Геометрия – наиболее сложный предмет школьной программы. Многие школьники не понимают эту науку и, по различным причинам, не могут решать геометрические задачи. Одна из таких причин – неумение находить простой способ решения. Не все учащиеся видят различные пути решения одной и той же задачи, а в планиметрических задачах части С ЕГЭ это является главным элементом. Поэтому я решила подробнее рассмотреть решение геометрических задач части С ЕГЭ. В этом заключается актуальность исследования.

Цель исследования: обобщить знания о способах решения планиметрических задач с неоднозначностью условия.

Для достижения цели нам необходимо решить следующие задачи:

- среди геометрических задач выделить планиметрические задачи с неоднозначностью в условии;

- привести соответствующие примеры заданий ЕГЭ;

- сделать подборку задач для самостоятельного решения.

Методы:

- изучение литературы по планиметрическим задачам;

- сбор информации в сети Интернет;

- решение различных планиметрических задач.

Хочу представить вам один из алгебраических способов решения геометрических задач – метод опорного элемента.

Суть данного алгебраического метода состоит в том, что основным способом получения уравнения является выражение какой-либо величины двумя независимыми способами. Такую величину называют опорным элементом. В качестве опорного элемента могут быть использованы: длина отрезка, квадрат длины отрезка, сумма отрезков, площадь фигуры и т.д.

 На экране вы видите задачу и рисунок к ней.

Ответ: R=10,625 см.

Таким образом, алгебраические методы решения задач могут существенно облегчить решение.

А теперь мы рассмотрим одну из задач частит С  ЕГЭ.

Решение. 

Центр  O  искомой  окружности  принадлежит  серединному перпендикуляру  к  отрезку  AD. Обозначим  P  середину  отрезка  AD, Q  – основание  перпендикуляра,  опущенного  из  точки O  на  прямую BC, E – точку  пересечения  серединного  перпендикуляра  с  прямой  BC  (см. рисунок  а).  Из  условия  касания  окружности  и  прямой  BC  следует,  что отрезки OA, OD и OQ равны радиусу R окружности.

Заметим, что точка  O  не может лежать по ту же сторону от прямой AB, что и точка E, так как в этом случае расстояние от точки O до прямой BC  меньше, чем расстояние от неё до точки A.

Из прямоугольного  треугольника BPE  с  катетом BP=2 и ∠B=30°  находим, что PE =2Ö3/3

Так  как  OA = R  и  OP=1 ,  получаем: AP=ÖR²-1,  следовательно, OE=Ö(R²-1)- 2Ö3/3

Из прямоугольного треугольника OQE, в котором  E ∠= 60°, находим:

R=OQ=Ö3/2OE=Ö3/2 Ö(R²-1)+ 1

В результате получаем уравнение:

Ö3/2 Ö(R²-1)= R-1

Возведём в квадрат обе части этого уравнения и приведём подобные члены. Получим уравнение R²–8R + 7 = 0, решая которое находим два корня:  R1 = 1,  R2 = 7.  Если  радиус  равен 1,  то  центром  окружности является точка  Р (см. рисунок б).

Другое решение: 

Пусть точка Q  касания окружности с прямой  BC  лежит на луче  BC 

(см. рисунок а). По теореме о касательной и секущей

BQ²= BA*BD=(BD+DA)*BD=(1+2)*1 =3, откуда   BQ=Ö3.

Пусть  O  –  точка  пересечения  луча  BA  и  перпендикуляра  к  BC , проведённого  через  точку  Q .  Из  прямоугольного  треугольника  BQO находим:  BO = BQ/cos30°=2, тогда AO=OD=1и OQ=1/2BO=1

Таким образом, точка O  удалена от точек  A,  D  и Q  на одно и то же расстояние, равное 1. Следовательно,  O  – центр искомой окружности, а её радиус равен 1.

Пусть  теперь  точка  Q   касания  окружности  с  прямой  BC   лежит  на продолжении  BC  за точку  B  (см. рисунок б), а прямая, проходящая через точку  Q   перпендикулярно  BC ,  пересекает  прямую  AB  в  точке  H ,  а окружность вторично – в точке T . Тогда

BQ=Ö(BA*BD)=1,    ∠HBQ=∠ABC=30°

BH = BQ₁/cos30°=2 HQ=1/2 BH=1

Если  R  –  радиус  окружности,  то  QT= 2R.  По  теореме  о  двух секущих  HQ*HT=HA*HD,  то  есть 1* (1-2R)= (2+3)*3,  откуда находим, что R=7.

Таким образом, в данной работе были рассмотрены различные методы решения планиметрических задач с неоднозначностью условия и применение к решению таких задач алгебраического метода решения.

Цель работы достигнута. Эффективные методы работы позволили решить поставленные задачи.

 В процессе работы мы выяснили, что применение алгебраического метода упрощает решение задачи, поэтому его следует применять тогда, когда он более рационален по сравнению с геометрическим. Поэтому существенным моментом в решении задачи является выбор метода ее решения. От этого зависит расход времени, потраченного на решение задачи. Особенно это важно на ЕГЭ.

 Источники

1. ЕГЭ по математике (2010 г.). Решения и критерии оценивания заданий части 2. http://www.ucheba.ru/ege-article/11348.html

2.ЕГЭ по Математике 2011 онлайн