Разработка факультативного занятия по геометрии для учащихся 9 класса «Решение одной задачи несколькими методами на примере метода дополнительных построений»

«Лучше решить одну задачу несколькими

методами, чем несколько задач - одним»

(Д.Пойя).

В заданиях основного государственного экзамена по математике в 9 классе и единого государственного экзамена по математике в 11 классе содержатся геометрические задачи, при решении которых учащиеся испытывают определенные затруднения, что ведет к потере времени на экзамене. Многие задачи по планиметрии нельзя решить с помощью шаблонов и алгоритмов, идеального знания теории. Многие задачи по планиметрии требуют нестандартного индивидуального решения, являются объектом исследования.

Умение решать планиметрическую задачу несколькими способами - один из залогов успешного решения как планиметрических, так и стереометрических задач.

Задача:

Найти среднюю линию MN трапеции ABCD с основаниями BC и AD, если BD = 6см, AC = 8см, BD AC.

Сегодня мы рассмотрим методы, использующие дополнительные построения (ДП)

1.1 Прямая параллельная диагонали

1. ДП: проведем CEǁ BD, CE∩AE=E; BCED - параллелограмм, (BDǁCE и BCǁDE, BC=DE=a, CE=BD=6см.)

2. Рассмотрим ∆ACE: ∟ACE=90° (BDǁCE, AC BD,значит,ACCE) AE=√AC²+CE²=√64+36=10. MN=1/2AE = 5.

Ответ: MN = 5см.

1.2 Средние линии треугольников

1. Д.П.: проведем средние линии ∆ABD (MKǁ BD) и ∆ACD (NK ǁ AC)

2. Рассмотрим ∆ABD: MK=6/2=3см; ∆ACD: NK=8/2 =4

3.∆MNK:∟NKM=90° (MKǁBD, NKǁAC и BD⊥AC, значит, MK⊥NK) MN=√MK²+KN²=√3²+4² =5

Ответ: MN=5

1.3 Середины сторон трапеции

1. Соединим середины сторон трапеции. XMYN - параллелограмм (XNǁBD, MYǁBD, значит, XNǁMY; XMǁAC, NYǁAC ,значит,XMǁYN);

∟MYN = 90° (ACǁYN, BDǁMY; BD⊥AC, значит,YN⊥MY); XMYN - прямоугольник .YM=3(MY - средняя линия ∆ABD, MY= 1/2BD); NY=4(NY - средняя линия ∆AС , NY=½ AC).

2. ∆MNY: MN=√3²+4²=5

Ответ: MN=5.

1.4 Первый признак равенства треугольников

1.Д.П.: Продлим AC на AM₁=OC и BD на DN₁=OB.

2. По теореме Пифагора в ∆M₁ON₁: M₁N₁=10.

3. Проведем M₁KǁN₁D. MK₁∩AK=K.

4. ∆BOC=∆KAM₁ (по Ι признаку:

BO=KM₁, OC=AM₁, по построению, ∟BOC=∟KM₁A=90º, накрест лежащие при BN₁ ǁKM₁, M₁C - секущей) AK=BC.

5. M₁KDN₁ - параллелограмм, DK=M₁N₁=10; MN=DK/2= (AD+BC)/2=5. Ответ: MN=5

1.5 Второй признак равенства треугольников

1.Д.П.: Продлим AC на AM₁=OC и BD на DN=OB.

2. Рассмотрим ∆OM₁N₁, ∟NOM=90°, тогда по теореме Пифагора в ∆MON M₁N₁=10.

3. Постоим: AE⊥MN, DF⊥MN, OK⊥BC.

4. ∆AM₁E= ∆KOC и ∆DFN₁=∆BOK (по II признаку): M₁E=KC, FN₁=BK M₁N₁=BC+AD=a+b=10, MN=10/2=5.

Ответ: MN=5.

Домашнее задание: решить данную задачу методами,основанными на применении подобия.