Решение задачи несколькими способами это

Решение одной задачи несколькими способами

Описание презентации по отдельным слайдам:

Решение одной задачи несколькими способами !

Задание из ЕНТ. На клетчатой бумаге с клетками размером 1 см х 1 см изображен треугольник (см. рисунок). Найдите его площадь в квадратных сантиметрах.

(для перехода — нажать на карандаш ) 1. « Считаем по клеткам». 2. «Формула площади фигуры». 3. «Способ сложения». 4. «Способ вычитания». 5. «Формула Пика». Содержание.

7 3 1 2 4 5 6 8 9 10 1 способ « Считаем по клеткам» 1.Посчитаем количество полных клеток внутри данного треугольника. 10 2.Дополним неполные клетки друг другом до полных клеток. 5 3. Сложим полученные количества полных клеток: 10+5=15 Ответ: 15 1 2 3 4 это ½ клетки это ½ клетки 5 Назад

а h 6 5 «Формула площади фигуры» Площадь искомого треугольника найдем по формуле: Sтр=(а•h)/2, где а – основание треугольника, h – высота, проведенная к этому основанию. а=6, h=5 Получаем Sтр=(6•5)/2=15 Ответ: 15 2 способ Назад

«Сложение площадей частей фигур» 1.Разобьем данный треугольник на два прямоугольных треугольника, для этого проведем высоту. 2.Найдем площадь прямоугольного треугольника S1 : S1 = (5Х5)/2=12,5 3.Найдем площадь прямоугольного треугольника S2: S2 = (5х1)/2=2,5 4.Площадь искомого треугольника найдем по формуле: Sтр=S1+S2 Sтр=12,5+2,5=15 Ответ: 15 5 1 5 3 способ S1 S2 Назад

5 6 5 5 1 S1 S2 «Вычитание площадей фигур» 1.Достроим до прямоугольника со сторонами 5 и 6. 2.Найдем площадь прямоугольника: Sпр=5Х6=30 3.Найдем площадь прямоугольного треугольника S1 : S1 = (5Х5)/2=12,5 4.Найдем площадь прямоугольного треугольника S2: S2 = (5х1)/2=2,5 5.Площадь искомого треугольника найдем по формуле: Sтр=Sпр-(S1+S2) Sтр=30-(12,5+2,5)= 15 Ответ: 15 4 способ Назад

Георг Александр Пик, австрийский математик (10.08.1859 — 13.07.1942) Георг Пик *

«Формула Пика» Площадь искомого треугольника найдем по формуле Пика: S=Г/2+В-1, где Г –количество узлов на границе треугольника(на сторонах и вершинах), В – количество узлов внутри треугольника. Г= Получаем S=12/2+10-1=15 Ответ: 15 В= 12 10

* Найдём площадь треугольника: Задача 1.

Г = 15 (обозначены красным) В = 34 (обозначены синим) Отметим узлы: * 1 клетка = 1 см

Найдём площадь параллелограмма: * Задача 2.

Г = 18 (обозначены красным) В = 20 (обозначены синим) * Отметим узлы:

Найдём площадь трапеции: * Задача 3.

Г = 24 (обозначены красным) В = 25 (обозначены синим) * Отметим узлы:

Найдём площадь многоугольника: * Задача 4.

Г = 14 (обозначены красным) В = 43 (обозначены синим) * Отметим узлы:

* Задача 5. Найдём площадь фигуры:

Г = 11 (обозначены красным) В = 5 (обозначены синим) * Отметим узлы:

Найдём площадь фигуры: *

Опишем около неё прямоугольник: Из площади прямоугольника (в данном случае это квадрат) вычтем площади полученных простых фигур: *

1. Найдите площадь четырехугольника, изображенного на клетчатой бумаге с размером клетки 1см х 1 см. Ответ дайте в квадратных сантиметрах. * Решите самостоятельно:

2. Найдите площадь четырехугольника, изображенного на клетчатой бумаге с размером клетки 1см х 1 см. Ответ дайте в квадратных сантиметрах. *

3. Найдите площадь четырехугольника, изображенного на клетчатой бумаге с размером клетки 1см х 1 см. Ответ дайте в квадратных сантиметрах. *

4. Найдите площадь четырехугольника, изображенного на клетчатой бумаге с размером клетки 1см х 1 см. Ответ дайте в квадратных сантиметрах. *

австрийский математик Георг Александр Пик (Georg Alexander Pick) (1859-1943 гг.) Формула Пика была открыта в 1899 г. http://kvant.mirror1.mccme.ru/1977/04/celye_tochki_v_mnogougolnikah.htm — научно-популярный физико-математический журнал «Квант», Кушниренко А. «Целые точки в многоугольниках и многогранниках». http://kvant.mirror1.mccme.ru/1974/12/vokrug_formuly_pika.htm — научно-популярный физико-математический журнал «Квант», Васильев Н. «Вокруг формулы Пика». Назад

В презентации использованы: http://www.mathege.ru:8080/or/ege/ShowProblem.html?probId=5115 – задание № 5115, сайт «Открытый банк заданий по математике», http://www.mathege.ru:8080/or/ege/ShowProblems.html?posMask=32&showProto=true — прототипы задания В3, сайт «ОБЗ по математике», http://www.proshkolu.ru/user/Nadegda797/file/635838/&newcomment=803270#comment803270 – анимационные картинки

Курс повышения квалификации

Дистанционное обучение как современный формат преподавания

• Сейчас обучается 821 человек из 76 регионов

Курс повышения квалификации

Методика обучения математике в основной и средней школе в условиях реализации ФГОС ОО

• Сейчас обучается 290 человек из 69 регионов

Курс профессиональной переподготовки

Математика: теория и методика преподавания в образовательной организации

• Сейчас обучается 605 человек из 75 регионов

Ищем педагогов в команду «Инфоурок»

Номер материала: ДБ-1315512

Международная дистанционная олимпиада Осень 2021

Не нашли то что искали?

Вам будут интересны эти курсы:

Оставьте свой комментарий

Авторизуйтесь, чтобы задавать вопросы.

Безлимитный доступ к занятиям с онлайн-репетиторами

Выгоднее, чем оплачивать каждое занятие отдельно

Правительство предложило потратить до 1 млрд рублей на установку флагов РФ у школ

Время чтения: 1 минута

Рособрнадзор откажется от ОС Windows при проведении ЕГЭ до конца 2024 года

Время чтения: 1 минута

Шойгу предложил включить географию в число вступительных экзаменов в вузы

Время чтения: 1 минута

Минпросвещения разрабатывает образовательный минимум для подготовки педагогов

Время чтения: 2 минуты

Минпросвещения будет стремиться к унификации школьных учебников в России

Время чтения: 1 минута

Попова предложила изменить школьную программу по биологии

Время чтения: 1 минута

Подарочные сертификаты

Ответственность за разрешение любых спорных моментов, касающихся самих материалов и их содержания, берут на себя пользователи, разместившие материал на сайте. Однако администрация сайта готова оказать всяческую поддержку в решении любых вопросов, связанных с работой и содержанием сайта. Если Вы заметили, что на данном сайте незаконно используются материалы, сообщите об этом администрации сайта через форму обратной связи.

Все материалы, размещенные на сайте, созданы авторами сайта либо размещены пользователями сайта и представлены на сайте исключительно для ознакомления. Авторские права на материалы принадлежат их законным авторам. Частичное или полное копирование материалов сайта без письменного разрешения администрации сайта запрещено! Мнение администрации может не совпадать с точкой зрения авторов.

Источник

Решение одной геометрической задачи несколькими способами

Решение одной геометрической задачи несколькими способами.

Автор: Бондаренко Ольга Викторовна

Содержание.

Методы решения геометрических задач……………………. 5

Примеры решения задач данными методами………………. 7

Решение одной геометрической задачи несколькими способами……………………………………………………10

Введение.

Общеизвестно, что учащиеся прочно усваивают только то, что прошло через их индивидуальные усилия. Проблема самостоятельности учащихся при обучении не является новой. Этому вопросу отводили исключительную роль ученые всех времен. Особенно четкие концепции о роли самостоятельности в приобретении знаний имеются в трудах К.Д.Ушинского, Д.И.Писарева и др. Эта проблема является актуальной и сейчас. Внимание к ней объясняется тем, что самостоятельность играет весьма важную роль не только при получении среднего образования, но и при продолжении обучения после школы , а также в дальнейшей трудовой жизни школьников.

В наше время, в условиях развития рыночной экономики, когда наблюдается небывалый рост объема информации, от каждого человека требуется высокий уровень профессионализма и такие деловые качества как предприимчивость, способность ориентироваться, быстро и безошибочно принимать решения, а это невозможно без умения работать творчески.

Математика является наиболее удобным предметом для развития творческих способностей учащихся. Этому способствует логическое построение предмета, четкая система упражнений для закрепления полученных знаний и абстрактный язык математики. Воспитание самостоятельности у учащихся постепенно в течение всего периода обучения и предусматривает способность полноценно аргументировать, выделять главное, существенное, умение рассуждать, доказывать, находить рациональные пути выполнения заданий, делать соответствующие выводы, обобщать и применять их при решение конкретных вопросов.

Сущность самостоятельной работы заключается в том, что она выполняется учеником без непосредственного участия учителя, но по его заданию и под его контролем. Существуют разные подходы к классификации самостоятельных работ . Подразделяют их на обучающие и контролирующие, творческие и репродуктивные, устные и письменные, на общие, групповые и индивидуальные, на классные и домашние.

Творческие самостоятельные работы, включающие возможность решение задач несколькими способами, составление задач и примеров самими учащимися и т.п. наиболее важны из всех видов самостоятельных работ. Они требуют от учащихся собственной инициативы, будят мысль, заставляют анализировать и осуществлять самостоятельные решения.

В своей работе я рассмотрел различные методы решения геометрических задач и применение данных методов к решению одной геометрической задачи. Во-первых, эта тема меня очень заинтересовала, когда мы проходили её на уроках геометрии, и я решил узнать больше о методах решения. Во-вторых, методы решения геометрических задач занимают особое место в математике, поскольку решение их вызывает определенные трудности у учеников и абитуриентов.

I .Методы решения геометрических задач.

Говоря о поисках решения геометрической задачи, приходится иметь ввиду, что существуют различные методы её решения. Поэтому поиски прежде всего следует направить на выбор конкретного метода. Условно можно разбить на следующие группы:

Связан с использованием соотношений в треугольнике и круге, признаками равенства и подобия и др. Часто приходится проводить дополнительные построения, например, описанные окружности.

2. Метод геометрических преобразований .

Связан с применением преобразований плоскости и пространства (параллельный перенос, симметрия, гомотетия и т.п.).

Связан с использованием векторов, в частности скалярного и векторного произведений.

4. Тригонометрический метод.

Использует применение тригонометрии, теорем синусов и косинусов.

5. Переформулировка задачи.

Замена задачи другой, эквивалентной данной.

Перечисленные методы могут пересекаться, в одном решении может применяться несколько методов. Например, можно заменить исходную задачу другой, которую решают с помощью векторов и преобразований.

При решении геометрических задач полезно показать, что рассматриваемую задачу можно решить различными методами, и если один способ не приводит к цели или слишком громоздок, то лучше обратиться к другому. «Лучше решить одну задачу несколькими методами, чем несколько задач — одним» (Д.Пойя).

II. Примеры решения задач данными методами .

Прежде чем перейти к рассмотрению выбранной мною задачи, хотелось бы показать, как происходит поиск решения на примере, используя некоторые из вышеперечисленных методов.

Заметим прежде всего те свойства фигуры, которые сразу бросаются в глаза:

1°. Треугольники АСА ₁ и ВСВ ₁ прямоугольные и равнобедренные.

Рассмотрим различные способы использования этих свойств.

1 способ. На рисунке присутствует несколько прямых углов с одной вершиной, поэтому напрашивается использование поворота на 90° вокруг точки С. Пусть при таком повороте треугольник А ₁ В ₁ С ₁ переходит в треугольник А ₂ ВС. Тогда точки А, С и А ₂ лежат на одной прямой и С – середина АА ₂ . Следовательно, С D есть средняя линия треугольника АВА ₂ и поэтому С D А ₂ В. Но А ₂ В А ₁ В ₁ по свойству повороту, значит, CD A ₁ B ₁ .

II способ. Воспользуемся векторным произведением векторов.

А ₁ В ₁ ∙ 2 CD = (СВ ₁ – СА ₁ )(СА + СВ) = СВ ₁ ∙СА – СА ₁ ∙СА + СВ ₁ ∙СВ – СА ₁ ∙СВ = СА ∙СВ ₁ ∙ cos ACB ₁ – 0 + 0 — CA ∙ CB ∙ cos A ₁ CB = 0, так как АСВ ₁ = А ₁ СВ = 90° + АСВ.

III способ (традиционный). Продолжим сторону АС до точки А ₂ так, что АС = А ₂ С (рис. 1). Тогда из замеченного выше свойства 2° следует: А ₂ СВ = А ₁ СВ ₁ , и треугольники А ₂ СВ и А ₁ СВ ₁ равны. В треугольнике АВА ₂ отрезок CD – средняя линия и поэтому CD А ₂ В. Из равенства треугольников получаем СВМ = СВ ₁ М. Значит, вокруг четырехугольника МСВВ ₁ можно описать окружность с диаметром ВВ _1. Отсюда угол ВМВ ₁ опирается на диаметр и А ₂ В А ₁ В ₁ . Следовательно, CD A ₁ B ₁ .

IV способ (традиционный). Достроим треугольник АВС до параллелограмма САКВ (рис.2).

Тогда ∆САК = ∆А ₁ СВ ₁ по двум сторонам и углу между ними и , следовательно, СА ₁ В ₁ = АСК = α. Продолжим прямую СК до пересечения с отрезком А ₁ В ₁ в точке Е. Тогда А ₁ СЕ = 180° — 90° — α = 90° — α, откуда следует, что А ₁ ЕК = 90°.

III . Решение одной геометрической задачи несколькими способами.

Ниже предлагаются девять решений одной красивой геометрической задачи. Кроме вышеперечисленных методов, здесь используются и другие, с помощью которых также можно решить рассматриваемую мною задачу.

З а д а ч а. На гипотенузе АВ прямоугольного треугольника АВС построен квадрат ABDE в той полуплоскости от прямой АВ, которой не принадлежит треугольник АВС. Найти расстояние от вершины С прямого угла до центра квадрата, если катеты ВС и АС имеют соответственно длины a и b .

Решение 1 (по теореме синусов).

Пусть Q — центр построенного квадрата(рис.3). Так как угол AQB прямой, то точка Q лежит на описанной около треугольника АВС окружности. Ее диаметром служит гипотенуза АВ. Из треугольника AQC по теореме синусов имеем: С Q = АВ sin (α+45°), где α – величина угла ВАС. Далее получаем:

CQ = c ( sinαcos 45°+ cosαsin 45°) = c (+) = , где с = АВ. Итак, искомое расстояние CQ равно .

Решение 2 (по теореме косинусов ).

Из того же треугольника AQC по теореме косинусов находим:

CQ 2 = b 2 + AQ 2 – 2 b ∙ CQcos ( α +45°).

Рассмотрим треугольник AQB , который является прямоугольным и равнобедренным ( BQ = QA ). По теореме Пифагора находим, что AQ 2 = c 2 . Тогда

CQ 2 = b 2 + c 2 – 2b∙∙( — ) = b 2 + (a 2 + b 2 ) – b 2 + ab = (a +b) 2 , С Q = .

Решение 3 (по теореме Птолемея).

Во вписанном в окружность четырехугольнике сумма произведений длин противоположных сторон равна произведению длин диагоналей (теорема Птолемея). Поэтому для вписанного четырехугольника AQBC имеем:

a ∙ AQ + b ∙ BQ = c ∙ CQ .

Но AQ = BQ = и, следовательно,

(a + b) = c∙ CQ, откуда CQ = .

Сумма площадей треугольников АВС и ABQ равна площади четырехугольника AQBC :

ab + AQ 2 = c ∙ CQsinφ ,

где φ – величина угла между прямыми AB и CQ . Луч CQ есть биссектриса угла АСВ, так как вписанные углы ACQ и BCQ опираются на равные дуги AQ и BQ .По теореме о внешнем угле треугольника φ = α + 45°. Подставив в предыдущее равенство AQ 2 = ( a 2 + b 2 ) и sinφ = ∙ (по решению 1), получим:

ab + (a 2 + b 2 ) = CQ∙(a + b) и CQ = .

Решение 5 (методом геометрических преобразований).

Выполним поворот около центра Q квадрата на 90°: В→А, А→А ₁ , С→С ₁ (рис.4). Так как А ₁ АС ₁ = СВА, то

и поэтому точки С,А,С ₁ лежат на одной прямой. В треугольнике CQC ₁ угол CQC ₁ прямой (угол поворота), CQ = C ₁ Q , СС ₁ = АС ₁ = a + b . Следовательно, CQ = .

Решение 6 (методом координат).

Примем прямые СА и СВ за оси Ох и Оу прямоугольной декартовой системы координат. Найдем координаты х, у точки Q . Она принадлежит биссектрисе угла АСВ (по решению 4) и равноудалена от точек A ( b ,0) и B (0, a ). Имеем систему:

( x — b ) 2 + у 2 = х 2 + (у — а) 2 ,

откуда 2х( b — а ) = b 2 – a 2 (подставив первое равенство во второе).

Если a ≠ b , то имеем решение х = у = .

При a = b четырехугольник AQBC является квадратом и х = у =а, т.е. координаты точки Q удовлетворяют прежнему решению. По формуле расстояния между двумя точками

Решение 7 (векторное).

Положим = b и = a и выразим через эти векторы вектор (рис.3):

положив = αа + β b , найдем коэффициенты α и β этого разложения, используя условия ∙ = 0 и = , которые приводят к системе уравнений:

Поскольку = 0, то эта система эквивалентна такой:

α 2 a 2 + β 2 b 2 = 2 + 2 ,

откуда α = и β = и, следовательно,

Наконец, CQ 2 = ( a + b ) 2 , CQ = .

Решение 8 (методом комплексных чисел ).

Введем прямоугольную декартову систему координат так же, как при решении 6. Тогда точки А,В,С будут иметь соответственно комплексные координаты b , ai , 0, причем a = , b = . При повороте на 90° вектор переходит в вектор . Этому повороту соответствует умножение на комплексное число i . Поэтому имеем равенство: ( ai — q ) i = b — q , где q – комплексная координата точки Q . Отсюда q = . Находим:

CQ 2 = q = ∙ = ( a + b ) 2 .

Решение 9 (чисто геометрическое).

Опишем около квадрата другой квадрат со стороной a + b . Тогда искомое расстояние, очевидно, равно половине диагонали большего квадрата.

Из всех представленных решений легко найти наиболее рациональные, но суждения о простоте или сложности того или иного решения задачи в значительной мере субъективно. Оно существенно зависит от подготовленности, от уровня владения методами решения задач. При недостаточных навыках решений методом геометрических преобразований, векторным или координатным методом можно сказать, что первые четыре решения и решение 9 гораздо проще остальных. Однако решения 5 и 6 для подготовленного человека представляются ничуть не сложнее. Векторный метод для решения данной задачи оказался малоэффективным – решение 7 сложнее остальных. Решение 8 с помощью комплексных чисел выглядит очень простым, но требует специальной подготовки.

Заключение.

В своей работе я рассмотрела различные способы решений одной геометрической задачи, используя известные методы. Анализируя все решения, я сделала для себя важные выводы. Во-первых, благодаря такой работе снимается психологический барьер перед поиском решения задачи. Ведь если знаешь, что задача имеет несколько способов решения, то смелее берешься за неё. Постепенно, решая задачу за задачей, приобретаешь некоторый опыт, что позволит развить математическое чутье. Во-вторых, подробный разбор способов решения задач является хорошим подспорьем для того, чтобы освежить в памяти пройденный материал. В-третьих, при такой работе над задачей формируется логическое мышление, развивается интуиция, систематизируются знания, расширяется общеобразовательный кругозор. В-четвертых, овладевая основными методами решения задач, составляющими важную часть многих эвристических алгоритмов, можно рационально планировать поиск решения задачи, выполнять полезные преобразования условия задачи, а также использовать известные приемы познавательной деятельности – наблюдение, сравнение, обобщение.

Все перечисленное создает условия для формирования навыков исследовательской деятельности, способствующей накоплению творческого потенциала.

Л.Р. Шикова. «Исследовательская деятельность школьников в процессе решения геометрических задач». «Математика в школе.»№4, 1995.

Я.П.Понарин. «Задача одна – решений много». «Математика в школе» №1,1992.

Д.Ф.Изаак. «Поиски решения геометрической задачи». «Математика в школе»№6,1998.

В.А.Филимонов, Т.Н.Фисенко. «Об одном подходе к изучению геометрии в средней школе». «Математика в школе» №1,1997

Д.Пойя. «Как решать задачу». М.,1959.

Д.Пойя. «Математическое открытие». М., 1970.

Э.Г.Готман, З.А.Скопец. «Задача одна — решения разные».

Источник