История использования текстовых задач в России.
Вложение | Размер |
---|---|
![]() | 47.02 КБ |
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.
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.
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.
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.
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.
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.
Для того, чтобы легко решать стандартные задачи (они являются основными, т.к. решение нестандартных задач сводятся к решению стандартных), нужно:
Почему Уран и Нептун разного цвета
В поисках капитана Гранта
Петушок из русских сказок
Как нарисовать небо акварелью
Какая бывает зима