О некоторых трудностях, возникающих при решении геометрических задач (стр. 1 из 2)

В.Ф.Чаплыгин

Анализ результатов приемных экзаменов в университет, опыт работы со школьниками, слушателями подготовительных отделений, студентами-математиками, готовящими себя к педагогической деятельности, дают основания сделать вывод о том, что при решении текстовых задач учащиеся испытывают значительно больше трудностей, чем при решении уравнений и неравенств. Это отчасти объясняется тем, что для решения уравнений, неравенств или их систем можно использовать некоторый набор известных алгоритмов и приемов, так как сама задача уже формализована, математизирована. А для текстовой задачи математическую модель учащийся должен составить самостоятельно. И поэтому эти задачи, в том числе геометрические, о которых пойдет речь, требуют существенно больших логических усилий. Мы коснемся здесь, в основном, задач на вычисление.

Решение более или менее серьезной задачи требует, во-первых, тщательного ее анализа. Учащийся должен ясно осознать, что же ему известно, как связаны между собой данные величины, какие следствия из них можно получить, что необходимо найти в задаче и что требуется для этого знать. Анализ при этом может носить не только однонаправленный характер (от данных величин к искомым или наоборот), но и встречный, когда движение совершается в двух противоположных направлениях.

Трудным моментом является выбор метода, который приведет к решению задачи наикратчайшим путем. Он, как правило, не однозначен и почти каждая задача допускает не одно решение (имеется в виду не результат, а процесс). Рассуждения, используемые для решения, могут быть чисто геометрические или позаимствованные из алгебры или тригонометрии. К сожалению, приходится констатировать слабые знания учащимися простейших утверждений, фактов, формул. Они затрудняются в измерении углов, связанных с окружностью (вписанных, центральных, составленных хордой и касательной, образованных хордами, пересекающимися внутри окружности, или секущими, исходящими из одной точки вне окружности), не знают свойств касательных и секущих, вписанных и описанных многоугольников, теорем синусов и косинусов, связь значений тригонометрических функций с отношениями сторон прямоугольного треугольника. Хорошо известно, что немаловажную роль в решении геометрических задач имеет чертеж. Если он выполнен верно, то поможет в правильном выборе решения, если ошибочен, то может навести на ложный путь. Говоря об этом, мы не призываем к тому, чтобы включать в курс школьной геометрии как можно больше теорем (на все случаи жизни), а предлагаем создавать комплексы задач, сгруппированных по принципу общих идей или методов решения. Решая задачу, следует обращать внимание учащихся на моменты, помогающие правильно выбрать способ решения, прививать вкус к таким задачам, вселять веру в их творческие возможности, развивать логические способности и интуицию.

Приведем примеры задач, которые нам представляются интересными. Первые три задачи используют подобие.

Задача 1. Прямоугольный треугольник АВС с катетами АС=3, ВС=2 вписан в квадрат. Известно, что вершина А совпадает с вершиной квадрата, а вершины В и С лежат на сторонах квадрата, не содержащих точку А. Найти площадь квадрата.

В силу равенства отмеченных углов (рис.1) треугольник ACD подобен треугольнику CBE

. Пусть AD=x, тогда DC=

. Так как AD2+DC2=AC2, то x2+

=9, x2=

. Таким образом, площадь квадрата равна

Задача 2. На сторонах BC и CD квадрата ABCD выбраны соответственно точки E и F так, что

и К - точка пересечения отрезков BF и AE. Найти отношение КЕ:АК.

Из подобия треугольников (рис.2) AKB, BKE и ABE следует

. Перемножив равенства

, получим

Эту задачу можно решить с помощью гомотетии или теоремы Фалеса, но, на наш взгляд, предложенное решение предпочтительнее.

Задача 3. Диаметр окружности с центром О лежит на стороне AD четырехугольника ABCD, при этом АО=ОD. Три остальные стороны АВ, ВС и СD касаются этой окружности. Найти AD, если АВ =а и CD=b.

Пусть в треугольнике АВО (рис.3)  ВАО= ,  АВО= ,  ВОА= и, следовательно,  + + = . Так как ВО - биссектриса угла СВА, то  СВО= .

Если Р и Q - точки касания, то  APO= DQO (они прямоугольные, ОР=ОQ, AO=OD)   QDO= PAO= . Сумма углов четырехугольника ABCD равна 2 , поэтому  С=2 –2 –2 .

А так как СО - биссектриса, то  DCO= –( + )= . Таким образом, треугольники АОВ и DCO подобны и

. Отсюда получаем равенства АО· OD=AB· CD=ab  АО=OD=

и AD=2

А в следующих двух задачах учащиеся должны вспомнить свойства вписанных и описанных четырехугольников.

Задача 4. На стороне ВС параллелограмма ABCD выбрана такая точка Е, что

=2. Известно, что трапеция AECD обладает следующими свойствами:

1) в нее можно вписать окружность;

2) около нее можно описать окружность.

Найти величину угла BAD.

В силу свойств, которыми обладает трапеция AECD (рис.4), она равнобокая (АЕ=CD) и 2АЕ=ЕС+AD.

Пусть ВС=3а, тогда BE=2a, EC=a  2AE=EC+AD=4a  CD=АЕ=2a.

Таким образом,  BEA - равносторонний   ABC=60   BAD=120 .

Далеко не все учащиеся могут доказать, почему трапеция, около которой можно описать окружность, является равнобокой.

Задача 5.Сумма углов при основании ВС трапеции ABCD равна

. Найти величину

, если известно, что

=10 и в трапецию ABCD можно вписать окружность.

Пусть CF  AB (рис.5), тогда CF=AB и в силу условия задачи следует,

что  FCD=

По теореме косинусов

FD2=FC2+СD2-2FC· СDcos

 (AD–BC)2=AB2+СD2– AB· СD. (1)

Так как в трапецию ABCD можно вписать окружность, то

AD+BC=AB+CD  (AD+BC)2=(AB+СD)2. (2)

Разделив равенство (1) на равенство (2), получим

Разделив далее числитель и знаменатель левой дроби на произведение AD· BC, а правой части - на AB· СD, получим

Откуда, положив

=t, и учитывая, что

=10, имеем t=7.

В этой задаче при неудачном выборе решения оно может оказаться очень громоздким.

Весьма поучительно, на наш взгляд, решение следующей задачи.

Задача 6. В прямоугольном треугольнике АВС из вершины прямого угла С проведена биссектриса CL и медиана СМ. Найти площадь треугольника АВС, если LM=a, CM=b.

Пусть АС=х и ВС=у , где х>y (рис.6), тогда х2+у2=4b2, и по свойству биссектрисы

 LB=

AB=

и, следовательно, ML=MB–LB=b–

Таким образом, приходим к системе

Решая это уравнение относительно ху, находим S ABC=

Следует обратить внимание учащихся на то, что из полученной системы уравнений искать значения переменных х и · у совершенно излишне.

Задача 7. Основание равнобедренного треугольника равно 10 см, проведенная к нему высота - 12 см. Вершины треугольника служат центрами кругов, каждый из которых касается двух других внешним образом. Найти радиусы кругов, которые касаются трех указанных кругов внешним и внутренним образом.

Пусть e, f, d, k, h - точки касания, радиус окружности с центром в точке О1 равен r, а с центром в точке О2 - R (рис.7). Так как AD=5, АВ=13,