история использования текстовых задач в России.

Содержание.

Ведение.

     2. Основная часть.

          Глава № 1. Из истории использования текстовых задач в России.

          Глава № 2. Психологические особенности решения задач.

          Глава № 3. Задачи, решаемые разными способами.

          Глава № 4. Мудрость пословиц.

          Глава № 5  Схемы решения задач.

3. Заключение.

     4. Литература.

ВВЕДЕНИЕ.

            Тема моего реферата «Решение смешанных математических задач».

            Тема – решения задач была актуальна всегда. Решением задач занимались в древности, решали их разными способами. И сейчас в школьном курсе математики одним из сложнейших задач является решение задач, и необходимым условием в жизни любого человека. Задачи разделяются на разные виды: практические, математические, нахождение искомых, преобразование или построение, доказательство или объяснение, стандартные или нестандартные.

              Я в своей работе рассмотрела геометрические задачи, решаемые в 7-9 классах. В моей работе поставлена цель: рассмотреть разные способы решения одной задачи.

              Для раскрытия цели я поставила следующие задач:

               ПЕРВАЯ - Рассмотреть исторические сведения о решении задач, а также схемы их решений.

               ВТОРАЯ – Ознакомиться с психологическими особенностями человека при решении задач и рассмотреть решения одной задачи с условием разных психологических особенностей решающего.

               ТРЕТЬЯ – Решать несколько задач разными способами.

               ЧЕТВЁРТАЯ – Познакомиться с народной мудростью, которая используется при решении задач.

                В соответствии с задачами моя работа состоит из пяти глав:

                1 глава - « История решения задач».

                2 глава - « Психологические особенности решения задач».

                3 глава - « Задачи, решаемые разными способами».

                4 глава - « Народная мудрость».

                5 глава - « Схемы решения задач».

             Для написания работы источником послужили книги: Д. Пойа «Как решать задачу», Л.М. Фридман « Как научиться решать задачу», журналы «Математика в школе», «Математика для школьников».

             Сложность состояла в выборе материала, т.к. реферат имеет свои размеры, и было необходимо определиться, какие факты отразить в работе, решение скольких задач, решаемых разными способами, отобразить в ней.

              Работа носит исследовательский аналитический характер.

                                                 ГЛАВА 1

         Из использования текстовых задач в России.

      В традиционном российском школьном обучении математике текстовые задачи всегда занимали особое место. С одной стороны, практика применения текстовых задач в процессе обучения во всех цивилизованных государствах идет от глиняных табличек Древнего Вавилона и других древних письменных источников, т.е. имеет родственные корни. С другой стороны – пристальное внимание  обучающих к текстовым задачам – почти исключительно российский феномен.

    Исторически долгое время, математические знания передавались из поколения в поколение в виде списка задач практического содержания вместе с их решениями. Первоначально обучение математике велось по образцам. Подражая учителям,  ученики решали задачи на определённое «правило».

          Подтверждением тому служит фрагмент книги М. Бешенштейна(1514).

          «Тройным правилом, называется магистерское правило или золотое правило, с помощью которого совершаются все торговые расчёты ремесленников и купцов, ибо содержит в себе три величины, при помощи которых можно выполнить всё.

            Заметьте ещё числа, стоящие сзади и спереди. Надо стоящее сзади число помножить на среднее и разделить на переднее.»

            Пример:

            Я купил сто фунтов шерсти за 7 гульденов. Что стоят 29 фунтов?

            100  фунтов              7  гульденов                  29  фунтов

             Помножь 29 на 7, затем раздели на 100, что получится то и будет стоимостью 29 фунты.

             Это была обычная практика. По-другому в те времена учить не умели. Не случайно в «Арифметике» Л.Ф. Магницкого вобравшей в себя переводы лучших иностранных авторов того времени, мы находим аналогично построенный текст. Обучение «по правилам» было обычным для России.

           Далее С. И. Шохор-Троцкий приводит фрагмент из «Арифметики» Л. М. Магницкого, из которого видно, что рецептурный стиль изложения материала, характерный для более ранних европейских источников, в первом российском учебнике арифметики ещё не был преодолён. В этом фрагменте, посвящённом следующего пятерного правила.

            «Пятерное правило есть, егда случаются таковые сметы творити, яже не могут иным чином и правилом уразуметиться, токмо через сие пятерное или пятиперечневое, глаголется же тройносугубое……….понеже пять перечней в правиле поставляется, а щестый изобретается…..

             Пример:

Некто имев 100 рублёв в купечестве един год, и приобрете еми токмо 7 рублей, и поки отдам в купечество 1000 рублёв на 5 годов, колико ими преобрящет, и ты твори сие поставив почину тройного правила:

             100         1 год            1000               5 лет

             И умножай два перечия иже от левыя руки между собою, так же прочия три иже к правой руке, такожде между собою порядком умножай, и произведение их раздели тем произведением еже от двух первых прозведеся: яко же зде.

              О возможности использования задач такого рода в процессе обучения разговор ещё впереди, а пока получим верный ответ, следуя правилу.

                  (7*1000*5) / (100*1) =350(руб.)

               В давние времена обученным считался тот, кто умел решать задачи определённых типов, встречавшихся на практике.

В России не только развили старинный способ передачи с помощью текстовых задач математических знаний и приемов рассуждений, но и научились формировать с помощью задач важные общеучебные умения, связанные с анализом текста, выделения условий задачи и главного вопроса, составлением плана решения, поискам условий, из которых можно получить ответ на главный вопрос, проверкой полученного результата. Немаловажную роль играло также приучение школьников к переводу на язык арифметических действий, уравнений, неравенств, графических образов.

Использование арифметических способов решения задач способствовало общему развитию учеников, развитию не только логическому, но и образному мышлению, лучшему освоению естественного языка, а это повышало эффективность обучения математике смежных дисциплин. Именно поэтому задачи играли столь важную роль в процессе обучения в России, и им отводилось много времени при обучении математики в школе.

                                       ГЛАВА № 2.

Психологические особенности решения задач.    

Согласно современным и психологическим структура  математического мышления представляет собой пять пересекающихся подструктур. В зависимости от индивидуальных особенностей человека любая из подструктур может занимать место преобладающей.

В связи с этим одна и та же задача может решаться по-разному, в зависимости от индивидуальных особенностей решающего.

Рассмотрим эти подструктуры.

Первая подструктура  - Топологическая.  

Она помогает оперировать такими характеристиками, непрерывно - разрывно, связно- несвязно ,принадлежит не принадлежит, внутри – вые,  порознь – вместе.                         

Решающий ,у которого преобладает эта подструктура мышления, не любит торопиться. Каждое действие он делает очень подробно ,не пропуская ни одного звена. Это тонкий аналитик, он все проверит , не пропустит ошибок, отсюда и медлительность.

Вторая подструктура - Проективная.

Тот, у кого преобладает проективная подструктура предпочитает изучить любой математический объект с различных точек зрения, искать и находить различные применения предмета в практике .

Решающий любит планировать, он не сделает первого шага, если не видит следующего.

Он  поражает нас широтой своего математического мышления, способностью отыскивать и предлагать совершенно неожиданные подходы и  аспекты решения.

Третья подструктура - Порядковая.

Тот, у кого преобладает эта подструктура предпочитают сравнивать и оценивать в общем качественном виде: равно – не равно , больше – меньше, ближе – дальше , выше – ниже , и т. д. Ему важна форма объекта ,их соотношение , форма движения.

Четвертая подгруппа - Метрическая.

Акцентируется внимание на количественные характеристики. Они  заворожены числом.

Главный вопрос: Сколько? Он всегда выясняет, какова длина отрезка и т.д. Ему трудно понять, что ответ  может не иметь числового значения. Он не любит решать задачи в общем виде. Решать задачи в общем виде не в его правилах. Он предпочитает решение по действиям, результатом каждого, из

которых, является число.

Пятая подгруппа – Алгебраическая.

Стремится по возможности комбинациям. Он – торопыга. Не хочет подробно записывать, объяснять все шаги решения или обосновать собственные действия. Он «великий комбинатор», думает и делает  быстро, фонтанирует идеи, предположения и гипотезы решения, но при этом часто ошибается.

Доминантная подструктура математического мышления проявляет себя во всех математических действиях; и в зависимости от нее каждый выбирает свой индивидуальный метод решения.

Как утверждал знаменитый И. В. Гете:        

                « Каждый слышит только то, что он понимает.»

Каждую задачу человек должен решить своим индивидуальным способом и лишь после этого пытаться понять иные методы рассуждений.

Поясним все сказанное на примере решения одной задачи.

Задача:

Трапеция  разбита диагоналями на четыре треугольника. Докажите, что треугольники принадлежащие к боковым сторонам, равновелики.

1. Решение задачи « топологами».

 Обычно топологи опираясь на принадлежность одних треугольников другим, выстраивают следующие доказательства:

Рассмотрим треугольник АВД и АСД. У них общее основание и равные высоты, проведенные к этому основанию.

Отсюда SАВД=SАСД.

SАВО=SАВД - SАДО=SАСД - SАДО=SСДО      SАВО=SСДО.

2. Решение «проектистов».

SАВО=1/2 АО*h ; SВСО=1/2 CО*h, отсюда следует, что SАВО: SBCO= (1/2АО*h) : (1/2СО*h)=АО : СО.  

Аналогично: SСДО : SВСО=ОД : ОВ из подобия треугольников ВСО и АДО следует, что АО : ОС=ДО : ОВ; значит SАВО : SВСО= SCDO : SBCO. Откуда

SАВD=SCDO.

3. Решение задачи «порядковцами».

Воспользовавшись известной формулой S=1/2 а в имеем, чтоSАВС= SВСD.  

Далее из   АВС и  ВСD вычислим еще более мелкие:

SАВО+  SВСО= SСDО + SВСО      SАВО =  SСDО.

4. Решение «метристов».

АDО подобен    ВСО, тогда ВО : ОD= СО: ОА и АО* ВО=СО*DО. Умножив обе части на ½ sinα, получаем: 1/2АО*ВО*sinα = 1/2СО*ОД*sinα ,где а=<="" span="">ABO = SCDO.

5. Решение «алгебристов».

Можно предложить метод от противного.  Допустим, что  SABO = SCDO,тогда

SABD  = SACD и ВС не параллельно АD. Получим противоречие, потому что АВСD- трапеция и ВС параллельно АД, значит, допущение неверно и

SABO=SCDO.  

                                       ГЛАВА № 3.

   Задачи, решаемые разными способами.

  ЗАДАЧА № 1.

Через точки M и N , лежащие на стороне АС угла ВАС, проведена окружность, касающаяся прямой АВ. Найти радиус окружности, если АМ=а, АN=b и   ∟ ВАС =α.

Способ 1.( координантный)

Введем на плоскости прямоугольную систему координат с началом в точке А и осью абcцисc, имеющей направление луча АВ. Воспользуемся тем, что если L - точка касания  окружности с прямой АВ, то АL= √ а*в. Значит, центр О  окружности , лежащий внутри угла ВАС, будет иметь координаты: О (√а*в; r), где r- радиус окружности. А так как АМ= а и ∟ВАС= α, то

точка М имеет координаты: М (а cos α ; a sinα ).  

Применив формулу расстояния между двумя точками (О и М) и учитывая, что ОМ=r, получаем уравнения:

(а cos α - √а*в)2+( а sinα - r )2=r2 .Отсюда:

       r = (a + b - 2√ а*в*cosα ): 2sinα  (1).

Радиус r /  второй окружности, касающейся оси абcцисс в точке L /  (-√ав; r), очевидно , будет.

r/ = (а+в+2 √а*в *cosα) : 2 sinα (2).

При а = 2, в = 6 и а = 300  получим: r = 2  и  r = 14        

Заметим, что если не пользоваться соотношением AL=√ а*в, вытекающим из теоремы о секущей и касательной к окружности, то решение задачи усложняется составлением системы из двух уравнений, используя условие ОМ=ОN=r.

Способ 2. (векторный)

Рассмотрим четырехугольник АМОL. Согласно правилу сложения векторов, имеем: ОМ=OL+LA+AM.

Вычислим скалярный квадрат вектора ОМ. Учитывая, что АМ = а,

АL= √а*в, ОМ=ОL= r, ∟А=α, ∟ALD=900 , получим:

 R2 = r2+aв+a2+2ar cos (90+α)+2а √ав * cos ( 180-α) отсюда переходим к равенству: r=(a+в -2 √aв * cosα): 2 sinα.

Вторая окружность, проходящая через точки M и N, касается стороны угла, смежного с углом ВАС, поэтому, заменив здесь α на1800 – α, получим формулу (2) для вычисления радиуса r второй окружности.

Способ 3. (тригонометрический)

В четырехугольнике АМОL имеем:  АМ = а, АL = √ав, ОМ = ОL = r,

∟MAL = α, ∟L = 900. Пусть LM = y и ∟ALM =ᵦ.

Применим теорему косинусов и синусов к треугольнику ALM. Получим:

у2 = а2 + ав – 2а√ав.cosα  и  у /sinα = a/sinᵦ.

Треугольник LOM равнобедренный, OL = OM = r, ∟OLM = 900 - ᵦ. Снова применим теорему синусов, получаем еще одно уравнение: у = 2r sinᵦ.

Исключив из двух последних уравнений sinᵦ, представим у2 в виде 2ar sinα и подставим полученное выражение для у2 в первое уравнение. Тогда

       2r sinα = a + в - 2√ав cosα.

Отсюда находим  r, т.е. r = (а + в - 2√ав cosα)/2sinα.

Далее поступаем так же, как при решении задачи способом 2.

Рассмотрев равенства (1) и (2) имеем:

r + r/ = (а + в)/sinα      и        r - r/ = (2√ав cosα)/sinα.

Способ 4. (геометрический)

Пусть α < 900. Соединим точки О и О/ отрезком и проведем радиусы окружностей OL и O/L/. Получим прямоугольную трапецию OLL/O/. Проведем высоту трапеции ОД.

Из условий AL = AL/ = √ав следует, что ОД = LL/ = 2√ав. Находим О/Д = r – r/  и ∟OO/ L/ = 1800 - ∟MAL/ = α. Т.о. из прямоугольного треугольника ОД O/ имеем:

r - r/ = 2√ав ctgα  (3).

Центры О и О/ окружностей лежат на серединном перпендикуляре к отрезку MN. Пусть Е – середина отрезка MN и F – середина отрезка ОО/. В силу свойства средней линии имеем: AF = (r + r/)/2 и AF║L/O/.

Значит, ∟AFE = α. Легко установить, что АЕ = (а + в)/2.

Из прямоугольного треугольника AFE находим:

          AF = (а + в)/2sinα, значит,  r + r/ = (а + в)/sinα  (4).

Сложим почленно равенства (3) и (4), затем из второго вычтем первое и получим выражения (1) и (2) соответственно. Легко проверить, что формулы верны и в том случае, когда α = 900.

ЗАДАЧА № 2.

В треугольнике АВС биссектриса ВЕ и медиана АД перпендикулярны и имеют одинаковую длину, равную 4. Найти стороны треугольника АВС.

Приступая к решению задачи, заметим, что если О – точка пересечения биссектрисы ВЕ и медианы АД, то прямоугольные треугольники АВО и ДВО равны. Поэтому АО = ОД = 2 и АВ = ВД, так что ВС= 2АВ.

Способ 1 (координатный).

                         Примем точку О за начало координат    

                                                 прямоугольной системы координат, оси Ох

                                                 придадим направление вектора ОД и будем

                                                 считать  |ОД|/2 единицей масштаба. В данной

                                                 системе точки А, В, Д имеют координаты:

                                                 А(- 2; 0), В(0; в), Д(2; 0).

                                                 Для того чтобы определить длины сторон треугольника АВС, надо найти число в . выразим через в координаты точек С и Е. Так как Д – середина отрезка ВС, то С(4; - в). Точка Е имеет координаты (0; у). вторую координату точки Е найдем пользуясь тем, что точка Е принадлежит прямой АС. Уравнение прямой АС имеет вид:

                    х + 2      у

                       6        -в         

Координаты точки Е(0; у) удовлетворяют этому уравнению. Подставим в него ноль вместо х, получим  у = - 1/3в. Следовательно, ВЕ = 4/3в. По условию задачи ВЕ = 4, значит, 4/3в = 4, или в = 3.
Итак, А(-2; 0), В(0; 3), С(4; -3). Зная координаты вершин треугольника АВС, найдем его стороны: АВ = √13; ВС = 2√13; АС = 3√5.

Способ 2 (векторный).

Положим ВА = а,    ВС = с. Векторы ВЕ и АД выразим через  а  и  с. Так как ВС = 2ВД, то СЕ = 2АЕ (по свойству биссектрисы треугольника). Пользуясь формулой деления отрезка в отношении, получим:

ВЕ =   с + 2а 

               3

Согласно правилу вычитания векторов, имеем: АД = ½ с – а.

Длины векторов ВЕ и АД известны. Пусть | а | = а, тогда | с | = 2а. Вычислив скалярные квадраты векторов ВЕ и АД, получим уравнения:

2а2 + а с = 36

2а2 - а с = 16.

Отсюда  а2 = 13 и  а  с = 10. Значит, АВ =√13, ВС = 2√13. Найдем теперь сторону АС, пользуясь векторной формулировкой теоремы косинусов:

АС2 = 5а2 – 2 а с.

Подставив вместо а2  и  а с найденные выше значения, получим: АС = 3√5.

Способ 3 (аналитический).

Медиану АД и биссектрису ВЕ треугольника АВС выразим через длины

а, в, с  сторон треугольника по формулам:

АД2 = ½(в2 + с2) – 1/4а2, ВЕ2 = ас – а1с1, где а1 = СЕ и с1 = АЕ.

Пусть АВ =х, АЕ = у, тогда ВС = 2х и СЕ = 2у.

Получим систему уравнений:

½(х2 + 9у2) – х2 = 16

х2 – у2 = 8

Отсюда х2 = 13, у2 = 5. Значит, АВ = √13 и АС = 3√5.

Способ 4 (тригонометрический).

Обозначим АВ = х, ∟АВС =2α. По теореме косинусов из треугольников АВЕ и ВСЕ находим:

АЕ2 = х2 + 16 – 8хcos α

CE2 = 4x2 + 16 - 16хcos α.

Учитывая, что СЕ = 2АЕ или СЕ2 = 4АЕ2, получаем: хcos α = 3. Но хcos α=ВО, значит, ВО=3 и ОЕ=1. Остается, пользуясь формулой Пифагора вычислить стороны треугольника АВС.

Способ 5 (с помощью площадей).

Так как АО=ОД=2, ВЕ=4 и АД┴ВЕ, то площадь каждого из треугольников ВАЕ и ВДЕ равна 4. Площадь треугольника СДЕ также равна 4, так как медиана ЕД делит треугольник ВСЕ на два равновеликих треугольника. Значит, площадь треугольника АВС равна 12. Но т.к. АД – медиана треугольника АВС, то площадь треугольника АВД равна 6.

Остается применить формулу площади треугольника.

Получим: АО*ВО = 6. Но АО=2, значит ВО=3.стороны треугольника АВС найдем по теореме Пифагора. Задача решается устно, если догадаться соединить точки Д и Е и вычислить площади треугольников.

Способ 6 (с помощью осевой симметрии).

Точки А и Д симметричны относительно биссектрисы ВЕ. Построим еще точку, симметричную точке С относительно прямой ВЕ. Для этого продолжим отрезок ДЕ до пересечения с прямой АВ и обозначим через Р точку пересечения прямых АВ и ДЕ. Получим равнобедренный треугольник ВСР; из равенства треугольников ВЕР и ВЕС следует, что ВР=ВС. Продолжим еще биссектрису ВЕ до пересечения с СР в точке К. тогда ВК – биссектриса треугольника ВСР, а следовательно, и его медиана. Т. о. Е – точка пересечения медиан треугольника ВСР. И поэтому ЕК=1/2ВЕ = 2. А ВК=6.

Средняя линия АД треугольника ВСР делит медиану ВК пополам, поэтому ВО=3. Далее поступаем так же как при решении другими способами.

Способ 7 (по теореме о средней линии треугольника).

Проведем среднюю линию ДК треугольника ВСЕ. Т.к. ДК║ВЕ и АО=ОД, то ОЕ – средняя линия треугольника АДК.

Следовательно:

                          ОЕ = 1/2ДК и ОК = 1/2ВЕ, т.е. ОЕ = 1/4ВЕ.

Так как ВЕ = 4, то ОЕ = 1 и Во = 3.

Из приведенного решения видно, что отношение ВО/ОЕ не зависит от длины отрезков ВЕ и АД. Найти это отношение можно также. Используя тот факт, что АД – медиана треугольника АВС и АО=ОВ, даже без вспомогательных построений.

ЗАДАЧА № 3.

На гипотенузе АВ прямоугольного треугольника АВС построен квадрат АВДЕ в той полуплоскости от прямой АВ, которой не принадлежит треугольник АВС. Найдите расстояние от вершины С прямого угла до центра квадрата. Если катеты ВС и АС имеют соответственно длины а и в.

Способ 1 (по теореме синусов).

                                                  Пусть Р – центр полученного квадрата. Т. к.

                                                  угол АРВ прямой, то точка Р лежит на

                                                  описанной, около треугольника АВС,      

                                                  окружности. Ее диаметром служит гипотенуза

                                                  АВ. Из треугольника АРС по теореме синусов

                                                  имеем:  

                                                       СР = АВsin(α + 450), где α – величина угла

                                                  ВАС. Далее получаем:

СР = с (sinα cos450 + cosα sin450)= √2/2c (а/с + в/с) = (а+в)/√2, где с=АВ.

Итак, искомое расстояние СР = (а+в)/√2.

Способ 2 (по теореме косинусов).

Из того же треугольника АQC по теореме косинусов находим:

CР2=в2+AР2-2в * AР cos (α+450).

Поскольку AР2=1/2c2 ,то CР=в2+1/2c2-2в*c  /√2*√2/2*(b
c-a/c)=в2+1/2(a2+в2)-в2+a в=1/2(a+ в)2, CР=(a+ в)*√2.         

Способ 3. (по теореме  Птолемея).

Во вписанном в окружность четырехугольнике сумма произведений длин противоположных сторон равна произведению длин диагоналей. Поэтому для вписанного четырехугольника  AРBC имеем:

a*AР+в*BР=c*CР.

Но AР=BР=c/√2 и , следовательно,(a+в)*c/√2=c* CР, откудаCР=(a+в)/√2.

Способ 4. (метод площадей).

Сумма площадей треугольников ABC и ABР равна площади четырехугольника AРBC:

               ½ aв+ ½ AР2=1/2 c*CР* sinφ, где φ- величина угла между прямыми АВ и CР. Луч CР есть биссектриса угла АВС , так как вписанные углы ACР и  BCР опираются на равные дуги AР и BР. По теореме о  внешнем угле треугольника φ=α+450 .  Подставив в предыдущее  равенство AР2=1/2(a2+в2)  и  sinφ = √2/2*х.

           х*(a+в)/c, получим: aв+1/2(a2+в2) - CР *√2/2 (a+в)  и CР=(a+в)/√2.

Способ 5. (метод геометрических преобразований) 

                               Выполним поворот около центраQ  квадрата на

                               900:B→A, А →А1, С→С1 так  

                         как∟А1АС1=∟CBA,    

                         то∟САВ+∟ВАА1+∟А1АС1=1800, и поэтому точки

                         С, А, С1  лежат на одной прямой. В треугольнике CРC1     

                         угол CРC1 прямой, CР =C1 Р,  CC1=CA+AC1=a+в.

                         Следовательно, CР = (a+в)/√2.

Способ 6 (метод координат).

Примем прямые СА и СВ за оси Ох и Оу прямоугольной декартовой системы координат. Найдем координаты  х , у точки Р. Она принадлежит биссектрисе угла АСВ и равноудалена от  точек А (в;0) и В (0;а).Имеем систему:

               х=у

              (х-в)2+у2= х2+ (у-а)2, откуда 2х(в-а)=в2-а2. Если а не равно в ,то имеем решение х=у=(а+в)/2. При а= в четырехугольник AРBC является квадратом и х=у=а, т.е. координаты точек Р удовлетворяют прежнему решению. По формуле  расстояния между двумя точками.  

CР = √x2+у2=√2((а+в)/2)2= (a+в)/√2.

СПОСОБ 7. (векторный метод).

Положим вектор СА =  в и  вектор СВ = а  и выразим через эти векторы  вектор СР :

 CР= CА+AР = в +1/2(AB+AE)= в+1/2(a - в )+1/2AE=1/2(a+b)+1/2AE.

Положив вектор АЕ = α а+ᵦ в,  найдем коэффициенты α и ᵦ этого разложения ,используя условие АЕ*АВ=0 и  | АЕ|=| АВ|, которые приводят к системе уравнений:

                    (αа+ ᵦв)(а-в)=0

                    (αа2+ᵦв2)= (а-в)2.

Поскольку ав=0, то эта система эквивалентна такой:

           αа2-ᵦв2=0

           αа2+ᵦ2=а2+в2, откуда α=в/a и   ᵦ=a/в  и , следовательно,  вектор

АЕ= (в/a)* a+ (a/в)* в,  CР =1/2( a+в)+1/2(в/a* a +a/в* в)= ½(a+в/a *a)+(a+в/в *в). Наконец, CР2= ½(a+в)2 , CР = (a+в)/√2.

ЗАДАЧА № 4.

По данным рисунка найдите площади заштрихованной фигуры.

                            10

Способ 1

 S=102-2(S1+ S2) ,

 S1= ¼(100-25π)=25-25π/4,

 S2= ¼*25π=25π/4,

 S=10 2-2(25-25π/4+25π/4)=50.

Способ 2. 

S=102-(5√2)2=50

Способ 3.

S = 102:2=50  или  S = 2*52 = 50.                       

Способ 4 .

S=2*52=50.

ЗАДАЧА № 5.

Докажите, что площадь правильного восьмиугольника равна произведению длин его наибольшей и наименьших диагоналей.    

ДОКАЗАТЕЛЬСТВО.

Способ 1 .

Легко доказать , что А2 А1┴А1 А 5.  Тогда

SA1 A2 A3 A4 A5 A6 A7 A8=4SA1 A2OA8=4*1/2*A2 A8*1/2A1 A5

=A2 A8*A1А5

Способ 2 .

Очевидно, что четырехугольник А1 А3 А5 А7 - квадрат. Тогда  

SА1…8=4*SA1 A2 A3+SA1 A3 A5 A7=4*1/2A1 A3*A2 B+A1 A3=

А1 А3 2(2A2 B+A1 A3)=A1 A3*A2 A6.

Способ 3 .

 Легко доказать, что четырехугольник NPQM- квадрат.

 Тогда SA1-8=S NPQM -8SA2 A3 P=A2 A62-8*1/2*1/2A2 A6*A2 A6*A1 A3.

ЗАДАЧА № 6.

С помощью циркуля и линейки постройте угол, равный 900; 450.

Способ 1.

Сначала с помощью циркуля и линейки строим прямой угол, затем строим биссектрису этого угла.

 ∟ АВС=900; ВD- биссектриса, ∟DВС=450.

Способ 2 .

Строим равнобедренный прямоугольный треугольник.

В треугольнике АВС  ∟АВС=900, тогда ∟ВАС +∟СВ2=900, т.к треугольник АВС- равнобедренный, то ∟ВАС=∟СВА=450.

Способ 3.

Построим треугольник АВС - равнобедренный, вписанный в окружность. Тогда АВ - гипотенуза является диаметром окружности.

Построим окружность с центром в прямом угле треугольника АВС. ∟АСD- будет центральным углом, тогда угол AND будет  вписанным,             опирающимся на дугу AD, равную 900, значит, ∟AND=450.

ГЛАВА № 4

                  Мудрость пословиц.

Решение задач есть, неотъемлемая часть человеческой деятельности связана с решением каких-либо задач или проблем.

Некоторые достигают своей цели и решают стоящие перед ними задачи с большим успехом, некоторые – с меньшим. Эта разница в успехе подмечается, обсуждается, комментируется, квинтэссенция таких замечаний как бы сохраняется в некоторых пословицах. Во всяком случае, имеется много поговорок, характеризующих с поразительной точностью типичные пути решения задач, остроумные, основанные на здравом смысле приемы, обычные уловки и обычные ошибки. В пословицах много проницательных  и даже тонких высказываний, но разумеется, они не составляют стройной и научной системы. Тупо было бы считать пословицы авторитетным источником мудрости, применимым ко всем случаям жизни, но, с другой стороны, жалко пренебрегать такой наглядной иллюстраций эвристических приемов решения задач, какую нам дают пословицы.

Здесь мы можем уделить место пословицам, разделяя их на группы, по которым следует вести решение.

1 этап. 

При решении задач необходимо в первую очередь понять ее. И на это есть пословица: кто плохо понимает, плохо отвечает.

Мы должны уяснить цель, которую должны достичь: обдумай цель, раньше чем начать.

Если мы не уяснили себе конечной цели, не трудно при решении сбиться с пути: с началом считается глупец, о конце думает мудрец.

Недостаточно лишь понять задачу, необходимо желание решить ее: мудрый начинает с конца, глупый кончает в начале.

Без сильного желания решить трудную задачу невозможно, но при наличии такового возможно: где есть желание, найдется путь.

2 этап. 

Главное в решении задачи – составить план, наметить правильный ход решения: усердие – мать удачи; настойчивость убивает дичь; дуб не валиться с одного удара.

Недостаточно, однако, многократно повторять попытки, следует испробовать различные средства, варьировать попытки: попробуй все ключи в связке; стрелы изготавливают из разных сортов дерева.

Надо приноровить свои попытки к обстоятельствам: устанавливай свои паруса по ветру; раскраивай пальто по сукну.

Если мы терпим неудачу, приходится пробовать другие средства: мудрый меняет свои решения, дурак никогда; ну, а если не терять из виду цели, будешь меньше блуждать в потемках; смысл рыбной ловли не в том, чтобы забрасывать удочку, а в том чтобы поймать рыбу.

У знатока, возможно, не больше мыслей, чем у неопытного человека, но он лучше взвешивает достоинства своих мыслей и умеет лучше использовать их: мудрый создает орудие из всего, что попадается ему под руку.

3 этап. 

Следует приступать к осуществлению своего плана своевременно: проверь, прежде чем прыгать; испытай, потом доверяй.

Но, с другой стороны, не следует слишком долго колебаться: хочешь плавать без опасностей, не отправляйся в море.

А вот наиболее частая погрешность вашего суждения: желаемое мы охотно принимаем за действительное.

Нам план обычно дает лишь общий контур решения. Надо убедится, что детали соответствуют контуру; поэтому мы должны внимательно рассмотреть каждую деталь, одну за другой: ступень за ступенью лестница преодолевается; маленькие удары валят большие дубы.

4 этап.

Очень важным и поучительным этапом является возвращение к уже решенной задаче: тот, кто не думает снова, не сможет думать правильно.

При вторичном изучении можно найти дополнительные подтверждения правильности полученного результата, потому что два доказательства лучше одного: с двумя якорями безопасно плыть.

5 этап.

Так же есть «синтетические» пословицы, выделяющие более тонкие отношения: цель подскажет путь.

Если вам нужен совет обратитесь к Что, обратитесь к Почему: ничему не верьте, но сомневайтесь только в том, что вызывает сомнение; найдя первый гриб или сделав первое открытие, осмотритесь вокруг – они родятся кучками.

ГЛАВА № 5

         Схемы решения задач.

1. Все задачи подразделяются на разделы: по характеру объектов, по отношению к теории, по характеру требований. (схема 1)

2. Под процессом решения задач необходимо понимать процесс, начинающийся с момента получения задачи до момента полного ее завершения. Этот процесс состоит не только из изложения уже найденного решения, а из ряда этапов.  (схема 2)

3. Кроме стандартных задач, при решении которых используются общие правила и положения, существуют нестандартные задачи. Нестандартные задачи – это задачи, для которых не имеется общих правил и положений, определяющих точную программу их решения. Для решения этих задач составляются свои схемы. (схемы 3 и 4)

Для того, чтобы легко решать стандартные задачи (они являются основными, т.к. решение нестандартных задач сводятся к решению стандартных), нужно:

• Помнить (держать в памяти) все изученные общие правила, формулы, тождества и общие положения, определения и теоремы.
• Уметь развертывать правила, формулы, а также определения и теоремы – последовательности шагов решения задач, соответствующих видов.