Асалханов Андрей Васильевич

Рекомендации «Решаем задачи по геометрии (планиметрии) с применением программной среды «Математический конструктор 8.0»

Материал опубликован 20 November 2020

Асалханов А.В., учитель математики и информатики.

Категория: методические материалы по подготовке к ЕГЭ

Решаем задачи по геометрии (планиметрия) с применением программной среды «Математический конструктор 8.0»

Рекомендации обучающимся 10-11 классов при подготовке к ЕГЭ

Введение

Умение решать задачи по геометрии является одним из показателей уровня математического развития обучающегося. Особенно показательно умение решать задания по геометрии в формате ЕГЭ. Ведь не секрет, что выпускники зачастую не могут решать задания по геометрии не только второй части (задания 14 и 16), но и задания первой части. На уроках математики, и при непосредственной подготовке к ЕГЭ они решают очень много заданий, но непосредственно на ЕГЭ, различных мониторинговых работах ребята сталкиваются с определенными трудностями. Почему такое происходит? В чем причина?

Мне видится, что проблема заключается в следующем:

Одни ребята стараются вникнуть в процесс решения задачи, стараются понять, в чем состоят приемы и методы решения задачи. Другие же, не задумываются над этим, стараются лишь как можно быстрее решить задание, не анализируя решаемые задач, т.е. решают задачу лишь ради получения ответа. При встрече на ЕГЭ или мониторинге с заданиями незнакомого типа (формулировки) они пугаются и не могут решить задание.

Большинство рассматриваемых задач выпускниками при подготовке к ЕГЭ однотипные (по аналогии с демоверсиями) отрабатываются определенные алгоритмы. И потому, при встрече с незнакомого типа заданиями, они затрудняются. При таком подходе к подготовке формируются поверхностные знания.

Я убежден, что в школьном курсе и на ЕГЭ предлагаются задачи, которые может решать выпускник. Для этого надо много работать. К любой задаче, в том числе и геометрической задаче, можно найти подход, «ключ». И тогда, на ЕГЭ задание будет очередной - может быть десятой, двадцатой ….., но не новой.

Давайте запасемся терпением и упорством – и начнем!

Начнем с простых правил:

Чертежи надо выполнять ручкой (лучше гелевой) как на ЕГЭ. Рисунок должен быть видимым и понятным.

Для решения задач по геометрии необходимо глубокое понимание и знание теории: определения, теоремы, признаки. Их надо знать наизусть, так как оформляя решение задачи нужно указывать, что именно применили. Эти требования обязательны при оформлении решений заданий 14 и 16.

При решении задач можно использовать так называемые общеизвестные (шаблонные) факты. Например, площадь прямоугольного треугольника, соотношения сторон треугольника с углами 30, 45, 60, 90 градусов. Это поможет вам сэкономить много времени так необходимые на ЕГЭ.

Ф2

Ф1

Каждый шаг решения записываем подробно. Например, «отношение площади подобных фигур равно квадрату коэффициента подобия» записываем

Рисунок 1

Решение задач на вычисление

Решение задач на вычисление следует начинать с построения фигуры, которая должна соответствовать условию задачи и разрабатываем математическую модель решения задачи.. Следует всегда помнить, что задачи на вычисление всегда содержат числовые данные, числовые данные и параметры или только параметры.

Задача 1.1 В треугольнике АВС (угол АВС- острый) проведены высоты АD и CE. Найдите длину DE, если AB=15, AC=18, BD=10.

Решение: Проведем анализ условия задачи через схематическую запись :

Рисунок 1-2

Дано: АВС, В – острый

AB =15, AC=18, BD=10

AD CE

Найти: длину отрезка DE

Решение:

Анализ: Из условия задачи заданы стороны АВ и АС треугольника АВС и сторона BВD

BD треугольникa EBD. Необходимо найти сторону DE треугольника EBD. Если треугольники АВС и EBD подобны, то = и DE=12.

Докажем, что треугольники АВС и EBD подобны. Рассмотрим четырехугольник ADCE. Около него можно описать окружность, так как углы СЕА иADC прямые. Следовательно, и угол САВ=900+α (как внешний угол), и угол EDB=900+α. Таким образом доказали, что треугольники АВС и EBD – подобны по первому признаку.

Ответ: 12

Задача 1.3 Около треугольника АВС описана окружность. Медиана AD продолжена до пересечения с этой окружностью в точке Е. Известно, что АВ+ AD =DE, ∠BAD=600 и AE=6. Найти площадь треугольника АВС

А1

Рисунок 1-3

Дано: ΔАВС

ωo(R)- описанная около ΔАВС окружность произвольного радиуса R с центром в точке О.

AB+ AD= DE

∠BAD =600 , AE=6

Найти площадь ΔАВС

Решение:

Анализ: Построим произвольную окружность ωo(R). Выберем точки В и Е на ωo(R) так, чтобы ˘ВЕ=1200. (рисунок 1-3). Тогда при произвольном выборе точки А на ˘BmE угол ВАЕ равен 600. Построение чертежа наталкивает на мысль, что АЕ- диаметр, а ВС перпендикулярна АЕ.

Докажем наше предположение.

Рассмотрим случай, когда АЕ – диаметр. Треугольник ВАО- равносторонний, так как ∠BAD =600 по условию задачи и ∠АОВ =600.. Таким образом АВ=АО и AB+AD=DE. Выполнены условия задачи. ∠BAС =1200 и ∠ABD =300 так как АЕ- диаметр. Тогда AD=, BC=и SABC=*BC*AD=

Доказательство единственности решения

можно доказать методом от противного.

Ответ:

Решение задач на доказательство

Решение задач на доказательство также следует начинать с построения чертежа максимально отвечающей условию задачи, а также – соблюдать при этом аккуратность.

Задача 2.1 В треугольнике АВС сторона АВ=15, АС=10. Доказать, что длина биссектрисы AL угла ВАС не больше 12.

Дано: ΔАВС

АВ=15, АС=10

Доказать, что AL≤12

Доказательство:

Построим несколько треугольников ABCn, где n=1,2,3…… с общей стороной АВ=15 и ACn=10. Вершины Сn принадлежат ωА(10)-окружности с центром в точке А и радиуса АС=R=10.

Точки Ln биссектрис ALn лежат на ωА(12)- окружности с центром в точке А и радиусом АLn, равным предположительно 12. Получили некоторую гипотезу, которую нужно доказать справедливость или опровергнуть.

Рассмотрим ΔАВС. = = , по свойству биссектрисы: биссектриса угла делит противоположную сторону в отношении длин противоположных сторон. Пусть ВL=3x, LC=2x, LC=LE=2x. С другой стороны, если КА=LA=12, то KL=2, BK=3. Отсюда, получаем, что ∠BLK=∠KLF, так как BL:LF=3x:2x=3:2 и BK:KF=3:2. Получили, что ∠KLA=900. Следовательно, AL<(AK =12). ч.т.д.

Приведенные выше решения задач еще раз убеждают, что обязательный этап освоения решения геометрических задач – изучение теории. Ведь для полного решения задач 14 и 16 требуется решение с обоснованием каждого шага. Советую разобрать с доказательством 32 полезных факта( рекомендована А.Малковой), приведенные в приложении №1. И тогда все задачи ЕГЭ решаются простыми школьными способами. В своей книге «Математика. Задания высокой и повышенной сложности» А. Малкова рекомендует применять следующие классические схемы:

Схема 1. В треугольнике АВС проведены высоты АМ и СК. Н-точка пересечения высот треугольника (ортоцентр), Н=АМ∩СК.

Схема 1 дает сразу не сколько полезных фактов:

Рисунок 2-2

Факт 1: ΔМВК ~ ΔАВС, к=|cosB| .

Факт 2: четырехугольник ADEC можно вписать в окружность.

Факт 3: четырехугольник ВМНК можно вписать в окружность.

Факт 4: радиусы окружностей, описанных вокруг треугольников АВС, АFC, BFC и AFB равны R.

Факт 5: ВН=2R|cosB|, где R- радиус описанной около ΔАВС окружности.

Схема 2: Пусть луч МА пересекает окружность в точках А и В, а луч MD – в точках C и D, причем MA>MB, MD>MC. Тогда треугольники ВМС и DMA подобны. (рисунок 2-3)

Рисунок 2-3

Рисунок 2-4

Схема 3. У треугольника АDС и BDС сторона DС – общая, угол A равен углу B. Тогда точки А, В, D,С лежат на одной окружности. (рисунок 2-4).

Другими словами, геометрическое место точек D, из которых виден отрезок АС виден под данным углом, есть две дуги равных возможностей с обшей хордой DС, без точек D и С.

Схема 4. У треугольников АВС и АМС сторона АС- общая, углы В и М – прямые. Тогда точки А,В,М,С лежат на окружности, радиус которого равен половине АС.

Рисунок 2-5

Рисунок 2-6

Также следует применять две теоремы:

Теорема о секущей и касательной: Если к окружности проведены из одной точки касательная и секущая, то квадрат отрезка касательной равен произведению длин всей секущей и ее внешние части. (рисунок 2-6)

Свойство биссектрисы: биссектриса угла делит противоположную сторону в отношении длин противоположных сторон

Анализ последних лет проведения ЕГЭ указывает на то, что задания, предлагаемые разработчиками, на доказательство и вычисление. Таким образом, разработчики в работах выпускников просматривают математическую грамотность решения задач по геометрии, в частности – планиметрии.

Задача 2.4 из учебника: Основания трапеции равны 30 и 12 см., диагонали 20 и 34. Найдите площадь трапеции.

Эта же задача формулируется в формате ЕГЭ так:

Задача. 2.4 ( в формате ЕГЭ) Основания трапеции равны 30 и 12 см., диагонали 20 и 34.

а. Докажите, что меньшая боковая сторона перпендикулярна основаниям.

б. Найдите площадь трапеции.

Таким образом, в формате ЕГЭ задача разбивается на доказательство и вычисление. Выполнение пункта «б» без доказательства пункта «а» задач 14 и 16 не засчитываются. Очень важно отметить тот факт, что на уроках геометрии требуется формировать решение конкретных задач в полном объеме: выдвижение гипотезы из анализа, решение задачи по предложенной гипотезе, доказательство гипотезы. Иногда последние два этапа можно менять, т.е. сначала доказываем гипотезу (как в ЕГЭ), а затем проводим вычисления.

Приведу полное решение задачи 2-4 (задание 16 в формате ЕГЭ).

Рис. 2-7

Дано: ABCD- трапеция: ВС ‖AD, BC=12, AD=30, BD=34,AC=20

а. доказать, что АВ перпендикулярна ВС и AD

б. найти площадь трапеции

Решение;

Анализ:

а. Цифры 12,20 и 30,34 наталкивают на мысль, что они могут образовать египетские треугольники. Проверим. Рассмотрим треугольник АВС. АВ2=АС2-ВС2 и АВ=16

Рассмотрим треугольник АВD. 162=ВD2-AD2 и 256=256. Таким образом доказали, что треугольники ABC и ABD прямоугольные.

б. S=(AD+BC)*AB

S=336

Задача 2.5 (ЕГЭ-2017) Основания трапеции 4 и 9, а ее диагонали 5 и 12.

а. Докажите, что диагонали трапеции перпендикулярны.

б. Найдите высоту трапеции.

В методических рекомендациях есть так называемый прием (Ж). Назовем его прием Ж. Этот прием говорит о том, что, если значимые нам отрезки пересекаются буквой Ж, то это Ж можно перестроить в треугольник. Это прием применим в решении задачи 2.5.

Рис.2-8

Дано: ABCD-трапеция, ВС‖AD, ВС=4, AD=9, АС=5, ВD=12.

а. Докажите, что диагонали трапеции перпендикулярны.

б. Найдите высоту трапеции

Решение:

Анализ: Если ВD⊥АС, то треугольник АСЕ должен быть прямоугольным, где СЕ‖ВD. Докажем нашу гипотезу.

а. Проведем СЕ‖ВD. Получили параллелограмм ВСЕD, DЕ=ВС=4 и получаем АЕ=13. Тогда треугольник АСЕ- египетский треугольник:АС2+СЕ2= 25+144=169 и АЕ2=169. Угол АСЕ-прямой. Таким образом доказали, что ВD⊥АС

б. S=*AC*CE=*СG*AE и получаем СG =

Ответ пункта б:

Решение задач планиметрии методом координат.

Метод координат применяется для упрощения поиска решения задач. В основном при использовании данного метода рассматриваются:

Уравнение прямой и окружности;

Формула длины отрезка;

Условие перпендикулярности двух прямых.

Рекомендую применять общеизвестные формулы и их графические изображения. Я их называю «Опорные формулы и их графики»

Опорные формулы для прямой

а. Уравнение прямой АВ, проходящей через точки А(х1,у1) и В(х2,у2) имеет вид:

б. Расстояние между точками А и В находится по формуле:

в. Координаты точки М середины отрезка АВ находятся по формуле:

хм= и ум=

Опорные формулы для окружности

а. Уравнение х2+у2=R2 задает окружность с центром в точке О и радиусом R: (R). На графике, в частности, задана (2).

2б. Уравнение (х-а)2+(у-b)2=R2 задает окружность с центром в точке А(а,b) и радиусом R: (R). На графике, в частности, задана (3)

2в. Уравнение (х-а)2+(у-b)2≤R2 задает круг вместе с границей с центром в точке А(а,b) и радиусом R.

2г. Уравнение у= задает верхнюю полуокружность с центром в начале координат и радиусом R. В частности, на графике изображен график, заданный уравнением у=, где R=2

2в. Уравнение у= задает верхнюю полуокружность с центром в начале координат и радиусом R. В частности, на графике изображен график, заданный уравнением у=, где R=2

2д. Уравнение у= +b задает верхнюю полуокружность с центром в A(a,b) координат и радиусом R. В частности, на графике изображен график, заданный уравнением у=, где R=2