Поиск различных способов решения задач как один из эффективных методов саморазвития математических способностей школьников

Потребность решения задач несколькими способами воспитываю в детях постепенно с 7 и до 11 класса. Нередко, шагнув на новую ступеньку знаний, мы возвращаемся с ребятами  к  ранее  разобранной задаче  и  находим  новые, весьма  любопытные  решения.

Я понимаю коллег, которым жаль времени на поиски альтернативных путей к ответу на вопрос задачи.  Не потому ли смелые, неординарно мыслящие личности всё реже встречаются среди выпускников  наших школ?

Но вы уже никогда не откажетесь от этой методики, если ваши дети однажды сумели самостоятельно  найти  другие  пути  к ответу на вопрос задачи.

При организации заключительного повторения планиметрии в основной  и средней школе особенно полезно направлять ребят на поиск  альтернативных алгоритмов; предоставляется богатейшая возможность повторить и закрепить самые разнообразные сведения  по всему курсу.

Развивать исследовательские способности учащихся – значит формировать так необходимые нашим выпускникам общеучебные навыки.

Предлагаю накопленные в моей практике    решения несколькими способами  некоторых   планиметрических   задач  из учебника А.В. Погорелова  «Геометрия 7–9» (М.: Просвещение, 2003).

Призывая учеников к поискам новых путей, учитель сам должен иметь в своём арсенале запас всевозможных алгоритмов.

Задача №1 из  учебного пособия А. В. Погорелов (§ 4, № 46). Высоты треугольника ABC, проведённые из вершин А и С, пересекаются в точке М. Найдите АМС, если BАC = 70°, BCA=80° 

Сначала необходимо установить вид этого треугольника, от этого зависит рисунок к задаче. 180° – 70° – 80° = 30°

АВС – остроугольный, значит, точка пересечения высот  находится во внутренней его области.

Рис. 1

Первый способ

КСВ = 90° – 30° = 60°, затем из прямоугольного NMC   NMC = 90° – 60° = 30°, а тогда  смежный  с ним  АМС имеет градусную меру 150°.

Ответ: 150°

Второй способ

Через точку М проведём прямую PQ || AC. По свойству параллельных прямых и секущей КРМ = ВАС = 70°; КМР = 20° (из прямоугольного РКМ)
Аналогично NMQ = 10°;   20° + KMN + 10° = 180° KMN = 150° = AMC (вертикальные углы равны). 

Ответ: 150°

Третий способ

Посмотрев на выпуклый четырёхугольник MKBN, у которого известны три угла 30°, 90°, 90°, мыслящие дети вполне способны «открыть» теорему о сумме внутренних углов выпуклого четырёхугольника.
Учитель может при организации устной разминки  вставить вспомогательные устные  задачки на доказательство  перед  тем, как решать основную задачу.
KMN,  вертикальный с искомым AMC,  равен 360° – 90° – 90° – 30° = 150°

Ответ: 150 °

Четвёртый способ

Из прямоугольных АКС и ANC следует, что KCA = 90° – 70° = 20°,  NAC = 90° – 80° = 10°, а  тогда в АМС AMC = 180° – (20° + 10°) = 150°.

Ответ: 150°

Пятый способ

Из прямоугольных АNB и CKB следует, что BAN  = BCK = 90° – 30° = 60°,  NAC = 70° – 60° = 10°, KCA = 80° – 60° = 20°.
В  АМС  AMC = 180° – (20° + 10°) = 150°.

Ответ: 150°

Шестой способ

Полезно знать, что углы со взаимно  перпендикулярными сторонами равны, если они оба тупые или оба острые; если же один из этих углов острый, а другой тупой, то непременно сумма их градусных мер равна 180°. Поэтому если B острый и равен 30°,  то тупой  AMC = 150°.

Седьмой способ

Через вершину В проведём лучи ВХ || NA  и ВY || KC. Величина угла между этими лучами равна величине угла АМС. Поскольку углы ХВС и YВА прямые, а B = 30°, то XBY = 60° + 30° + 60° = 150° = AMC

Задача №2 (§ 4, № 47). В треугольнике АВС медиана ВD  равна половине стороны АС. Найдите угол  В  треугольника.

Рис. 2

Первый способ

В АВС проведём среднюю линию DK. В равнобедренном BDC медиана DK является одновременно и высотой, то есть DK и СВ перпендикулярны.  По свойству средней линии треугольника DK || AB, а тогда и сторона АВ перпендикулярна стороне СВ. B = 90°, что и требовалось найти.

Второй способ

Пусть  DAB = °,  DCB = °. По условию, BD = AD = DC, то  DBA = ° и DBC = °. Из АВС  2 + 2  = 180,  +  = 90,  следовательно, АВС = 90°.

Ответ: B = 90°

Третий способ

По условию DA = DB = DC, значит, точки А, В и С принадлежат окружности с центром D. Тогда АВС = 90° по свойству вписанного угла, стороны которого проходят через концы диаметра АС.

Четвёртый способ

Пусть А = °, С = °. Проведём DK и DN параллельно соответственно сторонам АВ и ВС. По теореме Фалеса они окажутся средними линиями  для  АВС. Мы знаем, что медиана равнобедренного треугольника, проведённая из вершины к основанию, является и биссектрисой.
При точке D на прямой АС в одной полуплоскости «скопились» четыре попарно равных угла. Сумма всех четырёх 180°. 2 + 2  = 180,  +   = 90,  следовательно, АВС = 90°.

Ответ: B = 90°

Пятый способ

Продолжив BD за точку D и отложив от точки D отрезок DK, равный  BD, получим четырёхугольник АКСВ, у которого диагонали равны и в точке пересечения делятся пополам. Получили признак прямоугольника, значит угол В прямой.

Ответ: B = 90°

Задача №3 из  учебного пособия А. В. Погорелова «Геометрия 6 – 10» (§ 7, № 28).
Найдите радиус r вписанной и радиус R описанной окружностей для равнобедренного треугольника с основанием 10 см и боковой стороной 13 см.
Я полагаю, что даже в сильном классе целесообразно разделить эту задачу на две разные задачи и рассмотреть разнообразные способы решения каждой из них.
При организации заключительного повторения здесь нам предоставляется возможность повторить   правила нахождения центра окружности, описанной около треугольника, и центра окружности, вписанной в треугольник, замечательное свойство биссектрисы угла треугольника , а также формулы зависимости площади треугольника от его сторон и радиусов вписанной  и описанной окружностей.

Итак, задача №3а. Найдите радиус R описанной окружности  для равнобедренного треугольника с основанием 10 см и боковой стороной 13 см.
Сначала  выясним, где находится центр описанной окружности – от этого зависит рисунок к задаче. Здесь 10² меньше 13² + 13², значит, угол при вершине этого равнобедренного треугольника острый. Центр описанной окружности находится во внутренней области  равнобедренного треугольника.

Рис. 3

Какой бы способ мы ни выбирали, заметим, что AD = DC = 5, и ещё нам пригодится длина высоты BD. Из BDC  по теореме Пифагора   BD²  = 13² – 5²;  BD = 12см

Первый способ

Проведя серединный перпендикуляр  КО, получим точку  О – центр описанной окружности  (КО + ВС и ВК = КС = 6,5см). ОВ = ОС = R.   OD = BD – OB = 12 – R
Из ODC по теореме Пифагора  OD²  = ОС² – DC² = R² – 5². R²  –  5²   = (12 – R)². Решив это уравнение, получим   R = 169/24  см.

Ответ: R = 169/24  см.

Второй  способ

Пусть DBC = , тогда cos = BD/BC = 12/13. Из ОKB   R = OB = BK/cos =  6,5 : 12/13 = 169/24(см). 

Ответ: R = 169/24  см.

Третий способ

Полезно помнить, что отношение стороны треугольника  к синусу  противолежащего  угла  равно  диаметру  окружности, описанной около этого треугольника. Из DBC имеем: sin = DC / BC  = 5/13. cos = BD / BC  = 12/13.  АС/sin2 = 2R; sin2 = 2 sin cos = 120/169. 2R = 10 : 120/169 = 169/24

Ответ: R = 169/24  см.

Четвёртый способ

Из подобия треугольников  OBK  и  CBD  имеем ОВ/СВ = BK/BD, т.е. R/13 = 6,5/12 и  получаем

Ответ: R = 169/24 см

Пятый способ

Продолжив BD до пересечения с описанной окружностью, получим прямоугольный треугольник ВСЕ, откуда ВС² = BD • BE, 13² = 12 • 2R, и R = 169/24см.

Шестой способ

По свойству хорд, пересекающихся внутри круга BD • DE = AD • DC; 12 • (2R –12) = 5 • 5.

Ответ: R = 169/24  см.

Седьмой способ

Внешний угол треугольника ВOC равен сумме двух внутренних углов, с ним не смежных. Угол DOC имеет величину 2. OC = DC : sin2 = 5 : 120/169. OC и есть  R. R = 169/24  см.

Восьмой способ

По формуле  R = abc/(4S ),  где a,  b,  c – стороны треугольника, S – его площадь, которую мы вычислим без труда.
Школьники  перейдут  на  старшую  ступень, и мы вспомним об этой задаче, когда  вокруг  конуса  будет  описан  шар.
Вы уже утомились читать? А представьте себе азарт команды, которая непременно хочет оставить за собой последнее слово. Каждая новая мысль – это шаг к победе! Даже другое обоснование того, что угол DOC имеет величину 2  даст им лишнее очко: вписанный угол СВЕ и центральный угол  СОЕ опираются на одну дугу и находятся в одной полуплоскости относительно хорды СЕ, значит, величина центрального угла  равна  2.   Другая формула площади треугольника – формула  Герона – тоже пригодилась для получения ещё одного очка!    
Поощряя школьников к поиску новых решений, награждаем их баллами, присуждаем баллы соревнующимся командам, отражаем их успехи на стенде в кабинете математики, повышаем их рейтинговые оценки  и т.д. и т.п. 

Задача №3б. Найдите радиус r вписанной окружности  для равнобедренного треугольника с основанием 10 см и боковой стороной 13 см ( рис. 4)

Рис. 4

Первый способ

Из BNO1  следует, что O1N = r = BO1 • sin, т.е. r = (12 – r) · 5/13   и  r = 10/3см

Ответ: r = 10/3см 

Второй способ

О₁ – центр вписанной окружности, O₁N = r.  DC = CN = 5 см  по свойству касательных, проведённых из одной точки к одной  окружности.  BN =13 – 5 = 8 (см).  ВО₁ = 12 – r. Из BNO₁ по теореме Пифагора r² = (12 – r)² – 8²,  откуда  r = 10/3см.

Третий способ

r = 2S/(a + b + c), r = 2 • 60/(13 + 10 + 13), тогда  r = 10/3см.

Четвёртый способ

Из  O₁NB   имеем  r = O₁N = BN tg.   Так как  из треугольника BDC   tg = 5/12, то    r = 8 • 5/12 = 10/3(см).

Пятый способ

Из подобия   O₁NB и  CDB следует, что   ВО₁/BC = BN/BD, (12 – r)/13 = 8/12  и   r = 10/3см.

Шестой способ

По свойству  биссектрисы  CBD,  имеем CD/CB = DO₁/BO₁,  5/13 = r/(12 – r), а тогда из этой пропорции получим r = 10/3см.

Седьмой способ

Когда ученики   познакомились со свойством  касательной и секущей, проведёнными из одной точки к одной окружности, мы решили эту задачу так:  BN² = BD • BM, т.е. 8² = 12 • (12 – 2r), откуда r = 10/3см.

Восьмой способ

В О₁ DC угол DCО₁ = (90^о – )/2 = 45^о – /2, О₁D = r = 5 • tg(45^о – /2). Конечно, мы этот способ используем, когда захотим показать применение тригонометрических формул.
Школьники  перейдут  на  старшую  ступень, и мы вспомним об этой задаче, когда    конус  будет  вписан  в шар.
Не всегда найденные ребятами способы решения той или иной задачи бывают оптимальны, но для достижения учебных и воспитательных целей нет «плохих» и «хороших» способов решений. За любой правильный путь к ответу на вопрос задачи похвалим ученика, поблагодарим за смелость и смекалку. Опыт показывает, что такая поддержка способствует качественному скачку в развитии математических способностей и укреплению интереса к предмету.
Не в этом ли и состоит наше учительское счастье?!

Литература:

1.  Учебное  пособие А. В. Погорелова «Геометрия 7–9» (М.: Просвещение, 2003).
2.  Соломник В.С., Милов П.И. Сборник вопросов и задач по математике. Изд. – 4-е,  дополн. – М., Высшая школа, 1973.
3.  Моя статья на сайте «Открытый урок», 2008-2009 учебный год. Различные способы доказательства теорем как один из эффективных методов повышения интереса школьников к математике.