС.
III способ.
Обозначив ∟А=α, ∟С=ß и проведя в треугольнике АВС через точку D
средние линии DN и DK, получим ∆AND =∆DCK=∆BDN=∆DBK. Развернутый
угол с вершиной В равен 2α + 2ß = 90º.
 Задача №3 из учебного пособия А. В. Погорелова «Геометрия 6 10» (М.: Просвещение, 1986) § 7, № 28.
Найдите радиус r вписанной и радиус R описанной окружностей для
равнобедренного треугольника с основанием 10 см и боковой стороной 13 см.
На предыдущем уроке учащимся было дано задание повторить теоремы о
центрах вписанной и описанной окружностей, а также предложено выполнить
дома построения произвольных треугольников и вписывать в них и описывать
около них окружности, обосновывая шаги построения.
Для нахождения r и R будем пользоваться рис. 3 и 4 соответственно.
Рис.3
Рис.4
I способ.
______
Из ∆ BDC находим по теореме Пифагора BD = √ 132 - 52 = 12(см), О – центр
описанной окружности, ОК ┴ ВС и ВК = КС. Из ∆ ODC по теореме Пифагора
_________
_____
2
2
OD = √ OC – DC = √R2 -52
______
OD + OB = BD, следовательно, √R2 - 52 + R = 12, откуда R = 169/24 см.
О1 – центр вписанной окружности, O1D = O1N =r. Т.к. ∆ DO1C = ∆ NO1C, то
DC=CN и BN =13 – 5 = 8 (см), а ВО1 = 12 – r. Из ∆ BO1N по теореме Пифагора
O1N2 =BO12 – BN2 , т.е. r2 = (12 – r)2 – 82, откуда r = 10/3см.
II способ.
Пусть ∟DBC = α, тогда cos α = 12/13 . Из ∆ ОВК R = OB = BK/cos α =
=169/24(см).
Из ∆ DBC имеем: sin α = DC / BC = 5/13 , тогда из ∆ BO1N следует, что O1N =
=BO1∙ sin α, т.е. r = ( 12 – r) · 5/13 и r = 13/(2∙ 12) и R = 169/24см.
Из ∆ DBC имеем: sin α = DC/ BC = 5/13 , тогда из ∆ BO1N следует, что
O1N = BO1∙ sin α, т.е. r = (12-r) ∙5/13 и r = 10/3.
III способ.
Из подобия треугольников OBK и CBD имеем ОВ/BC=BK/BD, т.е. R/13 =
= 13/(2∙12) и R = 169/24см.
Т.к. ∆O1BN~∆ CBD, то ВО1/BC = BN/BD, т.е. (12-r)/13 = 8/12 и r = 10/3см.
IV способ.
Продолжив BD до пересечения с описанной окружностью, получим
прямоугольный треугольник ВСЕ, откуда ВС2 = BD∙ BE и R = 169/24см.
Для нахождения радиуса r этим способом учащиеся предварительно на
факультативе по теме «Преобразование подобия и его свойства»
познакомились с зависимостью между касательной и секущей, проведенными
из одной точки к окружности. Используя эту зависимость, имеем: BN2 =
= BM∙BD, т.е. 82 = (12-2r) ∙ 12, откуда r = 10/3см.
V способ.
Если ∟DBC = α, то ∟DOC = 2α, как внешний угол равнобедренного ∆СОВ
(другое обоснование: так как точка В лежит по одну сторону с центром О
относительно прямой ЕС, то по свойству вписанного угла ∟ЕВС = 1/2∟ЕОС).
Из ∆ DOC:
5
R = OC = DC/ sin2α = 5/(2 sinα cosα) =
= 169/24(см).
2 ∙ 5/13∙12/13
Из ∆O1BN имеем r = O1N = BN tg α. Так как sinα = 5/13, cosα = 12/13, то
tg α = sinα/cosα = 5/12 и r = 8 ∙ 5/12 = 10/3(см).
VI способ.
Решению задачи этим способом предшествовало задание разобрать решение
задачи для нахождения R и задачи для нахождения r. Используя свойства двух
пересекающихся хорд АС и ВЕ окружности, учащиеся записали: AD∙DC =
=BD∙DE, т.е. 52 = 12 ∙ (2R – 12), отсюда R = 169/24 см.
Используя свойство биссектрисы СО1 ∆ CBD, имеем CD/CB = DO1/BO1, 5/1 =
= r/(12-r), откуда r = 10/3 cм.
VII способ.
Вычислив BD = √ 132 - 52 = 12(см) и S = 10∙12/2 =60(см2), найдем R и r по
формулам R=abc/(4S ) r =2S/(a+b+c), где a, b, c – стороны треугольника, S –
его площадь.
 Задача №4 из учебного пособия А. В. Погорелова «Геометрия 7—
9» (М.: Просвещение, 2003) §14 №39:
В равнобокой трапеции большее основание равно 44м, боковая сторона 17м
и диагональ 39м. Найдите площадь трапеции (рис.5).
Рис.5
I способ.
Из
∆ACD по формуле Герона найдем S∆ACD , а затем высоту СК. Из
∆АСК по теореме Пифагора найдем отрезок АК, который
равен средней линии трапеции.
S∆ACD = √50·(50-39)·(50-17)·(50-44) =330;
S∆ACD = (CK·AD)/2;
CK= 15 ; AK² = AC² – CK²; AK² = 39² – 15²; АК =36;
SABCD = AK·CK = 36·15 = 540(м²).
II способ.
Пусть ∟CAD = α. Тогда, используя теорему косинусов для ∆ACD, вычислим
cosα и sinα =√1- cos2α , затем из ∆ACК найдем АК и СК.
CD2 = AC2 + AD2 – 2 ∙AC ∙AD∙ cosα;
172 = 392 + 442 - 2 ∙39 ∙ 44 ∙ cosα;
сosα = 0,923077:
АК = АС∙ cosα;
2
2
КС = √39 – 36 = 15;
SABCD = 36 ∙15 = 540(м2).
АК = 36;
III способ.
Обозначим АК = x, тогда KD = 44 – x. Из треугольников АСК и CKD по
теореме Пифагора имеем AC2 – AK2 = CD2 – KD2, или 392 – x2 = 172 – (44 – x)2,
где x = АК равен средней линии трапеции. Высота СК легко вычисляется по
теореме Пифагора.
IV способ.
Пусть ВС = x. Выполним параллельный перенос диагонали ВD на вектор ВС.
Тогда из ∆CDК cледует CK2 = CD2 – KD2, а из ∆CNК: CK2 = CN2 – NK2
следовательно, CN2 – NK2 = CD2 –KD2, т.е. 392 – ((44 +x)/2)2 = 172 - ((44 -x)/2)2.
Вычислив ВС, легко найдем СК.
V способ.
Пусть ∟CAD = α. Тогда, используя теорему косинусов для ∆ACD, вычислим
cosα и sinα =√1- cos2α.
Докажем, что SABCD = S∆CAN:
SABCD = AK·CK; S∆CAN = (AN·CK) /2 = AK·CK
S∆CAN = ½ ∙AC2 ∙sin(180˚-2α) = ½∙392 ∙sin2α = 392 ∙sinα∙cosα = 540(м2).
Иногда найденные ребятами способы решения той или иной задачи бывают
довольно сложными, но для учебных и воспитательных целей такая работа
очень важна: ребята с большим увлечением и заинтересованностью находятся
в постоянных поисках, перебирая в памяти многие варианты применения
изученных теорем, известных приемов и методов решения задач.
Отмечу, что при итоговом повторении какого-либо раздела программы
целесообразно использовать задачи, решаемые несколькими способами,
охватывающие большой теоретический материал.
Таким образом, при решении задач несколькими способами, учащиеся не
только глубоко закрепляют знания изученного теоретического материала, но и
расширяют свои знания, знакомятся с различными методами математических
рассуждений.
Литература:
1. Соломник В.С., Милов П.И. Сборник вопросов и задач по математике. Изд. 4-е, дополн. - М., Высшая школа, 1973.
2. Учебное пособие А. В. Погорелова «Геометрия 7—9» (М.: Просвещение,
2003).
3. Учебное пособие А. В. Погорелова «Геометрия 6 - 10» (М.: Просвещение,
1986).