Методика решения планиметрических задач в итоговой аттестации

Министерство образования и науки Российской Федерации
Федеральное государственное бюджетное образовательное учреждение высшего образования 
«Армавирский государственный педагогический университет»
Институт прикладной информатики, математики и физики
Кафедра математики, физики и методики их преподавания





КУРСОВАЯ РАБОТА
по дисциплине «Методика подготовки учащихся к различным формам государственной аттестации»


МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ПЛАНИМЕТРИЧЕСКИХ  ЗАДАЧ  В ИТОГОВОЙ АТТЕСТАЦИИ


основная профессиональная образовательная программа 
«Математика и информационные технологии» 
по направлению подготовки 44.04.01 Педагогическое образование






Выполнила: студентка 2 курса заочной формы обучения
Вараксина
Наталья  Юрьевна
Научный руководитель: 
Доцент, к.п.н.
Иващенко Евгения Витальевна





Армавир – 2018





СОДЕРЖАНИЕ
ВВЕДЕНИЕ 	
ГЛАВА 1. МЕТОДЫ РЕШЕНИЯ ПЛАНИМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧ, ИСПОЛЬЗУЕМЫЕ В ШКОЛЬНОМ КУРСЕ МАТЕМАТИКИ	
1.1. Геометрический  метод решения задач	
   1.1.1. Решение треугольников ………………………………………
1.1.2. Метод площадей ………………………………………………
1.1.3. Метод подобия …………………………………………………
   1.1.4. Метод дополнительных построений …………………………
1.2. Алгебраический метод решения задач	
1.3. Комплексный метод решения задач………………………………….
ГЛАВА 2. АНАЛИЗ РЕШЕНИЯ ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧ И РАЗРАБОТКА СИСТЕМЫ ЗАДАЧ НА ЗАКРЕПЛЕНИЕ НАВЫКОВ РЕШЕНИЯ РАЗНЫМИ МЕТОДАМИ	
2.1. Решение заданий  (по  материалам ОГЭ)	
2.2. Система заданий, направленная на закрепление навыков решения геометрических задач	
ЗАКЛЮЧЕНИЕ 	
СПИСОК ИСПОЛЬЗУЕМЫХ ИСТОЧНИКОВ	


Введение
      Геометрия – наиболее уязвимое звено школьной математики. Решение геометрических задач вызывает трудности у многих учеников. Это связано как с обилием различных типов задач, так и с многообразием приемов и методов их решения.
      Приступая к решению задач по геометрии, учащиеся сталкиваются с целым рядом трудностей, которые одним не дают получить верный ответ, а другим – даже просто начать решение. В чем причины? Они связаны не только с пробелами в знании предмета, но и с отсутствием у учащегося серьезного опыта в решении многослойных геометрических задач. Вполне возможно, что часть учащихся, потенциально обладающих уровнем подготовки, достаточным для решения геометрических задач, помещаемых в варианты ЕГЭ и ОГЭ, просто не доверяет своим знаниям и умениям и, полагая заранее, что задачи очень трудные, не берется за их решение.
      В отличие от алгебры, в геометрии нет стандартных задач, решающихся по образцу. Практически каждая задача требует «индивидуального» подхода. Решение почти каждой геометрической задачи – это маленькая исследовательская работа. Чтобы с ней справиться, ученик должен иметь солидный опыт  такого рода деятельности. И тут мы сталкиваемся с противоречием – опыт должен быть большой, а часов на изучение геометрии в школьном курсе отводится мало. Частичный выход из этого положения видится в использовании времени, отведенного в средней школе на повторение всего курса геометрии, исключительно для решения геометрических задач, взятых из вариантов ЕГЭ и ОГЭ.
Каждую задачу из КИМа  учащиеся должны будут решать самостоятельно. Но этой задаче должна предшествовать детальная совместная деятельность учителя и учащихся по решению целого комплекса задач, являющегося, по сути, расслоением основного задания. В комплексе отражается специфика основного задания, проясняются заложенные в нем понятия, вспоминаются подходящие формулы, применяются методы и идеи, использующиеся при решении основной задачи.
Такая предварительная работа позволит учащимся погрузиться в ситуацию основной задачи. Кроме того, в явном виде проявится круг геометрических знаний, необходимых для решения избранной задачи, и одновременно с этим произойдет их актуализация – необходимые знания приведутся в «боевую готовность». После этого, приступая к самостоятельному решению основной задачи, учащийся встретится уже не с абсолютно новой для себя ситуацией, а с тем, что, хотя бы частично, ему уже знакомо и, в каком направлении можно действовать, ему уже известно. Тем самым снимается и психологический барьер, возникающий у большинства учащихся при встрече с новой и «трудной» задачей и накапливается опыт решения экзаменационных задач. Попутно происходит повторение геометрического материала, причем целевая направленность повторенного фрагмента геометрических знаний, безусловно, повышает в глазах выпускника ценность (значимость) этих знаний для сдачи предстоящего экзамена. 
    В процессе подготовки к экзамену необходимо отрабатывать у учащихся умение четко представлять ситуацию, о которой идет речь, анализировать, сопоставлять, устанавливать зависимость между величинами. Важно знакомить учащихся с различными способами решения задачи, а не отдавать предпочтение какому-то одному способу. Ученик должен знать, что при выполнении работы он может выбрать любой способ решения, важно, чтобы задача была решена правильно. При подготовке к экзамену большое внимание следует уделять накоплению у учащихся опыта самостоятельного поиска решений, чтобы на экзамене каждый ученик был готов к полной самостоятельной работе. При подготовке к экзамену большое внимание следует уделять накоплению у учащихся опыта самостоятельного поиска решений, чтобы на экзамене каждый ученик был готов к полной самостоятельной работе.
    Решению задач второй части экзамена  в школьной программе уделяется мало внимания. Большинство учащихся либо вовсе не справляются с такими задачами, либо приводят громоздкие выкладки. Причиной этого является отсутствие системы заданий по данной теме в школьных учебниках. 
      Программа для общеобразовательных школ по геометрии не акцентирует внимание на методах решения задач.
     Исходя, из актуальности я определила цель курсовой работы: изучение применения различных методов  к решению планиметрических задач.
    Объект: процесс обучения математике учащихся среднего и старшего звеньев школы.
    Предмет: методика подготовки к решению планиметрических задач  в итоговой аттестации.
    Исходя, из цели, объекта, предмета курсовой работы я выделила следующие задачи: 
    Изучить и проанализировать подобранную литературу по теме исследования.
    Изучить методическую литературу по теме исследования;
    Курсовая работа состоит из введения, двух глав, заключения и списка используемых источников.
      
      
      
      
      
      
      
      
      
      
      
      
      
      
      
      
      
      ГЛАВА 1. МЕТОДЫ РЕШЕНИЯ ПЛАНИМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧ, ИСПОЛЬЗУЕМЫЕ В ШКОЛЬНОМ КУРСЕ МАТЕМАТИКИ
      
      Искусство  решать задачи основывается на хорошем знании теоретической части курса, знании достаточного количества геометрических фактов и в овладении определённым арсеналом приёмов и методов решения. Поэтому, чтобы ученики умели решать задачи нужно:
1. Нужно добиваться от ученика знаний теоретического материала.
2. Нельзя приступать к решению задачи, не уяснив четко, в чем заключается задание. Не спешить начинать решать задачу. Этот совет не означает, что задачу надо решать как можно медленней. Он означает, что решению задачи должна предшествовать подготовка, заключающаяся в следующем:
а) ознакомиться с задачей, внимательно прочитав ее содержание, при этом схватывается общая ситуация, описанная в задаче;
б) ознакомившись с задачей, необходимо вникнуть в ее содержание. При этом нужно выделить в задаче данные и искомые, а в задаче на доказательство - посылки и заключения.
3. После прочтения сделать рисунок от руки или с помощью линейки.
      Нужно научиться делать хорошие, большие и красивые чертежи, а иногда не чертежи, а рисунки. Чертежи - рисунки, если они выполнены грамотно, могут сильно облегчить поиск решения, работу над ним.Рисунок может подсказать какое-либо геометрическое соотношение между отрезками или углами. Особенно, если нарисовать несколько чертежей, изменяя размеры присутствующих на нем фигур.Нужно пытаться изобразить все возможные конфигурации, отвечающие на первый взгляд условиям задачи, а затем с помощью рассуждений отбросить лишние.
      Следует изображать лишь «функционирующие» части геометрических фигур. Так, если в задаче надо найти радиус окружности, вписанной в треугольник, то в большинстве случаев саму эту окружность не следует изображать. Если же в условии задачи фигурируют точки этой окружности, т.е.окружность "функционирует" в условии, то ее изображение может оказаться полезным.
      Необходимо избегать чрезмерного усложнения рисунка. Этого можно добиться, за счет выносных картинок, изображающих фрагменты общей конфигурации.Если идет речь, например, о произвольном треугольнике или четырехугольнике, то необходимо, чтобы фигура не имела характерных особенностей, присущих "хорошим" фигурам, т.е. треугольник не должен быть прямоугольным или равнобедренным, а тем более правильным, четырехугольник - быть похожим на параллелограмм.
4. Необходимо знание методов решения геометрических задач.
      Эти методы обладают некоторыми особенностями: большое разнообразие, трудность формального описания, взаимозаменяемость, отсутствие чётких границ области применения.
      При решении геометрических задач обычно используются три основных метода:
геометрический – когда требуемое утверждение выводится с помощью логических рассуждений из ряда известных теорем;
алгебраический – когда искомая геометрическая величина вычисляется на основании различных зависимостей между элементами геометрических фигур непосредственно или с помощью уравнений;
комбинированный – когда на одних этапах решение ведется геометрическим методом, а на других – алгебраическим. Какой бы путь ни был выбран, успешность его использования зависит, естественно, от знания теорем и умения применять их.












1.1. Геометрический  метод решения задач

      К геометрическим методам решения задач относятся:метод длин; метод треугольников; метод параллельных прямых; метод соотношений между сторонами и углами треугольника; метод четырехугольников; метод площадей; метод подобия треугольников; тригонометрический метод (метод, основанный на соотношениях между сторонами и углами треугольника, выраженными через тригонометрические функции); метод дополнительных построений.
На экзамене геометрические задачи предлагаются в номерах 15-20 (часть 1),24, 25, 26 (часть 2). Основные темы, предлагаемые на экзамене это: «Треугольники»,«Четырехугольники», «Вписанные углы», «Площади», «Тригонометрия».
     При решении геометрических задач, как правило, учащиеся допускают следующие ошибки.
1. Не внимательное чтение условиязадачи.
2. Халатное построение чертежа (от руки, без чертежныхинструментов).
3. Неправильный перенос данных задачи на чертеж (либо по незнанию, либо по небрежности).
4. Неумение проанализировать условие задачи и выявить неизвестные величины, возможность нахождения которых вытекает прямо из условиязадачи.
5. Неумение применять формулы и теоремы к решениюзадач.
6. Несоблюдение этапов решениязадачи.

Этапы решения геометрических задач.
1. Чтение условия задачи.
2. Выполнение чертежа с буквеннымиобозначениями.
3. Краткая запись условиязадачи.
4. Перенос данных на чертеж.
5. Анализ данныхзадачи.
6. Составление цепочкидействий.
7. Запись решениязадачи.
8. Записьответа.

Рассмотрим решениенекоторыхзадач.	(Тренировочныеварианты)

Задача 1. В треугольнике АВС АВ = ВС,	
а высота ВН делит сторону ВСнаотрезки	
ВН = 45 и СН = 30.НайдитеcosB.	

1. Чтениеусловия задачи.	
2. Выполнение чертежа с буквеннымиобозначениями
3. Краткая запись условиязадачи.
Дано:	?АВС, АВ = ВС, ВН – высота, Н?ВС, ВН = 45, СН = 30.
Найти: cosB.
4. Перенос данных на чертеж.
5. Анализ данныхзадачи.
1. О чем идет речь вусловиизадачи?	(отреугольнике).
2. Что нам известно о треугольнике? (АВ =ВС).
  3. Что надо найти в задаче? (cosB).
 4. Из какой фигуры можно найти косинус острого угла? (из прямоугольного треугольника).
5. Есть ли на рисункепрямоугольныйтреугольник?	(АВН).
6. Почему он прямоугольный? (АН –высота).
7. Что называется косинусом острого углапрямоугольноготреугольника?	(от- ношение прилежащего катета кгипотенузе).
8. Известны ли нам эти элементы? (катет известен, а гипотенузанет).
9. Можно ли найти гипотенузу? ( по условию АВ = ВС, ВС можнонайти).
6. Составление цепочкидействий.
1. Рассмотрим ?АВН и докажем, что онпрямоугольный.
2. Записать формулу для нахожденияcosB.
3. Найдем сторону ВС, зная что по условию она равна сторонеАВ.
4. Подставим все данные в формулу для нахожденияcosB.
5. Запишемответ.
7. Запись решениязадачи.
8. Записьответа.


Наибольшее затруднение вызывают задачи на окружности.

Задача 2.	АВ – диаметр окружности с центром в точкеО.
Точки М и N лежат на окружности. УголАВNравен	
5°. Найдите угол NМВ.

В этой задаче достаточно заметить, что угол АОВ центральный, развернутый и опирается на дугу АNВ, угол АВN вписанный и опирается на дугу АN, а угол NМВ вписанный и опирается на дугу NВ.

Задача 3. Точка О – центр окружности, на которой лежат	
точкиА,В,С.Известно,что?АВС=134°,?ОАВ=75°.		
НайдитеуголВОС.			

В этой задаче достаточно заметить, что треугольники АОВ и ВОС равнобедренные.
     К сожалению, многие ученики не видят этого, потому что не обладают достаточной теоретической базой. Поэтому при подготовке к экзамену необходимо, чтобы у ученика был краткий справочник с необходимым теоретическим материалом.
     Многие геометрические задачи решаются не одним способом, поэтому по - возможности надо рассмотреть различные способы решения задачи. Это развивает интерес учащихся к исследовательской стороне геометрии, позволяет им применять наиболее понятный для них метод решения задач, развивает самостоятельность в отыскании путей решения задачи.
Рассмотрим задачу, которая решается не одним способом (2 часть).

Задача 4. В параллелограммеABCDпроведены	В	С
перпендикуляры ВЕ и DF к диагонали АС. Докажите, что отрезки BF и DE равны.А

      Сначала рассмотрим ? BAE и ?DCF и докажем, что они прямоугольные иравные. Отсюда сделаем вывод, что BE =DF.
Затем рассмотрим треугольники BEF и DEF. Докажем, что они прямоугольные и равные. Отсюда сделаем вывод, что BF =DE.
Удивительное дело, но самое простое доказательство этой задачи обычно не применяется! Дело в том, что параллелограмм переходит сам в себя при повороте на 180 градусов (ось вращения - точка пересечения диагоналей), и - следовательно - эти отрезки равны так как при таком повороте точки E и F тоже переходят друг в друга (иначе из вершины на диагональ можно было бы опустить дваперпендикуляра).Это решение использует самые первоначальные определения равенства (совпадение при смещении и повороте), и больше ничего.
1.1.1. Решение треугольников.

     Задача состоит в вычислении длин всех сторон треугольника и величин всех его углов по некоторым из них. В зависимости от данных она решается с помощью тех или иных стандартных приемов. К этой задаче часто сводятся другие, более сложные, и тогда она является элементом их решения.
     Приступая к решению более сложной геометрической задачи, прежде всего, нужно наметить план решения, т.е. последовательность действий, которые, в конце концов, приведут к нахождению требуемого ответа. Сами вычисления при этом не производятся, а лишь устанавливается возможность вычислить ту или иную величину. Известные признаки равенства треугольников "по двум сторонам и углу между ними", "по стороне и двум прилежащим к ней углам", "по трем сторонам" указывают величины, знание которых позволяет однозначно определить все элементы треугольника.
     Так, по известным сторонам: а, b и с, при помощи теоремы косинусов, находим
cos C =   и так как на интервале (0.; ?) возможных значений углов функция, у = соsx – монотонно убывает, то получившееся равенство позволяет однозначно определить величину угла C. Аналогично можно вычислить величины углов А и В. По известным сторонам а, b и заключенному между ними углу С, с помощью теоремы косинусов легко найти величину с, а затем, как это описывалось выше, определить, величины остальных углов.
     Наконец, предположим, что известна сторона а треугольника и прилежащие к ней углы В и С. Сначала, пользуясь тем, что сумма углов треугольника равна ?, находим величину угла А, а затем с помощью теоремы синусов определяем длины сторон b и с.
     Конечно, возможны и другие способы определения сторон и углов. Заметим только, что знание синуса угла не всегда позволяет однозначно определить сам угол треугольника. Так, равенству sin A= могут удовлетворять как А = , так и А=. Для определения величины угла в такой ситуации обычно применяются какие-либо дополнительные соображения. Например, полезной может быть информация: угол А - тупой или острый.
     Если в задаче требуется найти длину какого-либо отрезка или вычислить величину какого-либо угла, имеет смысл сначала, не проводя вычислений, определить, какие, вообще, отрезки и углы могут быть найдены, исходя из данных задачи, с помощью приемов, изложенных в п. 1.1, или иных соображений. При этом можно помечать каким-либо образом вычисляемые отрезки и углы. Множество вычисляемых объектов будет при этом расширяться. И если случится так, что в их число попадет нужный отрезок или угол, то легко можно будет составить цепочку последовательных вычислений необходимых отрезков и углов, которая приведет; к нахождению нужной величины, Тем самым и составится план решения задачи.
     Задача 1. Выразить медиану АD треугольника АВС  через известные стороны а, b и с.
     Решение. Как указано выше, можно вычислить все углы треугольника АВС. Точка D есть середина известного отрезка ВС, так что могут быть вычислены и длины отрезков СD и BD. Тем самым в треугольнике АСD могут быть вычислены две стороны и заключенный между ними угол. Следовательно, можно определить все элементы треугольника АСD и, в частности, длину стороны АD. План решения составлен.
     Итак, находим СD =. Применяя теорему косинусов к треугольнику АСD, получаем 
     m2=AD2=AC2+CD2- 2 AC?CD?cos C==. 
     Пользуясь равенством (1), имеем 
     .
Ответ: mf= 
     
1.1.2. Метод площадей
    Метод площадей является близким «родственником» метода подобия. Во многих теоремах и задачах они с успехом заменяют друг друга.
Из названия метода  следует, что главным объектом данного метода является площадь. Для ряда фигур, например для треугольника, площадь довольно просто выражается через разнообразные комбинации элементов фигуры (треугольника). Поэтому весьма эффективным оказывается прием, когда сравниваются различные выражения для площади данной фигуры. В этом случае возникает уравнение, содержащее известные и искомые элементы фигуры, разрешая которое мы определяем неизвестное. Здесь и проявляется основная особенность метода площадей – из геометрической задачи он «делает» алгебраическую, сводя все к решению уравнения (а иногда системы уравнений). Само сравнение выражений для площади фигуры может быть различным формулах площади для одной и той же фигуры, что позволяет получить за. Иногда площадь фигуры представляется в виде суммы площадей ее частей. В других случаях приравниваются выражения, основанные на различных отношениях между ее элементами. Суть метода площадей не ограничивается только описанным выше приемом. Иногда бывает полезно рассмотреть отношение площадей фигур, одна из которых (или обе) содержит в себе искомые элементы.
Задача 1. В произвольном треугольнике АВС биссектриса ВЕ перпендикулярна медиане АD, причем ВЕ = AD = 4. Найти стороны треугольника АВС.

Решение. Так как АО = ОD = 2, ВЕ = 4 и АD перпендикулярно ВЕ, то площадь каждого из треугольников ВАЕ и ВDE равна 4. Площадь треугольника СDE также равна 4, так как медиана ED делит треугольник ВСЕ на два равновеликих треугольника. Значит, площадь треугольника АВС равна 12.
Так как AD – медиана треугольника АВС, то площадь треугольника ABD равна 6.По формуле площади треугольника SABD = АО · ВО = 6. Но АО = 2, а значит, ВО = 3.
Стороны треугольника АВС можно найти по теореме Пифагора.
Итак, задача может быть решена устно, если догадаться соединить точки D и Е, а затем вычислять площади треугольников.
1.1.3. Метод подобия
    Метод подобия применяется в задачах на построение, применяется подобие к доказательству теорем, а так же в задачах используются свойства подобных треугольников для определения длин пропорциональных отрезков.
«Метод подобия» при решении геометрических задач на построение заключается в следующем. Пусть даны некоторые элементы фигуры: величины углов или сами углы, её линейные элементы (отрезки или их длины, а может быть, сумма некоторых линейных элементов) и, возможно, отношения некоторых линейных элементов, т.е. одни данные определяют форму искомой фигуры, а другие - линейные - определяют её размеры. Тогда, используя углы (или их величины) или отношения линейных элементов, строят фигуру, подобную искомой, выбрав коэффициент подобия k равным отношению соответствующих линейных элементов, затем, используя остальные данные, строят искомую фигуру.
Задача 1. F– точка пересечения AD и BE – медиан треугольника ABC. Известно, что SABF=1. Найдите SDEF.

Решение. ED– средняя линия треугольника ABC, тогда ED=0,5?AB, ED?AB. Так как ED?AB, то ?DEF=?ABF, ?EDF=?FAB (как внутренние накрест лежащие при параллельных прямых и секущей), следовательно, треугольники DEF и ABF подобны (по двум углам). Так как ED=0,5?AB, причём стороны ED и AB лежат (в треугольниках DEF и ABF соответственно) против равных углов, то SDEF/SABF=(ED/AB)2=0,52=0,25, откуда с учётом того, что SABF=1 находим SDEF=0,25. Ответ: 0,25



















1.1.4. Метод геометрических построений
      Суть метода дополнительных построений заключается в том, что чертеж к задаче, на котором трудно заметить связи между данными и искомыми величинами, дополняется новыми (вспомогательными) элементами, после чего эти связи становятся более ощутимыми или даже очевидными.
      Существуют задачи, в которых дополнительное построение определяет единственный способ решения; в них решение, как правило, начинается с такого построения. В других задачах используется смешанный прием решения, когда дополнительное построение реализует лишь часть решения. В третьих задачах оно применяется как один из возможных методов наряду с другими, хотя может и не являться лучшим. Во многих случаях применение дополнительного построения делает решение задачи устным. Приведу пример задачи представленной в демонстрационном варианте ГИА, которая решается с помощью дополнительного построения:
     Задача 1. В окружности с центром О проведены две равные хорды АВ и СD. На эти хорды опущены перпендикуляры ОК и ОL соответственно. Докажите, что ОК и ОL равны.
       Решение: Проведём радиусы ОА, ОВ, ОС, ОD. Треугольники АОВ и СОD равны по трём сторонам. ОК и ОL -- их высоты, проведённые к равным сторонам, следовательно, они равны как соответственные элементы равных треугольников.

1.2. Алгебраический метод решения задач
      Алгебраический метод состоит в том, что задачу формулируют так, чтобы в качестве данных и искомых фигур были отрезки. Далее, используя теоремы о свойствах фигур, выражают искомый отрезок через данные в виде формулы и по этой формуле находят этот отрезок. Наиболее распространенным путем получения уравнения является выражение какой-либо величины двумя независимыми способами. 
      Выделяют следующие виды алгебраического метода: 
      • поэтапно-вычислительный; 
      • метод составления уравнений или систем уравнений;
       • метод прямого счета; 
      • метод геометрических мест;
 • метод применения тригонометрии к решению геометрических задач; • метод применения начал анализа к решению геометрических задач. 
      Метод прямого счета или поэтапно-вычислительный метод состоит в поэтапном нахождении ряда промежуточных величин, с помощью которых находят затем и искомую величину. 
      Метод геометрических мест состоит в сведении задачи к нахождению одной точки (или фигуры), удовлетворяющей каким либо условиям, вытекающим из условия задачи. Как правило, одному условию удовлетворяет одна линия, другому – другая. Тогда искомая точка является точкой пересечения этих линий.
       Метод применения тригонометрии к решению геометрических задач состоит в составлении формулы выражающей зависимость искомых отрезков (или углов) от данных отрезков (или углов), только формула эта содержит кроме отрезков тригонометрические функции углов.
       Метод применения начал анализа к решению геометрических задач состоит в том, что в формулах, связывающих геометрические величины, представляют одну из искомых переменных величин как функцию другой переменной величины и, исследуя эту функцию средствами анализа, находят нужные значения.



Задача1. Высота прямоугольного треугольника, проведенная к гипотенузе, разбивает его на два треугольника с площадью 4 и площадью 16. Найдите длину гипотенузы.
Задача решается введением трех неизвестных величин, составлением системы из трех уравнений и решением этой системы.
Решение: Обозначим АН= х , НВ= y, СН=h, составим систему уравнений
умножим первое и второе уравнения, получим 
256=2?h2 ,h2=16, h=4, АН=8, ВН=2, АВ=10.
Ответ: 10.











1.3. Комбинированный метод решения задач 
      
       Для выбора метода решения геометрических задач при работе с конкретной задачей важен этап, который можно назвать развитием темы задачи. Здесь могут быть рассмотрены задачи, в которых часть данных исходной задачи принимается за искомое, а некоторые искомые считаются данными; задачи, полученные заменой одних объектов другими. По отношению к некоторым задачам с ярко выраженными особенностями (по содержанию и приемам решения) следует на заключительном этапе рассмотреть поучительные выводы из проделанной работы о том, как в подобных случаях находится и осуществляется решение, а также какие особенности задач подсказывают прием решения. Так, при составлении уравнения используются различные геометрические факты, формулы и теоремы. Поэтому реально на практике часто мы имеем комбинацию геометрических и алгебраических методов. При составлении уравнения могут быть избраны также векторный, или координатный методы. При решении геометрических задач могут применяться геометрические преобразования, заданные аналитически, тогда в рамках алгебраического метода говорят о методе геометрических преобразований. При решении конкретной задачи нет необходимости применять какой-либо метод в «чистом виде». На разных этапах решения могут применяться различные методы. В подобных случаях говорят, что задача решается комбинированным методом. 
      Задача 1. Диагонали ромба относятся как 3:4 . Периметр ромба равен 200. Найдите высоту ромба. 
      Данную задачу можно решить с применением метода площадей и метода опорного элемента.
       Решение. Диагонали ромба перпендикулярны, значит, треугольник АОВ — прямоугольный. Пусть диагонали ромба равны 6х и 8х. По теореме Пифагора АВ2 =АО2 +ОВ2 , АВ2 =9х2 +16х2 , АВ2 =25х2 , АВ=5х. Поскольку Р=200, 5х?4=200, х=10, АВ=50, а диагонали ромба равны 60см и 80см, то S=0,5?60?80=2400, S=h?50, 2400=h?50, h=48.
 Ответ: 48.
  Задача 2. Основание АС равнобедренного треугольника АВС равно 12. Окружность радиуса 8 с центром вне этого треугольника касается продолжений боковых сторон треугольника и основания АС. Найти радиус окружности, вписанной в треугольник АВС. 
  Можно применить методы треугольника и поэтапно-вычислительный. Решение. ?АВС – равнобедренный с основанием АС. О1 - центр окружности вне этого треугольника, касающаяся продолжений боковых сторон треугольника, а О2 – центр окружности, вписанной в ?АВС. АО2 и АО1 = биссектрисы смежных углов, сумма которых равна 1800 . Тогда < О2 АЕ+ <ЕАО1=900. 
  Значит ?АВС ? прямоугольный и АЕ его высота. А высота, проведенная из вершины прямого угла, есть среднее пропорциональное для отрезков, на которые делится гипотенуза этой высотой. Тогда АЕ2 = О1Е · О2Е, О2Е = АЕ2 : О1Е = 62 : 8 = 4. 
  Ответ: 4,5.








ГЛАВА 2. АНАЛИЗ РЕШЕНИЯ ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧ  И РАЗРАБОТКА СИСТЕМЫ ЗАДАЧ НА ЗАКРЕПЛЕНИЕ НАВЫКОВ РЕШЕНИЯ РАЗНЫМИ МЕТОДАМИ
2.1. Решение заданий  (по  материалам ОГЭ)
Метод треугольника
Пример. Найдите углы  треугольника,  если известно, что медиана, биссектриса и высота, проведенные из одной вершины, делят соответствующий угол на четыре равных угла.  
Решение.  Из условия  следует, что угол,  из вершины которого проведены  медиана,  биссектриса  и высота,  имеет вполне определенную величину.  Значит, треугольник, о котором идет речь в задаче, определенного вида. Такими треугольниками являются равносторонний и прямоугольный. Равносторонним данный треугольник быть не может. Треугольник является прямоугольным, так как во всяком треугольнике, вписанном в окружность, серединный перпендикуляр пересекает биссектрисы противолежащего ей угла и смежного с ним угла в точках, принадлежащих окружности.  Докажем, что точка С лежит на окружности диаметра АК. Для этого достаточно доказать, что точка М (середина АК) - центр окружности. Выполним дополнительное построение – проведем серединный перпендикуляр к отрезку АК. Е - точка  пересечения биссектрисы и серединного перпендикуляра  принадлежит окружности, описанной  около треугольника. СD параллельна ME, CE- секущая. 
Тогда ?2= ?5. Но ?2=?3 (по условию), тогда ?3=?5, то есть  СМ=МЕ.  Точка М (середина стороны АК треугольника) принадлежит серединному перпендикуляру стороны АК треугольника и равноудалена от точек С и Е, принадлежащих окружности с диаметром  АК, описанной около данного треугольника. Значит, ?С=90°. Тогда ?CAD=90°-?ACD=90°-22,5°=67,5°; ?СКА=22,5°.
Ответ: 90°; 22,5°; 67,5°.
Задачи для закрепления
Задача1: Четырехугольник ABCD- параллелограмм с периметром 10см. Найдите BD, зная, что периметр треугольника ABD равен 8см.
Задача2: Докажите, что если у параллелограмма диагонали перпендикулярны, то он является ромбом.
Задача3: Биссектриса одного из углов прямоугольника делит сторону прямоугольника пополам. Найдите периметр прямоугольника, если его меньшая сторона равна 10.
Задача4: Найдите радиус окружности, вписанной в равнобедренный треугольник с основанием a и боковой стороной k.
Задача5: В прямоугольник со сторонами 3 и 4м вписан другой прямоугольник, стороны которого относятся как 1: 3. Найдите площадь этого прямоугольника.

Метод площадей
Пример. Через вершину угла величиной 75° равнобедренного треугольника проведена прямая под углом 30° к основанию, разбивающая треугольник на две части. Найдите отношение площадей этих частей. 
Решение. 
    1.Рассмотрим треугольник АВС: пусть АС= а. 
     По теореме синусов   ВС/sin75°= a/ sin30°,  ВС= аsin75°/ sin30°;  ВС=2а sin75°. 
    
    2.Рассмотрим треугольник АМС:  ?А = 30°, ?С = 75°, тогда ?М = 75°. Треугольник  равнобедренный  с основанием  МС=2аsin15°. 
ВМ = ВС – МС = 2аsin75° - 2asin15° = 2а2sin30°cos45° = a?2.  
3.Тогда    S ?AMC/ S ?ABM  = MC/ BM = 2a sin15°/ a?2 = ?2sin15°. Ответ: ?2sin15° 
Задачи для закрепления
1.Стороны АВ и ВС треугольника ABC равны 8 и 11, а высота, проведенная к стороне ВС,
равна 4. Найдите высоту, проведенную к стороне АВ.
2. В прямоугольном треугольнике катеты равны 6 и 8. Найдите длину высоты, проведенной к гипотенузе.
3. В равнобедренном треугольнике сторона основания равна 8, а боковые стороны - 10. Найдите длину высоты, проведенной к боковой стороне.
4. В равнобедренном треугольнике боковые стороны равны 12, а основание 16. Найдите расстояние от середины основания треугольника до боковой стороны.
5. В треугольнике стороны относятся как 1:2. Высота, проведенная к большей из этих сторон, равна 10. Найдите длину высоты, проведенной к меньшей из этих стороне.
Метод подобия
Пример. Основания трапеции относятся как 1:5. Через точку пересечения диагоналей проведена прямая, параллельная основаниям. В каком отношении эта прямая делит площадь трапеции? 
Решение.  Диагонали делят трапецию на треугольники, причем: 
1. треугольники, содержащие основания подобны и k=а/ с; 
2.треугольники, содержащие общее основание в трапеции и боковую сторону, равновелики. 
3.?АТВ~?СТD с k=1 /5. Пусть SАТВ=S, тогда SСТD=25S, а SDАТ=5S.  ТогдаSАТВ: SDАТ=S:5S=1:5,т.е. АК:КD=1:5. 
(5/ 6)S:(25/ 6S+ 25/ 6S+25S)=0,08. 
Ответ:0,08
Задачи для закрепления
Задача 1. Доказать, что медианы треугольника пересекаются в одной точке, которая делит каждую медиану в отношении 2:1, считая от вершины.
Задача 2. Доказать, что высота прямоугольного треугольника, проведённая из вершины прямого угла, разделяет треугольник на два подобных прямоугольных треугольника, каждый из которых подобен данному треугольнику.
Задача 3. Используя данные, приведенные на рисунке, найдите расстояние АВ от лодки А до берега В

Задача 4. Для нахождения высоты египетской пирамиды недалеко от нее был установлен шест длиной 1,5 м. Его тень составила 1м. В тот же момент тень пирамиды была равна 96м. Чему равна высота пирамиды?

Задача 5. Какой должна быть ширина (Х) прямоугольной рамки для фотографии, указанной на рисунке, чтобы прямоугольники рамки и фотографии были подобны?




Метод дополнительных построений
  Пример.  Две стороны треугольника равны 27 и 29, а медиана, проведенная к третьей стороне равна 26. Найти высоту, проведенную к стороне 27.
  Решение:
  1. Дополнительное построение: строим OE=BO, ABCE-параллелограмм (по признаку) BC=AE=29. AB=EC=27
  2. SABC= SABE
 
  3. SABE=(по формуле Герона)
  SABE=
  SABC= 
CD=20
  Ответ: 20
  Задачи для закрепления
  Задача 1. Найти высоту равнобедренной трапеции, если её диагонали взаимно перпендикулярны, а площадь трапеции равна S.
  Задача 2. Медианы треугольника ABC, AA1=3см, BB1=4см, CC1=5 см.  Найти площадь треугольника ABC.
  Задача 3. В трапеции ABCD (AB и CD основания) меньшее основание равно a, углы, прилежащие к этому основанию, равны, а диагонали взаимно перпендикулярны. Найти площадь трапеции.
Задача 4. Диагонали трапеции равны 17 и 25, а высота  – 15. Найдите площадь трапеции.





Алгебраический  метод

Пример. В произвольном треугольнике АВС биссектриса ВЕ перпендикулярна медиане АD, причем ВЕ = AD = 4. Найти стороны треугольника АВС.
 Решение: 1. Пусть АВ = х, АЕ = у, тогда ВС = 2х и
 СЕ = 2у, АС=у+2у=3у. 
2. Пусть ВС=а, АС=b, АВ=с. 
 Тогда медиана  AD 2 = (АС2+АВ2):2-ВС2:4=(9у2 + х2):2 – (4х2):4, 
 А биссектриса  BE2 =ВС·АВ-СЕ·АЕ=2х·х?2у·у
3.   Получим систему уравнений:  
(9у2+??2):2?х2=16
 2х2?2у2=16  
(9у2+??2):2?х2=16  
х2?у2=8   
  х2=у2+8, (9у2+у2+8):2?у2?8=16, у2=5,  x 2 = 13. Значит, АВ = ?13,  ВС = 2?13 и АС=3?5. 
Ответ: ?13; 2?13; 3?5. 
  Задачи для закрепления
  Задача 1. Центральный угол AOB опирается на хорду АВ так, что угол ОАВ равен 60°.Найдите длину хорды АВ, если радиус окружности равен 8.
  Задача 2. Четыр?хугольник ABCD вписан в окружность. Угол ABC равен 138°, угол CAD равен 83°. Найдите угол ABD. Ответ дайте в градусах.
  Задача 3. Вершины треугольника делят описанную около него окружность на три дуги, длины которых относятся как 3:4:11. Найдите радиус окружности, если меньшая из сторон равна 14. 
  За.......................