Реферат по математике "Решение задач разными способами"

                             Содержание.

1. 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 «Задача одна - решений много».

            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=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.

       Процесс решения задачи. (схема 2)

Методы решения нестандартных задач. (схема3)

Схема поиска решения нестандартной задачи.(схема 4)

ЗАКЛЮЧЕНИЕ.

Если поставлена цель решить конкретную математическую задачу, то обычно выбирается такой метод ее решения, который решающему представляется наиболее целесообразным, быстрее приводит к цели. Чаще используется тот метод, которым лучше владеет решающий. Согласно современным психологическим представлениям структура математического мышления представляет собой пять пересекающих 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 человека.

Первая подструктура – это топологическая, этих решающих называют аналитиками, они все проверяют, не допускают ошибок

Вторая подструктура – порядковая, это юные педанты, они не позволяют себе нарушать или пропускать условия.

Третья подструктура – проективная, то , у кого преобладает эта подструктура предпочитает изучить объект с различных сторон и точек зрения, искать и находить разные применения в практике.

Четвертая подструктура – метрическая, решающие не любят решать задачи в общем виде, им трудно понять, что ответ может не иметь числового значения.

Пятая подструктура – алгебраическая, это торопыги, не любят подробно описывать шаги решения, быстро все обдумывают и делают.

В соответствии с психологическими особенностями сочетаются и пять основных методов решения геометрических задач: координатный, векторный, тригонометрический, аналитический и чисто геометрический.

Одну  и ту же задачу разные решающие должны решать своим, индивидуальным способом и лишь после этого пытаться понять иные методы рассуждений. И. В. Гете говорил: «Каждый слышит только то, что понимает».

В работе рассмотрены шесть задач решаемых разными способами.

Чтобы решить задачу, решающий всегда проходит ряд этапов: он должен понять задачу, поставить цель, которую впоследствии должен достичь, затем составить план, найти правильный путь решения, испробовать различные способы, сделать проверку.

Решение одной и той же задачи различными способами дает возможность полнее исследовать свойства геометрической фигуры и выявить наиболее простые решения. Решая задачу подходящим методом, иногда попутно удается открыть новые свойства фигуры, о которых в задание ничего не говорится. Нередко найденный способ решения в дальнейшем используется при решении более трудных задач. Разбор задач, допускающих много решений – увлекательное занятие, требующее знаний всех разделов школьной математики и длительной работы.

Работа носит исследовательский и аналитический характер.

                   ЛИТЕРАТУРА.

1. Л. М. Фридман, Е.Н. Туринский «Как научиться решать задачи» Москва «Просвещение» 1998.
2. Д. Пойа «Как решать задачу» Москва «Учпедиз» 1961.
3. «Математика в школе» Школа – пресс
4. «Математика» ООО «Чистые пруды» 2007.
5. «Математика для школьников»
6. Г. Д. Глейзер «Повышение эффективности обучения математики в школе» Москва «Просвещение» 1989.

Виды задач, решаемых в курсе математики. (схема 1)