ПРИЕМЫ РЕШЕНИЯ ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧ

Лёшина, Е.А.  учитель математики   и   информатики МОУ «Троицко­Сунгурская СШ» МО «Новоспасский район» Ульяновская область ПРИЕМЫ РЕШЕНИЯ ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧ Каждая решенная мною задача становилась образцом, который служил впоследствии для решения других задач. Р. Декарт Согласно   [1,   с. 4],  обучение   решению   геометрических   задач   –   важная   составляющая часть   изучения   школьного   курса   геометрии.   При   решении   задач   закрепляются теоретические знания, вырабатываются навыки применения этих знаний в практической деятельности, развивается творческая активность. Как   показывает   практика,   геометрические   задачи   вызывают   наибольшие затруднения   у   учащихся   при   сдаче   ОГЭ   и   ЕГЭ   по   математике.   Итоги экзамена показали, что учащиеся плохо справлялись с этими заданиями или вообще не приступали к ним. Можно выделить следующие недостатки в подготовке   выпускников:   формальное   усвоение   теоретического содержания курса геометрии, неумение использовать изученный материал в ситуации, которая отличается от стандартной. Для успешного выполнения этих   заданий   необходимы   прочные   знания   основных   геометрических фактов и опыт в решении геометрических задач. Эффективный метод обучения решению геометрических задач основан на использовании при отыскании плана решения задачи некоторых выводов, полученных   в   решениях   так   называемых   ключевых   (базисных)   задач. Ключевые   задачи   ­   это   задачи   на   доказательство   зависимостей (соотношений), эффективно используемых при решении многих других геометрических задач. Выделение базисных задач закладывает основу последующего   обучения   решению   более   трудных   задач.  Именно тренировочные   упражнения   способствуют   развитию   геометрических представлений   и  мышления  учащихся.  Такой  алгоритмический   подход  котысканию   плана   решения   той   или   иной   конкретной   задачи   помогает быстрее найти этот план и успешно реализовать его. Геометрические задачи повышенной сложности решаются с помощью  ключевых задач и избранных методов решения. 1. Медиана, проведенная к гипотенузе [2, с. 54]. Рассмотрим несколько ключевых задач, решаемых с помощью удвоения  медианы, введения буквенных обозначений величин,  метода  вспомогательных построений. 1.1 Метод решения: удвоение медианы Медиана прямоугольного треугольника, проведённая из  вершины прямого  угла, равна половине гипотенузы.   (по Удвоим медиану ВК, продлив ее за точку К. АВСЕ   –   параллелограмм   признаку) АВСЕ – прямоугольник (т.к. В = 90°)   ВК = KС = КС = КЕ  ВК = ½ АС 1.2 Метод решения: использование введения буквенных обозначений  величин Если медиана треугольника равна половине  стороны, к  которой она  проведена, то треугольник прямоугольный. BAD  =ABD  =  α;  DBC  = BCD = β  2α + 2β =180°  α + β =90°  АВС = α + β = 90°  ∆ABD и ∆ BCD – равнобедренные  1.3 Метод решения: метод вспомогательных построений При решении некоторых  задач удобно в  прямоугольном треугольнике  выделять   треугольник, образованный медианой  и высотой к гипотенузе.Задача. Найдите гипотенузу прямоугольного треугольника с острым углом  15°, если известно, что высота треугольника,  опущенная на гипотенузу,  равна 1. [4, № 1195].   к   медиану  CD  Проведем   гипотенузе.  ∆ACD ­  равнобедренный  CAD = ACD = 15°  CDH =  30°   как внешний угол  CD  = 2СН = 2  АВ  = 2СD = 4  Ответ: 4  Задача. Найдите острые углы прямоугольного треугольника, если его  гипотенуза равна 12, а площадь равна 18. [4, № 5344]. Проведем  медиану CD  и высоту  СН к гипотенузе.   ;3 СН   182 12 2 S c CD = 6 CDH =  30°   CAD = ACD = 15°  CВА =  90° ­  15° = 75°  Ответ: 15°; 7 2. Построение вспомогательных отрезков в трапеции [5,с. 24]. диагоналей трапеции   Прямые, 2.1 параллельные одной   из   2.2 Прямые, параллельные   однойиз   боковых   сторон трапеции   2.3 Прямые, параллельные   обеим боковым   сторонам трапеции   В   трапеции   ABCD   с   основаниями   BC   и   AD  ∠BAD   =   20°, Задача.  ∠CDA=70°,   средняя   линия   равна   5,   а   длина   отрезка,   соединяющего середины оснований, равна 3. Найдите длину основания AD. [6].   FMT  ­ прямой   ∆FMT  ­ прямоугольный  Обозначим AN = ND = b;   AD = 2b, BM = MC = a    MN­ медиана   FT = 2MN = 6 ,5 FT = 2b – 2a = 6, b – a = 3  ;3 средняя линия  KL  ba ab      b a   ,4 .1   BC KL   2 AD 2 a  2 b  2  5 ba    AD = 2b  = 8  Ответ: 8  3. Переход к равновеликой вспомогательной фигуре 3.1 В параллелограмме ABCD площадь треугольника АСD  равна площади треугольника DBС  S ∆DAC = S ∆DВC =  ½S ABCD  Задача. Диагонали трапеции равны 3 и 5, а отрезок, соединяющий середины оснований,   равен 2. Найдите  площадь трапеции [4, № 2039].  ║ BD, СР ║MN  Проведем CE  S ABCD   = S ∆АCЕ  Обозначим ВМ =MC =  а;   АN = ND = b  MC = NP = а; BC = DE = 2aPD = b ­ a  AP =b + а; PE=b – a+2a =  b + a   СР – медиана к гипотенузе  Применим   метод   удвоения медианы  СР=2, СН= 4  S ∆CНЕ = S ∆АCЕ = SABCD  СН= 4; СЕ = 5; НЕ = 3   ∆СНЕ  ­ прямоугольный, СНЕ = 90° S ABCD   = S ∆АCЕ =S∆СНЕ= ½ СН ∙НЕ = ½∙4 ∙ 3 = 6  Ответ: 6Разумеется, нет и не может быть полного перечня ключевых задач, которые должен знать учащийся. Но какой­то минимум этих сведений решающему задачу должен быть известен, так как без знания такого минимума вряд ли можно продвинуться дальше решения легких задач. ЛИТЕРАТУРА 1. Габович   И.Г.  Алгоритмический   подход  к  решению  геометрических задач: кн. для учащихся. – М.: Просвещение: АО «Учеб.лит.», 1996. – 192с. 2. Полонский В.Б., Бабинович Е.Ь., Якир М.С. Учимся решать задачи по геометрии. Учеб.­метод.пособие. – К.: «Магистр ­ S», 1996, 256с. 3. Гордин   Р.К.   ЕГЭ­2012.   Математика.   Решение   задачи   С4.   –   М.: МЦНМО, 2012.­ 328с. 4. Гордин Р.К. Система задач по геометрии  http://zadachi.mccme.ru 5.       http://alexlarin.net/ege/2013/gia_160413.pdf