А.А.ОКУНЕВ

УГЛУБЛЕННОЕ ИЗУЧЕНИЕ ГЕОМЕТРИИ В 8 КЛАССЕ

А.А.ОКУНЕВ

УГЛУБЛЕННОЕ ИЗУЧЕНИЕ ГЕОМЕТРИИ В 8 КЛАССЕ

ПОСОБИЕ ДЛЯ УЧИТЕЛЯ

Рекомендовано Главным управлением развития общего среднего образования Министерства образования Российской Федерации

МОСКВА «ПРОСВЕЩЕНИЕ»

АО «УЧЕБНАЯ ЛИТЕРАТУРА»

1996

УДК 372.8 ББК 74.262.21 0-52

Рецензент: доцент кафедры методики преподавания математики МПГУ им. В. И. Ленина Смирнова И. М.

Окунев А. А.

0-52 Углубленное изучение геометрии в 8 классе: Пособие для учителя.— М.: Просвещение: АО «Учеб. лит.», 1996.— 175 с: ил.—ISBN 5-09-006591-8.

Пособие предназначено учителям, работающим по учебному пособию для школ и классов с углубленным изучением математики «Геометрия для 8—9 классов» А. Д. Александрова, А. Л. Вернера, В. И. Рыжика. Автор знакомит со структурой учебника, с целями и тактикой преподавания геометрии. К каждой теме автор предлагает конкретные зачетные работы, мастерские, комментарии к решению задач, обсуждает особенности изложения геометрии.

л 4306010000—581

—103(03)—96 УТ°ЧН' ПЛ* 1995 Гм № П5(2) ББК 74-262-21

ISBN 5-09-006591-8 © Издательство «Просвещение», 1996

СОДЕРЖАНИЕ

Немного о структуре учебника ............... 5

О целях и тактике преподавания геометрии .......... 6

Учителя ждут планирования? ................ 8

Повторение курса 7 класса ................. 10

Комментарий к решению задач ............... 13

Зачетная работа по повторению ............... 19

Г лава I. Площади многоугольных фигур

§ 1. Многоугольники и многоугольные фигуры ......... 20

Мастерская: Многоугольники и многоугольные фигуры .... —

Мастерская или урок?................. 27

Мастерская: Использование соображения непрерывности при решении задач..................... —

Комментарий к решению задач ............. 29

§ 2. Площадь многоугольной фигуры ............. 40

Комментарий к решению задач ............. 42

§ 3. Площади треугольника и трапеции ............ 47

Мастерская: Метод решения задач на нахождение наибольшего (наименьшего) значения .................. 51

Комментарий к решению задач.............. 52

§ 4. Параллелограмм и его площадь.............. 56

Мастерская: Параллелограмм............... —

Комментарий к решению задач .............. 58

Зачет по теме «Площади многоугольных фигур»........ 62

Комментарий к решению задач к главе I .......... 64

Глава 11. Метрические соотношения в треугольнике

§ 5. Теорема Пифагора................... 66

Мастерская: Теорема Пифагора и уроки по теореме Пифагора . . —

Комментарий к решению задач .............. 71

§ 6. Применения теоремы Пифагора ............. 76

Комментарий к решению задач .............. 80

§ 7. Синус ....................... 84

Комментарий к решению задач .............. 86

§ 8. Применения синуса .................. 87

Мастерская: Теорема синусов............... 88

Комментарий к решению задач .............. 89

§ 9. Косинус ...................... 94

Комментарий к решению задач.............. 96

§ 10. Применения косинуса................. 98

Комментарий к решению задач.............. 101

§ 11. Тангенс и котангенс.................. 105

Мастерская: Обобщения в геометрии............ 106

Комментарий к решению задач.............. 109

Задачи к главе II.................. 111

Комментарий к решению задач.............. —

Зачет по теме «Метрические соотношения в треугольнике» .... 114

Г лава 111. Многоугольники и окружности

§ 12. Хорды и диаметры. Касательные и опорные прямые...... 116

Мастерская: Поиски подхода к решению задач (искусство ставить вопросы)...................... 118

Комментарий к решению задач............... 120

§ 13. Выпуклые многоугольники ............... 131

Мастерская: Метод «малых шевелений» .......... 132

Комментарий к решению задач.............. 133

§ 14. Вписанные и описанные окружности............ 137

Комментарий к решению задач.............. 142

§ 15. Правильные многоугольники............... 149

Комментарий к решению задач.............. 151

§ 16. Длина окружности .................. 154

Комментарий к решению задач.............. 157

§ 17. Площадь круга ................... 160

Комментарий к решению задач.............. 163

Зачет по теме «Многоугольники и окружности»........ 166

Комментарий к решению задач к главе III ......... 167

Тематическое планирование ................. 173

НЕМНОГО О СТРУКТУРЕ УЧЕБНИКА

Об устройстве учебника авторы говорят уже на странице 5. Но ребята вряд ли будут читать этот текст, а вот учителю прочесть его просто необходимо. Из первого абзаца станет ясно, что авторский коллектив отдает приоритет при изучении геометрии логике. К сожалению, ни слова не сказано в этом тексте о развитии интуиции, об опоре на интуицию при формулировании теорем и при решении задач. Конечно, вы, коллеги, можете и не соглашаться с такой позицией авторов и на ряде уроков, особенно на первых уроках восьмого класса, можете не торопиться предлагать ученикам доказательства теорем, а дать им возможность осмыслить содержание теорем на интуитивном уровне. Вспомните, как успешно использовали интуицию, опыт, наблюдения математики XVIII—XIX вв. и как часто они не считали необходимым проводить полные доказательства даже в тех случаях, где это было возможно. М. Клайн в своей книге пишет: «Помимо физического смысла в развитии новой математики известную роль играло и чутье — здоровая интуиция разумно мыслящего человека. Ведь основная идея и суть метода всегда интуитивно постигаются задолго до того, как они находят рациональное обоснование. Великих математиков, сколь бы раскованными ни были их рассуждения, всегда отличала тонкая интуиция, позволяющая избегать катастрофических ошибок. Интуиция гения более надежна, чем дедуктивное доказательство посредственности»1).

Творчество немыслимо без интуитивного озарения, поэтому и на эту сторону преподавания геометрии, а не только на логику, значение которой особенно при изучении геометрии трудно переоценить, мы будем обращать ваше внимание.

Учить и учиться по этому учебнику радостно. Теория изложена четко, красиво, расположение тем позволяет ученикам без

1) Клайн М. Математика. Утрата определенности.—М.: Мир, 1914.— С. 195.

дополнительных сложностей усваивать теоретический материал. Каждая теорема, каждое новое понятие находятся под пристальным вниманием изучающего геометрию по этой книге, ибо огромный, богатый задачный материал заставляет неоднократно обращаться к нему. Геометрия незаметно овладевает ребятами, проникая в их мир, в их стиль мышления, в их культуру рассуждения, обоснования своей позиции, в культуру спора и общения.

Практика показывает, что школьники с удовольствием самостоятельно формулируют и доказывают теоремы. В дальнейшем мы с вами, коллеги, будем много думать о построении уроков изучения теории, уроков решения задач, о том, как научить ребят решать задачи, как помочь им овладеть основными методами решения.

Во введении о задачах написано гораздо больше, чем об изучении теории. И в нашем методическом пособии искусству решения задач или, лучше сказать, обучению искусству решения задач мы уделим основное внимание.

Авторы предупреждают ученика, а вместе с ним и учителя, что в учебнике могут быть задачи с лишними данными или данных может не хватать. Действительно, такие задачи есть, но их немного.

Особое внимание стоит обратить на задачи, в которых предлагается вопрос: как найти ту или иную величину? У ребят эти задачи вызывают огромный интерес, и урок с разбором таких задач превращается в фейерверк многочисленных планов их решения. Это поистине несказанно полезные задачи для формирования творческого отношения к жизни. Причем так как план составить проще, чем его реализовать, то поэтому они доступны учащимся. Вы встретите и много незнакомых для вас типов задач и способов их решения. В этом учебнике в геометрическую задачу впервые вошла переменная величина и довольно часто от ученика требуется найти границы ее изменения, вычислить наибольшее, наименьшее значения. Ученика приучают использовать при решении задач индукцию, аналогию, метод малых шевелений, рассматривать предельный случай, исходить в рассуждениях об особенности и правдоподобии того или иного математического утверждения из соображений непрерывности.

«Сомнение доставляет мне не меньшее наслаждение, чем знание».

А. Данте

О ЦЕЛЯХ И ТАКТИКЕ ПРЕПОДАВАНИЯ ГЕОМЕТРИИ

Уважаемые коллеги, вы, конечно, понимаете, что результат обучения определяется не столько учебником, сколько учителем, его позицией в преподавании, его методами обучения, его про-

фессионализмом, той атмосферой, которая создается в классе, отношением между учителем и учениками и многим другим. На протяжении всей этой книги мы будем говорить о методике преподавания геометрии, о тех способах, приемах преподавания, которые наработаны нашей школой десятилетиями. Но попробуем на привычное посмотреть новыми глазами, ибо иногда привычное, даже удобное, которое с годами становится незаметным, является значительным тормозом в нашей работе и приносит не пользу, не радость, как мы привыкли думать, а вред.

Мы будем вместе осуществлять свободный поиск методических идей, приемов. Цель пособия — не столько отвечать на ваши вопросы, хотя, конечно, вы найдете ответы на многие вопросы, сколько побудить вас к самостоятельным находкам, помочь вам задуматься над проблемами преподавания геометрии, дать возможность придумать, допустить, казалось бы, недопустимое в методике преподавания, обдумать найденное и затем мужественно признать его как необходимость и спасение. Спасение от нашей постоянной зажатости, от нашего самого страшного цензора, которого мы поместили сами в наши души, который не дает нам радостно жить, учить, а значит, учиться нашим детям. Многих табу, которым мы следуем и которые мы передаем из поколения в поколение, уже давно не существует, и давно уже никто не настаивает на их выполнении. Но мы все еще свято им следуем. Приведу одно из них: «На уроках мы даем знания и формируем умения. Это спрашивают с нас, значит, и мы будем требовать с ребят. Отсюда ясна и цель преподавания: формировать знания, умения, навыки».

Но разве не школьные уроки должны воспитать в детях уважение к вкладу различных людей в развитие человеческой цивилизации; развивать в детях уверенность в себе и в своих способностях решать проблемы и создавать здоровую обстановку в своем окружении; развивать в детях готовность содействовать делу справедливости и равенства в их повседневной жизни; развивать в детях интерес к уважению прав других в своей собственной школе и обществе, а также в других странах? Об этом пишет Роберт Харрис в книге «Основные проблемы современности в школьном обучении» (ЮНЕСКО, 1986 г.). Чтобы выполнить эти задачи, школа должна освободиться от ограничений традиционных методов обучения. Мы должны предоставить ученикам возможность общаться на уроке друг с другом и с учителем, предоставить возможность каждому самостоятельно строить процесс познания. Самостоятельно строить процесс познания невозможно при наличии сильного авторитарного посредника между учеником и учебником.

Какова же в таком случае роль учителя на уроке?

Как же быть с его традиционной ролью переводчика, толкователя, справочника, надзирателя, оценщика?

Но разве при сохранении всех этих функций учителя возмож-

но, чтобы дети выработали свою определенную позицию по каждой проблеме, руководствуясь лишь собственными научными и нравственными критериями, а не критериями того, кто их учит?

Мы привыкли, чтобы обязательно в заключительном слове учителя в конце урока было все расставлено по местам, наивно полагая, что ученик услышит нас в это мгновение и никакой путаницы в его голове не будет. Ой ли? Да и стоит ли торопиться? У ученика надо развивать способность к самостоятельному сбору информации, к ее анализу и синтезу, развивать способность не только достигать результатов своей собственной деятельности, но и уметь оценить их. Разве не является учитель тормозом в развитии всех перечисленных выше способностей детей, когда спешит высказать свое авторитетное мнение? Может, стоит прислушаться к словам о математике гениального Эвариста Галуа о том, что наука — это творение человеческого разума, предназначенное не столько для знания, сколько для познания, для поиска, а не для отыскания истины.

Вспомним, что у ребят на парте учебник авторитетных авторов, известных ученых, педагогов, учебник, который не только приятно читать, но и просто рассматривать, учебник, в котором любой ученик при желании найдет ответ на каждый свой вопрос. Учитель уверенно может занять для учеников позицию коллеги-исследователя. Тогда он научит их и тому, чего не знает сам, за это учителя и зовут сеятелем.

В заключение напомним коллегам, что ваши ученики, собранные в 8 математический класс, возможно, изучали геометрию в 7 классе по учебникам других авторов: это надо учесть при повторении теории. Даже простое перечисление понятий и теорем, изложенных в учебнике «Геометрия. Учебник для 7—9 классов» А. Д. Александрова, А. Л. Вернера, В. И. Рыжика (М.: Просвещение, 1995), поможет все расставить на свои места. Полезно еще раз прорешать в устной работе и некоторые задачи из этого учебника.

«Нужно, чтобы был большой хаос, чтобы родить танцующую звезду».

Ф. Ницше

УЧИТЕЛЯ ЖДУТ ПЛАНИРОВАНИЯ?

Мне говорят, что книга такого жанра обязательно должна содержать планирование, порядок изучения тем, .количество часов, которое следует использовать на изучение тем. Ну, скажите, пожалуйста, коллеги: как я, не зная вашей манеры вести занятия, вашей любви к изучению той или иной темы, не имея возможности познакомиться с вашими учениками, узнать их интересы, буду планировать вашу работу? А методы преподавания? Один

учитель привык на каждом занятии изучать кусочек теории и решать две-три задачи. И этот стиль работы задает определенный ритм, который и фиксируется в поурочном планировании. Но совсем другой будет ритм работы у учителя, который сначала изучает крупными блоками теорию, дает представление о всей теме и только затем приступает к решению задач. Учителю, отдающему предпочтение философии геометрии, на теорию надо больше часов, ибо он не упустит возможности спокойно поговорить об определении понятия, о строении геометрии, об аксиомах, о доказательстве и вере, о распознавании объектов и т. д. Совсем иное распределение часов будет у коллеги, рассматривающего изучение курса геометрии как еще одну возможность формирования мышления ученика. Ему будет просто необходимо сэкономить часы для изучения таких основополагающих вопросов теории познания, как аналогия, сравнение, обобщение, анализ, синтез, конкретизация и т. д.

А как спланировать работу учителя, проводящего мастерские по теории и по решению задач? А что делать с контрольными работами? Я вот, например, считаю, что контрольных работ должно быть очень мало, не больше одной-двух в четверть. Другое дело — самостоятельные работы. На контрольных часть учеников обреченно отсиживают час, два и получают свой «неуд». Учитель же достойно исполняет роль надзирателя. Другое дело— самостоятельная работа. Тут уж учитель может быть помощником ученика, да и ученик имеет право пользоваться любым справочным материалом, даже иногда обратиться и за советом к соседу.

И вообще, поурочное планирование — это один из стереотипов, к которому нас приучили: работай так, как тебе спланировали, и не смей отступать от плана. И мы теперь боимся остаться без плана. Люди вообще устроены так, что боятся оказаться в неопределенной ситуации: она вызывает у них состояние тревоги. Тем, кто работал по поурочным планам, с одной стороны, было спокойнее (я работаю по плану), но, с другой — в их душах поселялся страх (вдруг не успею!). План как бы помещал в наши головы внутреннего цензора, который сравнивал то, как мы работаем, с тем, как нам эту работу спланировали. Помните те времена, когда завуч, вооружившись красным карандашом, сверяла записи в классном журнале с поурочным планированием? И горе было тому кто осмелился отвести лишний час на изучение какой-нибудь темы или недодать какого-либо урока. Унизительная ситуация!

Сейчас время авторских школ, авторских программ, время, дающее нам, коллеги, инициативу, но и возлагающее на нас всю ответственность за нашу работу, за наших учеников. Работа учителя — творческая работа, а творчество сложно планировать, сложно запихнуть его в какие-то определенные рамки. Конечно, надо знать программу, которую ты должен изучить с ребятами

этой параллели, надо экономить время для творческой работы. И я экономлю, изучая материал крупными блоками, экономлю время на многих мелочах: рисую чертежи на доске от руки (и дети тоже), не надиктовываю теорию, которая и так хорошо изложена в учебнике, далеко не всегда требую оформления задачи в тетради и на доске, кроме контрольных, не спрашиваю на следующем уроке теорему, которую объяснил на предыдущем, зато на зачетах проверяю усвоение сразу целой темы, не проверяю домашние задания в традиционной форме и т. д. Еще одно: некоторые темы я просто пропускал, не изучал. И не только потому, что душа не лежала. Интуиция подсказывала, что сложность материала, сложность его изложения в учебнике поставят хороший барьер на пути понимания. Когда же приходило новое издание учебника, я нередко отмечал, что эти мои нелюбимые темы из учебника были изъяты.

Как же быть все же с планированием?

Стоит посмотреть оглавление учебника и определить главное — то, чему вы хотите научить ребят, оценить сложность тем, которые вы будете изучать в классе. Оценить сложность может помочь разговор с коллегой, который уже разочек учил ребят по этому учебнику. Я это и делаю в книге, но это мой опыт. Большая вероятность, что он вам не подойдет, но, возможно, поможет самим разработать стратегию своего преподавания и составить то планирование, которое сделает вашу работу эффективнее.

Жизнь все равно внесет в любое планирование коррективы, но это сделаете вы сами в своем плане, а не в том, который для вас составил кто-то.

Считается, что если планирование напечатано в книге или в журнале, то это что-то священное, что нарушать — грех. И в наших душах поселяется еще один страх — страх отступить от плана. Освободитесь от этого страха, и уверяю вас, что ваше чутье вас не подведет: вы успеете пройти всю программу. Ваши ученики, да и вы сами будете работать с огромным интересом, и у вас еще останется время для творческой работы с ребятами. И все же те, кто хочет познакомиться с планированием, могут посмотреть планирование авторов учебника в конце книги.

«Желающим научиться чему-либо чаще всего препятствует авторитет тех, кто учит».

Цицерон

ПОВТОРЕНИЕ КУРСА 7 КЛАССА

Повторение?! Не будем сводить его лишь к припоминанию фактов, изученных в 7 классе. Главное — связать все имеющиеся у учащихся знания по геометрии в систему, помочь ребятам вый-

ти на новый, более серьезный уровень понимания. Заодно можно показать, что больше знает, больше хранит информации тот, кто умеет правильно забывать. Правильно забывать — это значит запоминать логическую основу доказательства, образ понятия, помнить ту малую часть, за которую можно вытащить из памяти все подробности. Правильно забывать — это запоминать ассоциативные, структурные связи при восприятии материала.

Теперь о том, как построить первые уроки. Вряд ли удачно будет опять самому учителю рассказывать основной материал 7 класса, да и способ допроса: «Что ты помнишь?» — мало кого устроит.

Давайте подумаем, какие факты ребята должны восстановить в памяти. Понятия: треугольник (и его элементы), параллельные прямые, серединный перпендикуляр, теорема, обратная теорема, признаки, свойства.

Теоремы: признаки равенства треугольников, признаки параллельности прямых, свойства равнобедренного треугольника, свойства параллельных прямых, свойство серединного перпендикуляра.

Может быть, стоит сделать так: разбить класс на четверки и на отдельном большом листе попросить каждую четверку написать все, что она помнит (об изученных в 7 классе понятиях — одна, об изученных в 7 классе теоремах — другая, об изученных в 7 классе свойствах — третья и т. д.). Возможен повтор заданий. А потом дать слово представителю каждой четверки и вместе, всем классом, послушать их, но без учительских комментариев. Ребята сами выявят все неточности. Если же нет, то стоит предложить четверкам поменяться местами, на которых они работали, и подкорректировать изложенные там вопросы, затем опять послушать. Лучше для этой работы времени не пожалеть — можно отвести сдвоенный урок.

Итак, теорию вспомнили. Листы с ответами четверок можно вывесить на некоторое время в классе: вдруг кто еще раз посмотрит.

Полезно на первых уроках ознакомить ребят и с новым учебником. Пусть каждая пара учеников полистает его и на листе бумаги нарисует самую интересную, самую понравившуюся геометрическую фигуру, которую они нашли, или просто набросает чертеж к любопытной для них задаче. Тогда учитель сразу добьется выполнения нескольких целей: ознакомит ребят с тем материалом, который они будут изучать, еще раз даст возможность вспомнить, как строился курс геометрии в 7 классе, заинтересует предметом, выяснит то, что вызывает у ребят наибольший интерес, и т. д. Рисунки лучше вывесить в классе и походить посмотреть.

Теперь о задачах на повторение курса 7 класса. Понятно, что не обязательно решать их все. Но я думаю, коллеги, что вы не удержитесь и решите с ребятами все, ибо они настолько интерес-

ны и несказанно полезны для детей. Ваши ученики встретятся с доступными, необычными, творческими задачами, которые не только принесут им радость открытия, но и во многом обогатят, разовьют их интеллект. А, как известно, развитый, мощный интеллект является одним из определяющих гарантов здоровья человека в целом.

Я сказал, что задачи доступны вашим ученикам, однако огромные трудности их ждут при решении задач № 15, 16 в), 23 в), 27. Их решение требует самостоятельного изучения новых разделов теории.

Новые для ребят идеи содержат решения задач № 9, 18, 21 в).

Большую пользу и обогащение опытом в решении задач принесет внимательный разбор дома и затем серьезный разговор в классе по задачам № 5 и № 9.

К одному из первых уроков можно задать на дом задачу № 28, тогда на самом уроке с интересом будет проходить решение стереометрических задач № 28—33. Все они доступны ребятам и помогут повторить огромный пласт материала 7 класса. Причем знакомые теоретические положения будут рассматриваться в новой ситуации, что, несомненно, послужит хорошей основой для поддержания интереса к работе.

Полезны задачи № 14—16, 23. Их обсуждению — сначала в парах, затем в четверках, а после этого в классе — можно уделить несколько уроков.

Пособие содержит некоторый набор советов решающему задачу; они разбросаны в решениях задач, которые есть в каждом параграфе. Пусть ребята их копят, пусть подборка советов постепенно откладывается в их сознании. Затем наступает момент, когда они их будут применять автоматически и тем самым в их руках будет хороший инструмент поиска решения.

Приведу советы, которые дает в третьем номере за 1959 г. в журнале «Вопросы психологии» (М.: Моск. университет) известный психолог Л. Н. Ланда. Он считает, что их выполнение дает учащимся возможность решать задачи.

1. Начиная решать задачу, посмотри, что дано и что требуется доказать. Отдели данные задачи от ее заключения.

2. Из того, что дано, сделай самые непосредственные выводы (посплетничай про условие): это поможет тебе сблизить условие и заключение.

3. Затем переходи к тому, что требуется доказать, и ставь себе вопрос: какие признаки нам достаточно доказать, чтобы доказать, что данная фигура является такой-то?

4. Воспроизведи все известные тебе признаки данной фигуры, сопоставь каждый из них с тем, что дано, и с чертежом и посмотри, какой из признаков лучше выбрать для доказательства. Если по данному признаку доказать не удастся, попробуй другой.

5. Выдели на чертеже фигуры и элементы, отношения кото-

рых тебе надо доказать, постоянно задавай себе вопрос: Чем еще являются и чем еще могли бы являться данные элементы?

6. Если на чертеже нет фигур и элементов, необходимых для использования воспроизведенных признаков, то построй такие фигуры и элементы.

7. Проведя дополнительное построение, делай все вытекающие из него выводы, используй все получающиеся в результате дополнительного построения свойства.

8. Постоянно помни, что дано в условии задачи, и в случае затруднений обращайся снова к условию и смотри, не упустил ли ты чего-либо.

КОММЕНТАРИЙ К РЕШЕНИЮ ЗАДАЧ

2. Обратим внимание на вопрос: Могут ли этим свойством обладать две пересекающиеся прямые? Ответ. Да (рис. 1).

5. Эта задача достойна длинного обстоятельного разговора в классе. Пункты а) и б) просты, поэтому рассмотрим решения пунктов в) и г). Решение, в) 1. Пусть AN и СМ— эти биссектрисы (рис. 2). аАМС= ДЛЛ/С, тогда AN = CM, AM = CN. Отсюда легко доказать, что aAMN=aCMN, тогда Z.NMC = — /-MNA, a ANAC = /LMCA (как половины равных углов).

следовательно, MN\\AC.

2. Доказательство дословно совпадает с первым случаем.

г) 2. Пересекаются в одной точке все его медианы. Пусть AN и СМ — медианы (рис. 3) и пусть они пересекаются в точке О. (Они пересекутся, так как (Z. NAC+ Z. MCA)<(Z. ВАС + + zl ßC4)< 180°.) Из равенства треугольников ABN и СВМ следует, что Z.BAN= Z.BCM, тогда равны и углы NAC и МСА, следовательно, треугольник АОС равнобедренный и АО = ОС. Из равенства треугольников АВО и ВОС следует, что ВО — биссек-

Рис. 1 Рис. 2 Рис. 3

Рис. 4

Рис. 5

Рис. 6

триса угла ABC, а так как треугольник ABC равнобедренный, то и медиана. Значит, все три медианы пересекаются в точке О.

3. Пусть AN и СМ — высоты и пусть они пересекаются в точке О. (Они пересекутся, так как ( /LNAC+ ^МСЛ)<90° + -f90°= 180°.) Аналогично предыдущей задаче докажем, что ВО — биссектриса угла В, следовательно, и высота, а значит, все три высоты пересекаются в точке О (рис. 4)

6. в) Пусть ВМ — медиана и биссектриса (рис. 5). Пусть МК и MN — перпендикуляры к сторонам AB и ВС. Из равенства А В КМ и ABMN следует, что (1) BK=^BN и KM = MN. Из равенства А А КМ и AMNC следует, что (2) AK = NC. Складывая почленно равенства (1) и (2), получим, что АВ = ВС, следовательно, Л ABC равнобедренный. Какие еще вы знаете признаки равнобедренного треугольника?

Два угла равны.

7. а) Продолжим ВС до точки D:BC = CD, AABD равносторонний, BD = AB и, следовательно, ВС = ^АВ (рис. 6). б) Справедливо утверждение, обратное утверждению а), ВС=^ AB.Чтобы доказать, что Z.ßv4C = 30°, достаточно сделать такое же построение, как и в п. а), и рассмотреть правильный AABD. Указание. Соединить середину гипотенузы AB, точку M с вершиной прямого угла С и опустить из M перпендикуляр MN на СВ. Из равенства ACMN и ABMN следует, что СМ = МВ. Сделать вывод, что M равноудалена от вершин ААВС.

8. в) Нет. Тогда в силу п. б), в котором угол между биссектрисами по углу ф при вершине был вычислен так: а = 90 + -|-.— угол ф должен быть равен 0.

9. а) Если такая точка X есть, то по задаче № 7 ХАХ=АХС. Построим ее. Возьмем на ААХ точку X: ХАХ=АХС (рис. 7). Тогда так как ААХ — серединный перпендикуляр к ВС, то ХВ = ХС и, значит, ХАХ — биссектриса и высота АВХС, т. е. Zßv4,y4=90°

Рис. 7 Рис. 8 Рис. 9

и АВХАХ = Z.СХАХ. Так как по построению ВА1=А1Х = САЬ то Z.AlBX=Z.BXAl = 45°J следовательно, ZßXC = 90°. б) Если ААХ — медиана к основанию, то точку X найти можно (так же, как в п. а)). Если же ААХ — медиана к боковой стороне (рис. 8), то тоже можно, так как Z.BXC = 60° при Х — А и 180° при Х=АХ.

Точку Y можно найти на медиане к основанию (так же, как в п. а)).

10. Решение начнем с п. е): х = 90°— /LACH— АМСВ = = 90o-2Z4C# = 90o-2(90o-Zyi) = 2Z4-90o (рис. 9). Отсюда следует, что (Z/4)>45°, и так как /LA-\- АВ = 90°, то /-А>Z.B. Теперь если ф — больший острый угол треугольника, то

* = 2<р — 90°. (1)

Если же ф — меньший острый угол, то

х = 2 (90° - ф)- 90° = 90° - 2Ф. (2)

Таким образом, для произвольного острого угла ф треугольника лг= |2ф — 90°|.

Дадим теперь ответы к пп. б), г), д). б) Если ф = 20°, то х = = 50°. г) Да. При ф = 67,5° * = 45°. д) Да. При ф = 30° * = 30°.

11. б) Пусть AK = KL, LM = MC. Соединим точки Л и С с точкой L (рис 10). AAKL и ALMC равнобедренные, следовательно, Zß/(Af = 2a, ZßM/( = 2ß. Тогда Zß= 180° — 2(а + ß) и Z-LAC-\- Z.LCA = а + ß. Таким образом, чтобы найти такие точки К и Af, достаточно построить биссектрисы углов Л и С и через точку их пересечения L провести прямую КМ, параллельную АС. в) Если есть, то Z. KAM = Z. КМ А и /-МВК= Z.MKB (рис. 11). Тогда

Z.AKM=180°- /LB и Z/04M=i AB.

Таким образом, если от луча AB мы отложим угол ^ Z.B, получим точку M, а затем отложим угол — /-В от луча MA

и получим точку К. (Все возможно при Zß<90°.)

Рис. 10

Рис. 11

Рис. 12

12. б) Достаточно отложить лучи KL и КМ под углом 60° (соответственно) к лучам KB и КС.

13. Рассмотрим AALD, А В ME, АСКЕ, ADPB, AANC (рис. 12). Сумма всех их углов состоит из двойной суммы углов пятиконечной звезды и суммы углов пятиугольника KLMNP. Отсюда ответ: 180°.

14. в) Пусть h<ib. Сначала построим прямоугольный треугольник СМИ по высоте СМ к биссектрисе CH. Затем из точки С проведем лучи под углом 45° к лучу CH. Далее все ясно. Если h = b, то строится равнобедренный прямоугольный треугольник с высотой Л. г) Аналогично предыдущему пункту надо рассмотреть случай h = m и Л<т. Случай h = m прост. Построение в случае h<Lm (рис. 13) требует доказательства того, что построенный ААВС прямоугольный {/LA =90°). Из ААВМ Z.AMB = = 180° —2Zß, Z. AM В = 2/LC (как внешний угол ААМС). Тогда 180°—2Z.ß = 2ZC. Отсюда Zß + ZC = 90°, следовательно, Z/l=90°.

15. а) Построение нужно начинать с прямоугольного треугольника, в котором гипотенуза — основание, а катет — высота равнобедренного треугольника (рис. 14).

Рис. 13

Рис. 14

16. а) Построим треугольник ACD со сторонами a, b, 2т, где m — медиана искомого треугольника, АВ = а, DC = b, AD = 2m. Достроим его до параллелограмма ABCD. Треугольник ABD искомый, б) Построим прямоугольный треугольник CBN (ßC = a, CN = h) и затем ААВС. в) Построим прямоугольный треугольник АВН по катету hb и острому углу А, затем прямоугольный треугольник ANC по катету hc и острому углу А. Треугольник ABC искомый, д) Построение лучше начать с прямоугольного треугольника по гипотенузе (данной стороне) и катету (данной высоте), е) Строится прямая, на ней — сторона АС, О — ее середина, на расстоянии ка — прямая, параллельная АС, и окружность с центром О и радиусом та. ж) Построим прямоугольный треугольник по гипотенузе m и катету h, найти две другие вершины треугольника легко, з) Построим произвольный треугольник с углами а и ß. Он будет иметь периметр /?' и сторону а', прилежащую к этим углам. Тогда треугольник с углами а и ß, прилежащими к стороне а, такой, что ~7=-^—искомый.

17. Построить параллелограмм ONMP, в котором диагонали пересекаются в данной внутри угла точке, NP — искомая хорда.

18. Если нет, то любая прямая параллельна одной из данных. Возьмем произвольную точку А и проведем через нее прямые, параллельные данным. Найдется, кроме них, еще прямая, проходящая через Л; она не будет параллельна ни одной из данных, так как пересекает прямые, параллельные каждой из них.

19. Да, используя коробок как линейку и угольник.

21. в) Пусть п прямых разбивают плоскость максимум на Рп частей. Проведем теперь (я+ 1)-ю прямую. Она точками пересечения с остальными п прямыми разобьется максимум на (/г+1)-ю часть. Каждая из этих частей (/г —|— 1 )-й прямой делит на две части одну из тех частей, на которые разбивают плоскость п прямых, т. е. Рп+] = Рп-\-(п-\-1). Так как Рх = 2, то Я2==:4, />3 = 7, Я4=Ю ... Л, = 2 + 2 + 3 + ...+л=1+(1+2 + 3 + ...+я) = п(п+\) 1-1- 2

22. Три прямые Т = 3, 0 = 9, У = 7; четыре прямые Т = 6, 0 = = 16, У=11; пять прямых Т= 10, 0 = 25, Y= 16. Возможно, Т + + У=0+1 (рис. 15—17).

Рис. 15 Рис. 16

Рис. 17 Рис. 18

23. а) Надо построить равнобедренный прямоугольный треугольник ABC (AB = ВС) с высотой ВН. Тогда Z#ßC = 45°, Zß#C = 90°. б) Надо построить равнобедренный треугольник ABC (АВ = ВС) с высотой ВН = АС. в) Предложим, что такой треугольник ABC (AB = ВС) построен. Пусть АКАС = а> тогда ААСВ= Z.C4ß = 3a, а = 22,5° (рис. 18). Тогда AADK= ААКС (по катету и острому углу) и, следовательно, AD = AC, DK = = КС = а\ так как AD — медиана, то ßD = 2a, следовательно, ВК = Зау и так как Z.BAK = Z.y4ß/C = 45°, то АК = За. Из А AB К АВ = аЛ[\8 (по теореме Пифагора), но АВ = 4ау что невозможно. Следовательно, невозможно и построение. Понятно, что решать эту задачу можно лишь после изучения теорем Пифагора или тригонометрических функций ^из ААКС tg = ^-, но tg 22,5°=т£-0. г) Достаточно построить равносторонний треугольник.

24. Надо построить прямоугольный треугольник с углом 25°.

25. а) Достаточно построить прямоугольный треугольник с острым углом 30°. Тогда медиана и высота, проведенные к гипотенузе, делят прямой угол на три равные части, б) Построить прямоугольный треугольник с острым углом 22,5°.

26. Веревку можно использовать как линейку (натягивая ее) и как циркуль (закрепляя на земле одну точку веревки).

27. а) В ААВС проведены биссектриса угла ß и ось симметрии отрезка АС. Ошибка в чертеже в том, что точка пересечения биссектрисы угла В и оси симметрии АС лежит вне ААВС и перпендикуляры из нее на стороны AB и ВС упадут один на сторону, другой на ее продолжение. Подробно эта задача и следующие задачи проанализированы в книге Я. С. Дубнова «Ошибки геометрических доказательств» (М.: Технико-теоретическая литература, 1955).

33. Это четыре равные грани правильного тетраэдра.

ЗАЧЕТНАЯ РАБОТА ПО ПОВТОРЕНИЮ (1 ч)

1. Выберите и решите какой-нибудь пункт из задач № 30, 31 или 32.

2. Выберите и решите какой-нибудь пункт из задачи № 16.

3. Решите одну задачу из тех, что не разбирались в классе.

4. Решите одну из задач № 27 а), 27 б).

Перед зачетной работой можно провести урок, на котором ребята в парах спокойно еще раз просмотрели бы все задачи на с. 10—16, сосредоточили бы свое внимание на самых важных, с их точки зрения, на самых интересных, на самых трудных. Д. Пойя говорил: «Тот, кто не может обдумать все заново, не может мыслить верно»1).

Для школьника решить данную задачу — значит научиться чему-то связанному с изучением математики, узнать и осознать новые математические факты, усвоить новые математические методы, накопить определенный опыт. Вот поэтому так важно еще раз посмотреть на все решенные задачи, еще раз подумать о них на зачетной работе.

1) Пойа Д. Математические открытия.— М.: Наука, 1970.

Глава I

ПЛОЩАДИ МНОГОУГОЛЬНЫХ ФИГУР

«Замечено, чем больше учитель учит своих учеников и чем меньше предоставляет им возможностей самостоятельно приобретать знания, мыслить, действовать, тем менее энергичным и плодотворным становится процесс обучения».

И. Я. Лернер

§ 1. МНОГОУГОЛЬНИКИ И МНОГОУГОЛЬНЫЕ ФИГУРЫ

Теория

В учебнике эта простая тема изложена изящно, с большим интересным иллюстративным материалом. Поэтому надо подумать, как организовать самостоятельную работу учеников с текстом. Важно, чтобы ребята вчитались в каждое слово параграфа, рассмотрели рисунки, не застряли в массе новых понятий.

Можно каждой паре учеников раздать большие листы бумаги и попросить расположить на них после чтения параграфа все новые понятия, их свойства, сопровождая своими рисунками, отличными от авторских.

Потом листы вывешиваются, их смотрят, обсуждают.

После этого пары меняются, каждая пара снимает какой-либо лист и по нему рассказывает все, что знает. По одному из листов рассказать все о многоугольниках и многоугольных фигурах может сам учитель. Затем надо предоставить время каждому ученику для самостоятельных записей в тетради по этой теме и для ответов на вопросы, которые даны в конце параграфа.

Можно провести мастерскую по этой теме.

«Изучать можно лишь то, что прежде будило воображение».

Г. Башляр

Мастерская: Многоугольники и многоугольные фигуры

Вариант первый

I. Работа идет в парах, хотя рисунки и некоторые записи выполняет каждый.

Напишите слово «многоугольник».

Представьте его образ и нарисуйте. Дайте имя каждому его элементу, имя напишите рядом с элементом прямо на рисунке. Рисунки вывешиваются.

Среди элементов многоугольника хотелось бы, чтобы были названы граница, стороны, вершины, углы. Если они не будут названы на рисунках ребят, то с ними ученики познакомятся на рисунке учителя.

II. Нарисуйте не многоугольник. Покажите соседям свой рисунок.

III. Дайте определение многоугольника. Поговорите с соседом.

IV. Слушаем, корректируем, составляем окончательный вариант. Учитель дает определение замкнутой ломаной линии и приводит определение многоугольника, данное в учебнике. Можно сначала не говорить, что это определение взято из учебника. Возможно, ученики с ним не согласятся и начнут критиковать.

V. Нарисуйте многоугольник, у которого не было бы ни одного угла, меньшего 180°.

Когда попытки ребят не приведут к успеху, учитель просит доказать, что у каждого многоугольника есть углы меньше 180°. Если поиски доказательства будут трудны, то можно на доске нарисовать рисунки 15 а), б), в) из учебника, хотя поиск, возможно, будет очень интересен.

VI. Учитель дает определение выпуклого многоугольника и предлагает ребятам нарисовать выпуклый и невыпуклый многоугольники. Ребята рисуют, обсуждают в группе, и затем от каждой группы кто-нибудь один делает рисунки на доске и защищает свои примеры.

VII. Группам на листочках раздаются задания:

а) Докажите, что у выпуклого многоугольника все углы меньше 180°. б) Докажите, что отрезок, соединяющий любые две точки выпуклого многоугольника (в частности, любая его диагональ), содержится в этом многоугольнике, в) Докажите, что сумма углов выпуклого я-угольника равна (п — 2)-180°.

Задания могут быть одинаковыми у разных групп. Это даже лучше: будет с чем сравнить.

VIII. Слушаем группы.

IX. Учитель предлагает записать в тетради свойства выпуклого многоугольника и зафиксировать все три только что прозвучавших свойства. Конечно, можно предложить открыть с. 21 учебника и прочитать данные там доказательства.

Эта мастерская рассчитана на два сдвоенных урока или вообще на два урока, предположим, сегодня и послезавтра.

Тему «Многоугольные фигуры. Разбиение многоугольных фигур» хорошо задать на дом. Пусть дети нарисуют картинки, подтверждающие положение, выделенное в тексте параграфа: каждую многоугольную фигуру можно составить из треугольников.

Вернемся к мастерской. Вы, конечно, заметили, что мастерская предлагает ребятам задания, а не серию вопросов. Вопросы

должны созреть в их головах в процессе выполнения заданий. Многие из них мы так и не узнаем, ибо один возникший вопрос породит следующий и т. д., пока ученик не дойдет до решения. Чаще всего мы услышим уже готовый ответ, готовое решение проблемы. Серию вопросов, но не наводящих на ответ, живущий в голове учителя, а вопросов, стимулирующих собственный поиск учащихся, задаст мастер. Казалось бы, что ж тут плохого, когда, отвечая на ряд вопросов, ребенок приходит к правильному ответу. Помните, как это прекрасно делал Сократ в диалогах Платона «Менон»? Он помог рабу, никогда не изучавшему геометрию, сделать вывод о том, что площадь квадрата, построенного на гипотенузе равнобедренного прямоугольного треугольника, вдвое больше площади квадрата, построенного на любом из его катетов. Это было торжество учителя, но не ученика. Вряд ли после этого урока раб понял теорему Пифагора и познал геометрию.

Еще хочу сказать, что дети на мастерской не прикованы к своему месту, они не обречены все 45 мин смотреть в затылок одноклассника. Обычно на мастерской столы стоят более свободно, иногда полукругом, иногда для работы в четверках и т. д., ибо от организации классного пространства зависит атмосфера в классе, атмосфера творчества. Если столы не стоят в три ряда, лицом к кафедре учителя, то учитель лишается своего центрального положения и его роль на уроке становится иной, чем прежде. Попробуйте сесть за стол, который по расположению в классе ничем не отличается от других. Ученики уже не будут обязаны не отрывать глаз от учителя, а значит, им незачем будет стремиться угадывать его мысли, они перестанут вести диалог только с ним. Иные объекты, иные субъекты попадут в поле зрения ученика. Он будет одновременно в диалоге с несколькими оппонентами. А сколько радости вашему глазу доставят мизансцены, которые непроизвольно возникнут при целенаправленном перемещении учеников в пространстве класса!

Теперь почитаем отрывок из «Психоанализа огня» Гастона Башляра (М.: Прогресс, 1993): «Всякая объективность, достигнутая проверкой, противоречит первому впечатлению от объекта. Она требует сначала все подвергнуть критике: ощущения, здравый смысл, опыт — даже самый привычный, наконец, этимологию, ибо слово, предназначенное воспевать и обольщать, чаще всего расходится с мыслью». Итак, чтобы получить новое знание, надо расстаться со старым, увидеть его неточность, неполноту. Действительно, с темой «Многоугольники» ребята знакомы давно, на примерах квадрата, ромба, прямоугольника, параллелограмма, трапеции. С чем же им придется расстаться в прежнем понимании этого понятия, на какой виток поднимутся их знания после изучения этой темы в 8 классе? Оттолкнемся от этих вопросов и попробуем построить другую мастерскую по этой теме.

Мастерская: Многоугольники и многоугольные фигуры

Вариант второй

I. Одной группе предлагаются рисунки из учебника 25 б), в), г), другой — рисунки За), б), третьей — рисунки 31 в), 28 з), четвертой — многоугольник, нарисованный на шаре. Мастер просит каждую группу выяснить, даны ли им рисунки многоугольников. Если группа обнаружила у себя рисунок многоугольника, то пусть сочинит убедительную речь, обосновывающую свою позицию. Если же у группы нет ни одного рисунка многоугольника, то пусть постарается указать признаки, по которым она сделала такой вывод.

II. Слушаем группы.

III. Нарисуйте многоугольник, которого вы никогда еще не рисовали.

IV. Вдумайтесь в выражение «выпуклый многоугольник» и попробуйте нарисовать такой, а рядом как бы в противовес ему нарисуйте невыпуклый многоугольник.

Растолкуйте, какой многоугольник вы решили отнести к группе выпуклых, а какой — к группе невыпуклых.

V. Слушаем группы.

VI. Нарисуйте различные виды ломаных, содержащих по шесть звеньев.

Нарисуйте различные виды многоугольников, содержащих по шесть сторон.

Подумайте, чем отличается ломаная от многоугольника, какая связь между ломаной и многоугольником.

VII. Слушаем группы.

VIII. Читаем в учебнике пп. 1.1, 1.2, 1.3 (до свойств выпуклых многоугольников).

IX. Слушаем комментарий прочитанного.

X. Мастер говорит, что многоугольной фигурой называется объединение конечного числа многоугольников, просит нарисовать несколько многоугольных фигур.

XI. Ходим, смотрим, обсуждаем.

Вот такая получилась мастерская. Возможно, теперь ряд первых заданий позволит школьникам усомниться в том, что они знают, что такое многоугольник, и, возможно, это сомнение пробьет брешь в старых знаниях, которая затем будет заполнена более научной, более объективной информацией, хотя есть опасность: не перегрузил ли я начало мастерской незнакомыми объектами, не отпугнет ли это ребят и тем самым не затруднит ли понимание задания, не заблокирует ли их деятельность? Психологи отмечают, что даже при бесцельном манипулировании с объектами, текстом, ребята начинают обнаруживать в них знакомые характеристики и первая растерянность проходит. Проис-

ходит разблокировка понимания. Рассматривание рисунков, выполнение рисунков, соответствующих данному понятию, казалось бы, не связаны с пониманием. Эта деятельность как бы направлена на другое. Но именно в этой работе и начинает возникать понимание. Ребята замечают все новые и новые характерные признаки многоугольника, выпуклого многоугольника, многоугольной фигуры. Информация о них накапливается, и наконец хорошо известное понятие отражает новый смысл.

Уже первое задание заостряет внимание ребят на довольно странных фигурах. Пусть они сами разберутся со своими недоумениями — учителю не следует вмешиваться. Надо удержать себя от растолкования, ибо это может заблокировать процесс понимания. Ученик, конечно, скажет вам после такого разъяснения: «Спасибо, я все понял», хотя смысл его слов будет совсем другой: «Отстань, все равно я ничего не пойму из твоих объяснений. Сам подумаю». И не страшно, что свое понимание он начнет с неправильного понимания. Возможно, первые задания мастерской и дают повод для такого понимания. В результате выполнения всех заданий нужная информация концентрируется, ненужная, неверная отбрасывается. Наличие критической массы новой информации и позволяет сделать прорыв к новым знаниям.

«Если хотите научиться решать задачи, то решайте их».

Д. Пойа

Задачи

Перед тем как решать задачи по этой теме, предложите ребятам еще раз вернуться к решению задачи № 5 г) на с. 11. Пусть они составят общие рекомендации решающему задачу, опираясь на тот разговор, который ведут по задаче № 5 г) авторы. Материал богатый, его полезно проанализировать и самое важное запомнить.

Сначала намечается план решения, причем выбор способов решения происходит с опорой на анализ условия, которое осмысливается и в целом, и в деталях.

Делается попытка реализовать один из путей, идет осторожное продвижение вперед. Автор как бы постоянно прислушивается к себе, после каждой четко сформулированной цели старается зафиксировать все разумные идеи, пришедшие в голову. Затем идет их проверка. Иногда одна задача разбивается на множество маленьких. Можно обратить внимание ребят на такие фразы текста: «Здесь можно пойти разными путями», «Возможны и другие способы решения», «Попробуем пойти первым путем», «Первая идея...», «Если сразу не получается, то попробуем порассуждать», «Решив задачу, не спешите с ней расставаться. Посмотрите еще раз свое решение: а вдруг в нем найдут-

ся не вполне обоснованные, хотя бы даже и очевидные утверждения?», «Затем попробуйте поискать другие доказательства»... Очевидно, что автор не излагает решение, неизвестно как найденное, а раздумывает, размышляет, прислушивается к себе, сомневается. Поучительно, что с окончанием решения задачи она не забывается, а ищется другой способ, предлагается решить более сложную задачу — обобщение данной.

После разговора в парах хорошо дать поговорить в четверках, а уже затем четверки будут выступать перед классом с результатом своих исследований. Таким образом, ученики сами найдут приемлемый для них способ работы с задачей. Старый, хорошо знакомый нам способ работы с задачей в классе путем подсказок и наводящих вопросов вряд ли учит ребят решать задачи, он лишь помогает найти ответ в каждой конкретной задаче. Важно же формировать общие методы действий, которые помогли бы ученику осуществить самонаведение на решение.

Когда четверки будут излагать свои соображения, не торопитесь одобрять или отвергать их точку зрения. Дайте время для того, чтобы они сами отказались от неправильных выводов. Активная самостоятельная работа мысли начинается только тогда, когда перед человеком возникают проблемы. А решение проблемы довольно часто начинается с озарения, когда устанавливается мостик между известным и неизвестным.

Не спугните приход озарения, не спешите своим авторитетом загубить мысль, сам процесс поиска. Подумайте, чем же ваш ответ, правильный ответ учителя, отличается от ответа в конце задачника. Авторитетное мнение учителя — это та же шпаргалка, которую мы презираем, которая вызывает наш справедливый учительский гнев, когда ребенок пытается ею воспользоваться.

Полезно завести «копилку методов», в которую на протяжении всего года ребята будут заносить обнаруженные методы решения геометрических задач и советы решающему задачу.

Лучше для этой цели завести отдельную папку и вкладывать в нее листы, на которых записаны советы и методы после очередного исследования решения, разобранного в учебнике, в классе, или после результатов своих самостоятельных поисков.

Хорошо, если учитель тоже будет создавать свою «копилку», тогда ребята могут заглянуть и в нее. В этой книге в каждом параграфе вы найдете образец моей работы в этом плане.

Приведу два листа, занесенные в «копилку», составленные после изучения решения задачи № 5 и задачи № 1.25.

Лист № 1 В копилку методов

Задача № 5 г)

Советы решающему геометрическую задачу: 1. Наметь несколько путей, по которым может пойти решение задачи. 2. Исследуй каждый из намеченных путей. 3. Доказательство равенства углов вытекает из равенства треугольников. Поэтому надо найти треугольники, в которые входят углы, равенство которых следует установить. 4. Различные формулировки задачи — толчок к поиску пути ее решения. 5. Решив задачу, не спеши с нею расставаться. Посмотри еще раз свое решение, дай обоснование каждому, даже вполне очевидному утверждению. 6. Попробуй поискать более короткое, более красивое доказательство.

Метод решения задачи на доказательство равенства углов. Если в задаче равенство углов трудно установить, пользуясь определением, то можно попробовать найти треугольники, содержащие эти углы, доказать их равенство и затем сделать вывод о равенстве соответственных углов.

Лист № 2 В копилку методов

Задача № 1.25

Советы решающему геометрическую задачу: 1. Попробуй увидеть искомую фигуру как часть простой, хорошо известной тебе геометрической фигуры. 2. Иногда полезно предположить, что задача решена, искомая фигура получена, и проанализировать возникшую ситуацию. 3. При поиске решения не спеши доказывать, обосновывать каждый свой шаг. Опирайся на интуицию, вырабатывай у себя геометрическое видение и доверяй ему.

Метод получения геометрической фигуры с заданными свойствами. Задача, в которой спрашивается, как сделать фигуру с заданными свойствами, сводится к построению этой фигуры. Построение фигуры не всегда выполняется циркулем и линейкой. Часто под построением фигуры подразумевается сведение этой задачи к ранее решенным задачам на построение фигур. Мы знаем, что через данную точку можно построить циркулем и линейкой прямую, параллельную данной; поэтому мы просто ссылаемся на эту задачу, не выполняя все этапы этого построения.

Установить правдоподобность существования отрезка данной длины в некоторой фигуре можно исходя из того, что длина отрезка непрерывно меняется.

МАСТЕРСКАЯ ИЛИ УРОК?

Мастерская — это новый способ организации деятельности учеников. Она состоит из ряда заданий, которые направляют работу ребят в нужное русло, но внутри каждого задания школьники абсолютно свободны. Они каждый раз вынуждены осуществлять выбор: выбор пути исследования, выбор средств для достижения цели, выбор темпа работы и т. д. Мастерская часто начинается с определения знаний каждого ученика по данному вопросу, затем эти знания обогащаются знаниями соседа по парте. На следующем этапе знания корректируются в разговоре с другой парой, и только после этого точка зрения группы объявляется классу. Знания еще раз корректируются в результате сопоставления своей позиции с позицией других групп.

Теперь уже ребята подготовлены для чтения научной литературы, учебника; такую работу можно организовать.

Вы, наверное, заметили, что нигде пока не говорится ни об обобщениях, с которыми обычно выступает учитель на уроке, ни об исправлении учителем неверных ответов. Учитель пока слушатель до этого момента. Сейчас же он, как и все ученики класса, может высказать свою точку зрения. В отличие от урока на мастерской выстраиваются знания, но не даются, не передаются; поэтому, возможно, что так до конца занятия и не прозвучит истина, которую знает учитель. Будет создана хорошая посылка для размышлений и прекрасное начало следующего урока, а лучше мастерской, которую, конечно, дети будут ждать с нетерпением.

Вы встретите на страницах этой книги около десятка мастерских. Конкретные примеры позволят вам увидеть больше, лучше понять и способ построения мастерской, и методику ее проведения. Попробуйте построить свои мастерские — вы поймете, что с новой технологией преподавания наступит обновление и вас как учителя, да и дети станут другими. Попробуйте.

«...Вместо того, чтобы душить творчество детей (разоблачать их ошибочные теории), не лучше ли создать интеллектуальную среду, в которой критерии истинности и ложности не занимали бы доминирующего положения».

С. Пейперт

Мастерская: Использование соображения непрерывности при решении задач

I. Задания четверкам: а) У вас имеются две рейки, соединенные шарниром. Докажите, что угол между ними может быть 127°. б) У вас имеется шарнирный ромб со стороной 10 см. Дока-

жите, что его площадь может равняться 55 см2, в) У вас имеется складной метр. Докажите, что его можно сложить так, что расстояние между его концами будет равно 73 см. г) Вы построили квадрат и провели его диагональ. Длина диагонали 2 см. Затем вы провели несколько отрезков, параллельных диагонали, с концами на сторонах квадрата. Докажите, что длина одного из них может равняться 1,7 см.

II. Слушаем четверки. Учитель не комментирует их обоснования.

III. Четверки получают задание: «Испортите» свою задачу так, чтобы из ее условия не следовала бы истинность утверждения, данного в заключении, но все числовые данные задачи должны быть сохранены.

IV. Слушаем четверки. Учитель не комментирует ответы ребят.

V. Дается время для корректировки ответов на первое задание. Четверки обдумывают все, что услышали.

VI. Слушаем четверки. Они дают свое окончательное обоснование утверждения, которое следовало доказать в первом задании. Учитель не комментирует их ответы.

VII. Каждому ученику предлагается прочесть, а затем обсудить в четверке первый абзац решения задачи № 1.25 д) на с. 29.

VIII. Слушаем выступление представителя каждой четверки. Учитель не комментирует. Четверки, конечно, могут говорить не только по этому абзацу, но и по всем заданиям, которые они выполняли.

IX. На доске написано: «Если какая-либо величина менялась непрерывно в течение какого-либо отрезка времени и в начальный момент она была меньше какой-то постоянной величины а, a в конечный момент больше чем а, то в какой-то промежуточный момент она была равна а».

Предлагается прочитать, обсудить в четверках и дать ответ на первое задание, используя информацию, полученную из этого текста.

X. Слушаем четверки.

XI. Четверки получают задание: «Установите, верно ли, что сумма противоположных углов четырехугольника, у которого стороны пропорциональны числам 5, 4, 3, 6, не может равняться 180°».

XII. Подсказка: представьте, что этот четырехугольник шарнирный. Правда, эта подсказка уже была (см. задание I).

XIII. Слушаем решение. Так как в четырехугольнике ABCD АВ + BC = CD-\-DA, то можно деформировать (сплюснуть) четырехугольник так, чтобы все его вершины оказались на одной прямой. В этом начальном положении четырехугольника /-А + + ZC = 0°< 180°. Будем теперь сжимать четырехугольник в направлении АС до тех пор, пока вершина С не окажется на отрез-

ке BD. В этом конечном положении Z.A+ Z.C>180° (Z.C = = 180°).

Так как из начального положения мы пришли к конечному положению, непрерывно меняя сумму АА + Z.C, то в какой-то промежуточный момент величина суммы Z.A + Z.C была равна 180°.

XIV. Каждый записывает в «копилку методов» суть этого способа решения задач.

XV. Слушаем, вносим коррективы.

Комментарий

Вернемся к первому заданию. Может показаться, что первую задачу решить проще. Ребятам про угол все известно, что нельзя сказать о площади ромба. Однако решение той и другой задачи основано на одном и том же методе. В первой задаче можно совместить рейки, и тогда угол между ними будет равняться нулю, а затем раздвинуть их — образовать развернутый угол. А так как величина угла меняется непрерывно, следовательно, величина угла между рейками может быть любой — от 0° до 180°, значит, возможен и угол 127°.

Во второй задаче из шарнирного ромба можно сделать квадрат, тогда его площадь 100 см2, но можно сложить его так, что все вершины будут лежать на одной прямой и, следовательно, площадь ромба будет равна 0, но 0 см2<55 см2<100 см2. В третьей задаче расстояние между концами складного метра заключено от 10 до 100 см. В четвертой задаче длина переменного отрезка непрерывно меняется от 0 до 2 см.

КОММЕНТАРИЙ К РЕШЕНИЮ ЗАДАЧ

1.2. а), б) От 2 до 18 (рис. 19).

1.3. а) Рис. 20. б) Рис. 21. в) Рис. 22. г) Это сделать невозможно. Каждое звено может пересекаться лишь с двумя несоседними с ним, т. е. точек пересечения не более 2 (на каждом звене).

Если звеньев 5, то точек не более пяти (делим на 2, так как каждая точка считается дважды: на обоих пересекающихся ребрах). Четыре точки пересечения возможны, лишь если на двух звеньях по одной точке пересечения, а на остальных трех — по 2. Если на каком-то звене 0 точек пересечения, то на двух несоседних с ним не более чем по одной (они не пересекаются с «пустым звеном») и пересечении не более -2-= при этом два звена, содержащие по одной точке пересечения, не пересекаются, и, таким образом, они несоседние. Пусть это звенья AB и CD (рис. 23). Звенья ЕА и ВС выходят в одну сторону от прямой AB, и точки £ и С лежат по одну сторону от прямой AB.

Рис. 19

Рис. 20 Рис. 21 Рис. 22

Рис. 23 Рис. 24

При этом звенья ЕА и ВС должны пересекаться. Звено ED должно пересекать звено AB, и, таким образом, точка D лежит по другую сторону от прямой AB (по отношению к точкам С и Е). Тогда звено CD либо пересечет и AB, и АЕ (но AB не пересекается с CD\), либо не пересечет ни AB, ни АЕ, и тогда точек пересечения будет не более трех, д) Рис. 24.

1.4. а) Наибольшей длины ломаная не имеет: ее можно делать сколь угодно близкой к 9 (не меньше 9).

У нашей ломаной два конца. Если она заканчивается не в вершине, от конца до последней вершины куба ломаная уменьшится менее чем на 2 (от каждого конца отломили кусок длины меньше чем 1 или вообще ничего не отломили). Теперь она начинается и заканчивается в вершинах куба. От каждой вершины куба отходит как минимум одно ребро, по которому не идет ломаная (по одному ребру ломаная «приходит» в вершину, по другому — «уходит», третье «пустое»); кроме того, в двух вершинах, где ломаная начинается и заканчивается, «пустыми» остаются целых два выходящих ребра. Таким образом, мы имеем как минимум 6 + 2-2= 10 «пустых» концов и, так как в середине ребра ломаная возникнуть не может, не менее -^—^ «пустых» ребер.

Таким образом, длина ломаной не более 12 — 5 = 7. Отрезали же мы вначале менее двух, и, следовательно, ответ: всегда длина ломаной окажется меньше 9. б) От каждой вершины куба должно отходить как минимум одно ребро, не содержащее ломаной. Таким образом, мы имеем по крайней мере 8 «пустых» концов и, следовательно, не менее -^ — ^ «пустых» ребер. Таким образом, длина ломаной не превосходит 12 — 4 = 8. Ломаная длины 8 существует (рис. 25).

1.5. Нет, нельзя. Длина такого пути окажется не меньше чем АС + СВ. Действительно, все участки пути, параллельного АС, в сумме должны иметь длину не меньше АС. Спроектируем путь на прямую АС параллельно прямой СВ. При этом участки, параллельные СВ, перейдут в точки; участки, параллельные AB,

Рис. 25

Рис. 26

Рис. 27

Рис. 28

Рис. 29

Рис. 30

перейдут в отрезки такой же длины; начало пути — в точку А\ конец (точка В) — в точку С. Таким образом, сумма длин проекций участков, параллельных AB (а значит, и сумма длин самих этих участков), будет не менее длины отрезка АС. Аналогично сумма длин участков, параллельных Cß, будет не менее длины отрезка СВ.

1.6. а) 5. б) 21. в) HSüzR,

1.7. Противоречия нет (рис. 26).

1.8. Такая ломаная существует (рис. 27), если клетки начала и конца разного цвета (т. е. черная и белая) ломаная проходит через 64 клетки; если расстояние между соседними центрами 1, то длина ломаной 63; если клетки несоседние, то см. рисунок 28.

1.9. а) Рис. 29. б) Рис. 30. в) Индуктивно по п: если квадрат пХп точек можно «обойти» (2/1 — /г)-звенной ломаной и при этом один из концов ее — в углу этого квадрата

Рис. 31

Рис. 32

(как в п. б)), то добавим 2п +1 точку «уголком», а ломаную удлиним таким образом, чтобы можно было обойти предшествующую конфигурацию (рис. 31). Добавится как раз два звена, и квадрат (п+ 1)Х(я+ 1) точек будет покрыт ломаной с числом звеньев (2/г — 2) + 2 = 2(п-\-1 ) — 2. (Отметим, что 2п — 2 — наименьшее возможное число звеньев в такой ломаной.)

1.11. Рис. 32.

1.12. Рис. 33.

1.13. В сумме с углом я-угольника, к которому прилегает каждый внешний угол, дает 180°, т. е. все углы (внешние и внутрен-

Рис. 33

Рис. 34

ние) в сумме дают 180°-я. Сумма углов я-угольника 180° (п — 2). Искомая сумма равна Ш°п— 180° (п — 2) = 360°.

1.14. Нет, не может. Если вершины Л,, Л„, то стороны Л,Л2, Л2Л3, Л„Л, — каждой вершине соответствует выходящая из нее (в сторону следующей, скажем, по часовой стрелке вершины) сторона.

1.15. а) Треугольник, четырехугольник, пятиугольник, шестиугольник (рис. 34). Так как каждый угол многоугольника может получиться лишь из какого-либо угла треугольника, то более чем шестиугольник получить нельзя, б) Более чем девятиугольник получить нельзя, так как каждый угол многоугольника — угол одного из треугольников (или объединения нескольких таких углов). Рис. 35.

1.16. Рис. 36.

1.17. а) Рис. 37. б) Рис. 38. в) Такого не может быть (рис. 39).

1.18. Существует точка О, из которой видна вся граница. Она находится внутри многоугольника. (Если она находится вне его, то можно провести через О прямую, пересекающую многоугольник. Она пересечет границу как минимум в двух точках, и дальняя из этих точек не видна из О.) Если из точки О провести лучи,

Рис. 35

Рис. 36

Рис. 37 Рис. 38

Рис. 39

то каждый из них пересечет границу ровно в одной точке. Проведем лучи из О через все вершины многоугольника. Они разобьют плоскость на углы. Теперь всякая точка находится в каком-то из этих углов. Отметим произвольную точку А. Из нее видна та сторона, которая лежит в том же углу, что и точка А (рис. 40).

Рис. 40

Рис. 41

Рис. 42

Рис. 43

1.19. а) Ответ 3 (например, в треугольнике). Докажем «от противного»: если бы в многоугольнике было по крайней мере четыре острых угла А, В, С, D (возможно, и еще), то их сумма была бы менее чем 90°-4, остальные (п — 4) угла каждый менее 180° (я-угольник выпуклый) и сумма углов была бы меньше чем 90°.4+180° (az — 4)= 180° (дг — 2). б) Рис. 41. в) Рис. 42.

1.20. Пусть имеются /LA, /LB, Z.C, ZD, /LE. Тогда (/-А + + Zß) + (Zß+ ZC) + (ZC+ ZD) + (Zfl+ Z£) + (Z£ + + Z_A) = 2(/LA + Zß+ Z.C+ ZD+ Z£) = 2-180°.3= 180°.6> >180°«5. Сумма пяти слагаемых больше 180°, следовательно, хотя бы одно из слагаемых больше 180°.

1.22. а) -^2 ^ . б) Треугольников столько же, сколько троек вершин. Выбрать первую вершину в тройке можно п способами, вторую — (п— 1), третью — (п — 2), т. е. п (п— 1 ) (п — 2). Но поскольку порядок выбора вершин нам неважен (а одну и ту же тройку мы считали 6 раз: ABC, АСВ, ВАС, ВСА, CAB, СВА), то

ответ:

1.23. б) Точки MhX,KhY,ZuL должны делить соответствующие стороны на три равные части, в) Для других пар разности тоже равны 1. 1. Пусть XK+\=ZL, N£ZL, NL=l, XK = ZN. Проведем прямую NP через точку N параллельно AB, соединим X и Z, К и N (рис. 43). XKNZ — параллелограмм. AXZM = = Л NKP по стороне (XZ = KN) и двум углам (соответствующие углы равны как углы между параллельными парами прямых), и, таким образом, MZ = KP, MX = NP. Треугольники CYL и CPN правильные, NC = PC, LC= Y С, следовательно, NL = NC — LC = = РС-YC = PY. Таким образом, PY=\ и KY-MZ = KP — — MZ + PY' = PY'=1. Аналогично (отметив точку /V, так, что NlL = XK, ZNX = 1, и проведя через нее прямую параллельно ВС) доказывается, что ХМ—YL=\. 2. Случай, когда ZL-\-l=XK, разбирается аналогично.

1.24. В шестиугольнике можно провести максимум три непересекающиеся диагонали, разбивающие его на четыре треугольника. Для л-угольника ответ: максимум п — 3 диагонали, разби-

вающие его на п — 2 треугольника. Докажем это. Углы треугольников— части углов я-угольника, сумма углов треугольника 180°, я-угольника 180° (/г —2), следовательно, треугольников п — — 2. Если от многоугольника «отрезать» самый «левый» треугольник, то в новом многоугольнике будет на одну вершину и одну диагональ меньше. Действуя таким образом, мы дойдем до треугольника, в котором нет диагоналей; так как диагоналей и вершин мы «откинули» поровну, то в исходной картинке диагоналей было на три меньше, чем вершин, а значит, и сторон.

1.26. а) См. задачу № 13. (Повторение курса 7 класса.) б) Для я-угольника ответ также 180°. Доказательство то же.

1.27. Рис. 44.

1.29. Рис. 45.

1.30. Рис. 46.

Рис. 44

Рис. 45 Рис. 46

Рис. 47

1.32. Ответы во всех случаях: нет (рис. 47).

1.34. Нет, не будет. Четырехугольников по четырем сторонам можно построить бесконечно много.

1.36. в) Таких четырехугольников бесконечно много (рис. 48). г) Таких четырехугольников бесконечно много (рис. 49).

1.38. а) Это верно, если никакие три точки не лежат на одной прямой. Рассмотрим выпуклую оболочку пяти точек (наименьший содержащий их выпуклый многоугольник). Если это четырехугольник — все в порядке; если пятиугольник — возьмем любые четыре точки из этих пяти; если треугольник — три точки в вершинах (Л, ß, С), две (D и Е) внутри. Соединим D с Л, В с С (рис. 50). Продолжим AD за D до F£BC. Д DßC разделится на два треугольника, Е — в одном из них (пусть в A DBF). Тогда А, В, D, Е — в вершинах выпуклого четырехугольника (обе диагонали BD и АЕ лежат целиком внутри ABDE).

1.39. а) Достаточно построить четырехугольник ABCD, в котором AB = ВС — CD = а и ÂABC= Z.BCD = a (а и а выбираем сами), б) Этим условиям удовлетворяет квадрат, в) Годится картинка п. а), г) Пусть Р — середина AD (рис. 51). AP = PD, PB — = РС и АВАР= ACDP по трем сторонам, ААВР= ADCP, ВР = СР=> АРВС= АРСВ\ тогда ААВС= A BCD. И обратно:

Рис. 48 Рис. 49 Рис. 50

Рис. 51

Рис. 52

Рис. 53

если /LABC= /.BCD, то АВАС= A BCD, AC = BD и ABAD = = ACAD по трем сторонам; тогда /.ВАР= /.CDP и АВАР = = ACDP по двум сторонам и углу, отсюда РВ = РС. Таким образом, это тот же случай, что и в п.а), д) Опять случай а), е) Квадрат или равнобокая трапеция, ж) Это ромб, з) Пусть биссектрисы пересекаются на стороне AD в точке О, тогда легко доказать, что АО = СО, BO = OD и /LAOB= /.ВОС= /.COD = 60°. Отсюда построение, и) Диагональ АС делит угол А пополам и перпендикулярна CD (рис. 52). /-ВАС= /-ВСА (ААВС равнобедренный). Проведем через С прямую СР\\ВА. CP = BA = CD = = АР, аАВС=аАРС и /.ACP = /LCAP. Пусть /.ВАС = а, /. CPA = 180° - 2а. Тогда /L CDP= Z. CPD = 180° - Z CPA = 2а, ZPCD = 180°— /.CPD — /.CDP — 180°-4а и ААСР+ /LPCD = = а — 4а+180°=180° — За = 90°. Таким образом, а = 30° и ЛCPD правильный. Построение. Проведем AD, пусть Р — середина AD. От А отложим угол Dy4ß = 2a = 60°, от D — угол ЛОС = 2а = 60°. Точки В и С такие, что AB = AP = PD = CD. Соединим В и С. к) Нарисуем прямой угол. Отступив от него, на одной стороне рисуем отрезок ВА (В ближе к вершине). Из точки В радиусом ВА проводим окружность. Пересечение с другой стороной угла обозначим С. От С отложим дальше по стороне угла CD = AB.

1.43. а) Пусть AD = BD, ВЕ = ЕС. Тогда DE — средняя линия и она параллельна АС (рис. 53). Таким образом, если провести через точку D прямую параллельно АС, то она совпадает с DE. (Через одну точку проходит ровно одна прямая, параллельная данной.) б) Проведем среднюю линию DE. Если хорда проходит ниже DE, то она больше, если выше — меньше DE, но D£ = 0,5ßC.

Зачетная работа

1. Решите одну из задач № 1.11.

2. Решите одну из задач № 1.12.

3. Решите одну из задач № 1.33.

4. Решите одну из задач № 1.36.

5. Решите одну из задач № 1.39.

«...Труден первый шаг И скучен первый путь...»

А. С. Пушкин

§ 2. ПЛОЩАДЬ МНОГОУГОЛЬНОЙ ФИГУРЫ

Теория

О площадях ребята кое-что знают.

Поэтому, после того как написана на доске тема, можно попросить пары сформулировать и записать все проблемы, которые возникают у них по этой теме. Затем пары могут обсудить, сопоставить то, что они зафиксировали на листе, с рассуждениями другой пары. Представитель четверки сообщает классу проблемы, которые надо решить при изучении этой темы. Учитель может все, что говорят ребята, кратко записывать на доске. Проблемы располагаются в удобном для изучения порядке, и начинается поиск их решения. Конечно, четверкам предоставляется возможность пользоваться учебником.

Учитель может привлечь внимание ребят и к вопросам, сформулированным в конце параграфа.

Каждой четверке дается право высказаться по тем проблемам, решения которых она нашла.

Можно предложить и другой вариант.

Учитель говорит, что авторы учебника дают такой план изучения темы «Площадь многоугольной фигуры»:

1) Определение площади многоугольной фигуры. 2) Измерение площади (рассказывают, что понимается под выражениями «измерение площади», «единица измерения площади»). 3) Доказательство (доказывают для любых прямоугольников, что площадь прямоугольника равна произведению длин его сторон).

Обсудите в группах этот план, удовлетворяет ли он вас, выясните, по каким пунктам плана у вас есть информация, соберите ее и представьте классу.

Далее учитель дает и кратко записывает определение площади многоугольной фигуры на доске, говорит об единицах площади.

Ребята наверняка вспомнят, как доказывается формула площади прямоугольника, когда длины его сторон — целые числа.

Разумно поставить вопрос: доказали мы, что эта формула верна для любого прямоугольника? Пусть ребята сформулируют и остальные случаи. Думаю, что они придумают ситуацию, когда стороны прямоугольника — рациональные числа, и достойно справятся с доказательством этого случая. А вот последний случай, когда нет натурального числа я, такого, что обе стороны прямоугольника кратны — -и части единичного отрезка /, им не придумать, ибо с иррациональными числами они к этому моменту вряд ли знакомы. Поэтому такой случай не стоит и разбирать.

Задачи

Уже по первым задачам этого учебника вы, уважаемые коллеги, могли заметить, что автор стремится развить вкус к решению задач, вкус к поиску, к формированию общих принципов работы с задачей, а не отработке каких-либо специальных навыков. Думаю, что и учитель зачетной работой, итоговым разговором по теме поможет ученикам сконцентрировать внимание на тех общих основных моментах, которые не только сохранят материал в памяти, но и сыграют огромную роль при изучении новой темы.

Общим руководством при решении задач этого параграфа является определение площади многоугольной фигуры. Можно прямо на доске написать два свойства площади: 1) Равные треугольники имеют одну и ту же площадь. 2) Если фигура составлена из нескольких многоугольных фигур, то ее площадь равна сумме площадей этих фигур. Задачи № 2.1—2.14, да и другие убедят ребят в могуществе этих свойств.

Но можно начать не с традиционного решения задачи № 2.1, а с самостоятельного разбора, а затем разговора в парах и общего разговора в классе по задаче № 2.14.

Работу с этой задачей можно организовать по-разному: от самостоятельных поисков решения, а затем чтения авторского варианта до простого ознакомления с решением, предложенным в учебнике. Но в данный момент важно не столько познакомить ребят с тем, как решается эта задача, сколько изучить стиль работы автора с задачей. Поэтому пусть школьники составят для себя план размышления автора над задачей. Конечно, они обратят внимание на фразы: «Прежде всего надо разобраться в условии задачи. Что значат фразы «из всех прямоугольников» «Условие задачи сформулируем иначе...», «Что можно увидеть на этом рисунке?», «Эта задача легко переводится на язык алгебры», «Очень полезно для собственного математического развития решать одну и ту же задачу разными методами».

После разговора о задаче № 2.14 можно парам или четверкам предложить выбрать одну из задач № 2.2—2.4 и решить ее. Решения можно написать на отдельном листочке и все решения вывесить в классе. Конечно, затем надо дать 20—25 мин для разглядывания решений, для разговора с авторами. Лучше, если на листочке, кроме номера задачи, будет написано и условие (кратко). На дом тоже можно задать задачи на выбор: решайте сколько угодно задач и какие угодно. Но тогда следующий урок обязательно надо начать с разглядывания домашнего задания. Пусть ребята «похвастаются» друг перед другом своими удачами, пусть поговорят о неудачах. Ничего, что немножко будет шумно.

Лист № 3 В копилку методов

Задача № 2.14

Советы решающему геометрическую задачу: 1. Прежде всего разберись в условии задачи. 2. Подумай, что означает каждая фраза. 3. Попытайся условие задачи сформулировать иначе. 4. На рисунке изобрази все фигуры, о которых говорится в задаче. 5. Попробуй вглядеться в рисунок и вычитать из него всю информацию. 6. Введи обозначение и все подмеченные закономерности запиши в виде равенств или неравенств. 7. Задай себе серию вопросов по ходу поиска решения. Спорь с собой. 8. Все время помни об условии задачи, перечитывай его неоднократно. 9. Попробуй задачу перевести на язык алгебры. 10. Полезно одну и ту же задачу решать разными методами.

Метод решения задачи на нахождение наибольшего значения переменной. Экстремальная задача. Исследуемая величина в задаче — площадь. Площади двух сравниваемых фигур выразили через произведение длин отрезков, которые легко можно было бы сравнить.

КОММЕНТАРИЙ К РЕШЕНИЮ ЗАДАЧ

2.1. Пусть Нх = FX\F2 (т. е. Fx без частей, принадлежащих F2)» Н2 = F2\FX. Я, и W2— многоугольные фигуры, причем G2 и //, составляют Fjî G2 и Н2 составляют F2\ Нх, Н2 и С2 составляют G,. Тогда S(Gl) + S(G2)=(S(Hl) + S(H2)+S(G2)) + S(G2) = = (S(Hl) + S(G2)) + (S(H2) + S(G2)) = S(F,) + S(F2\ что и требовалось доказать.

2.2.

2.3.

2.4.

2.5. Возьмем данный квадрат ABCD. На стороне СВ построим равнобедренный прямоугольный треугольник с катетом CD, а затем на гипотенузе СЕ построим квадрат CFGE. Он искомый.

2.6. а) 1) Провести высоту KL AAKD и рассмотреть равенство аАВК и AAKL, AKLD и aKCD'w использовать свойства площадей. 2) По п. 1) SAKD = ^ SABa) = SALD. 3) Для решения за-

Рис. 54 Рис. 55 Рис. 56

дачи достаточно доказать, что SAKD = ^ SABCD . б) Надо разрезать треугольник по медиане. Пусть M — середина АС (рис. 54). Тогда по доказанному SABM = ^SAPNM и SCBM = |- SMNQC, а прямоугольники APNM и MNQC равновелики, следовательно, SAHM — — $свм •

2.8. Любая прямая, проходящая через центр прямоугольника, делит его площадь и периметр пополам.

2.9. Достаточно последовательно соединить середины сторон данного квадрата.

2.10. a) S (AGD) = S (AED), значит, надо доказать, что S(AEC) = S(BGD) или что S (АЕС) = ^ S (ABC), но это так, ибо высоты их равны, а основание ЕС = ^ВС. 6)S(AKDL) = = S(AKD) + S(ALD) = S(AGD) + S(ADE) = S(AGE) = = ±S(ABC). S (FKD) + S (KALD) = S (НАЕ) = ± S (ABC), тогда S(FKD)=^S(ABC); S(KALD) + S(DLB) = S(GAB) = ±S(ABC), тогда S (DLB) = j S (ABC), значит, S(CFD) = j S (ABC) и площади всех указанных фигур равны, в) Если AC±BD, то S(ABCD) = ±BD.AC. S (AHC) = S (GAC), так как АС\\ GH, тогда S (ABCH) = S (AGCB) = ± BG-AC = jAC-BD=±S(ABCD).

2.11. a) На АС построить прямоугольник ANRC с высотой МН = ^ВН (BW —высота A ABC) (рис. 55). б) Идея та же (рис. 56).

2.12. Пусть стороны одного прямоугольника а и Ь, другого — а' и &/Так как не может быть, чтобы каждая из а' и V была больше (меньше) и а, и Ь, то пусть а'<а. Тогда (рис. 57) AADE=ABCF. Значит, можно перекроить ABCD в четырехугольник ABFE, а его — в прямоугольник KBFL, со сторона-

ми а и X. Так как этот прямоугольник равновелик прямоугольнику со сторонами а и Ь, то х = Ь.

2.13. а) Четырехугольник можно разбить на два треугольника, а каждый из них — перекроить в прямоугольник. Каждый из этих прямоугольников перекроим в равный ему прямоугольник, имеющий фиксированную сторону. Эти прямоугольники можно приставить друг к другу, б) Сначала каждый из четырехугольников можно перекроить в прямоугольник (по п. а)), а затем из получившихся равновеликих прямоугольников один можно перекроить в другой (см. задачу № 2.12). Обобщение: из любых двух равновеликих многоугольников один можно перекроить в другой.

2.15. Рассмотрим все прямоугольники площади S. Пусть стороны прямоугольника а и Ь. Тогда Ь = —у периметр Р = = 2 + ~ У Оценим величину а + • а + ~~ =а~^^ — a/S~+VS~= (а~~~~^~) ~^Л^~' т* е* а~^~^ ^ VS~> причем равенство достигается тогда и только тогда, когда л/а=^L, т. е. а = Vs", b = a. Значит наименьший периметр из всех прямоугольников площади S имеет тот, у которого а = Ь, т. е. квадрат.

2.16. в) S и d,, S и d2 прямо пропорциональны, dx и d2 обратно пропорциональны, г) Уменьшилась в 1,5 раза, д) Буду отрезать от полосы куски по 1 см и класть их один на другой. Затем найду площадь получившегося прямоугольника, е) Пусть начальные размеры аХЬ. Через год площадь будет равна -j^SHa4, т. е. скорость уменьшения -j^S в год. Тогда оставшаяся -j^ S исчезнет за — года, т. е. чуть позже чем через месяц.

2.17. а) Пусть приращение площади AS = (a-\- Аа)2 — а2 = =2fl« Д а + (Д а)2. Так как Л а не изменяется, то, чем больше а, тем больше AS, но периметр Я = 4а. б) Надо, чтобы 2а-Да + + ( Да)2 = а2, а2-2аАа + ( Да)2 = 2( Да)2, (а- Да)2 = 2( Да)2, т. е. надо, чтобы а— Да = А/2"ла, или Да = —Ц=г а. в) За время / сторона квадрата вырастет на vt. Тогда периметр увеличится на 4 vt, т. е. скорость роста периметра 4vt. Площадь к моменту /0 равна (\-\-vt0fy а через время t равна (l+^o+^O2- Тогда приращение площади равно ДS = (vtf -\-2v2tÇ)t-\-2vt и -^-=Л-|-

Рис. 57

Рис. 58

-\-2v2t0-\-2v. Если считать, что время t мало, то получаем скорость изменения площади 2v (vt0-\- 1).

2.18. Рис. 58.

2.19. а) В 6 раз. б) Увеличилась в 4 раза, так как в 4 раза увеличилась площадь каждой грани. Обобщение: все ребра куба увеличены в п раз. Как изменилась площадь поверхности?

2.20. а) Да, так как эти части равны, б) Обозначим за S площадь одной грани куба. Очевидно, площадь сечения куба плоскостью, о которой идет речь в начале задачи, тоже равна S. Пусть площадь поверхности параллелепипеда равна S,, тогда 2S, =6S-f2S = 8S, S, = 4S = — -6S, т. е. площадь поверхности параллелепипеда составляет — от площади поверхности куба.

в) Разобьем все ребра куба на отрезки по 10~12 см. Проведем через концы этих отрезков плоскости, параллельные граням куба. Куб разобьется тогда на 1036 кубиков. Площадь поверхности каждого из них 6• 10—24 см2 и, значит, суммарная площадь 6-10~24. 1036 = 6- 10|2 = 600 км2.

2.21. б) Нет.

2.22. SABCD = SABC + SACD=±AC.(BHl + DH2)^AC(BO + OD) = ^ AC-BD=^ AC2 — это и есть половина площади квадрата, построенного на диагонали (рис. 59). Равенство имеет место тогда и только тогда, когда ВНх — ВО и DH2 = DOy т. е. BD1.AC, значит ABCD — квадрат.

2.23. а) По гиперболе ALyравной -~. б) SXXiAX2 = XX]-ХХ2 =

Рис. 59 Рис. 60 Рис. 61

Тогда при х-|-<0, т. е. Х2 — справа от середины AL, S(x) возрастает, а затем убывает. 2.24. В 2 раза больше.

2.25.

2.26. При сгибании листа в коробку точки Л, будут втягиваться «внутрь». При этом треугольники AßiOi и Afißi будут склеиваться (рис. 61).

2.27. а) 2 + У2"- б) 5,5. в) 6. г) б| (рис. 62).

Рис. 62

Зачетная работа

1. Напишите общий план работы с задачей.

2. Выберите какую-нибудь часть одной из задач № 2.2—2.4, решите ее и попробуйте описать поиск решения, пользуясь вашим планом.

3. Решите одну из задач № 2.25.

4. Решите одну из задач № 2.27.

5. Решите любую задачу.

§ 3. ПЛОЩАДИ ТРЕУГОЛЬНИКА И ТРАПЕЦИИ

«Каждый должен сам овладевать навыками по усвоению знаний и делать это в присущем ему стиле».

С. Пейперт

Теория

Начать изучение теории но этой теме можно с припоминания всего того, что ребята знают о площадях фигур. Можно каждому дать маленький листочек и попросить перечислить на нем известную ему информацию о площадях фигур. Возможно, кто-то напишет и формулы площадей некоторых многоугольников.

Конечно, затем надо каждому пополнить свою информацию о площадях знаниями соседа, поэтому они обмениваются листочками. Затем каждая пара получает еще один небольшой прямоугольный листочек. Требуется получить из него какой-нибудь треугольник, площадь которого равна половине площади прямоугольника. Доказательство правильности своих утверждений и соответствующий рисунок ребята делают в тетрадях. Понятно, что треугольники могут быть получены разные, необязательно прямоугольные, тем интереснее будут дальнейшие исследования.

Доказательство получено, требуется организовать разговор пар в четверках, а затем от каждой четверки выслушать ее представителя.

Дальше работа идет в четверках. Им предлагается обобщить утверждение о площади прямоугольного треугольника, вывести формулу площади любого треугольника. Те четверки, которые провели исследование и нашли доказательство, идут к доске, делают чертеж и сопровождают его необходимыми записями.

Класс слушает четверки. Учитель предлагает ученикам зафиксировать у себя в тетрадях необходимую им информацию, услышанную сегодня на занятии.

Пары ищут формулу площади трапеции, обговаривают доказательство в четверках, а затем все ребята просматривают § 3.

Вот так мне видится занятие по этой теме — на одном занятии получить формулы площадей и треугольника, и трапеции.

Всегда вызывает интерес учеников знакомство с историей математики. Ребятам будет любопытно узнать, что древние египтяне 4 000 лет назад пользовались почти теми же приемами, что и мы для измерения площадей прямоугольника, треугольника и трапеции. Г. И. Глейзер в прекрасной книге «История математики в школе. VII—VIII классы» (М.: Просвещение, 1987) сообщает, что для определения площади S равнобедренного треугольника ABC, в котором АВ = АС, египтяне пользовались приближенной формулой S =---. Понятно, что ошибка при вычислении по этой формуле тем меньше, чем меньше раз-

ность между стороной AB и высотой AD треугольника. Однако египтяне знали и точную формулу.

Любопытно, что площадь четырехугольника со сторонами а, о, с, d находилась по формуле 5 — а~^с • b~^d (а и с, b и d — противоположные стороны).

Можно ребятам предложить проверить эту формулу перед занятием, на котором будет изучаться площадь параллелограмма. Тогда будет обеспечено хорошее начало этого урока.

«Работа математика не идет по узкому пути от истины к истине, он стремительно или на ощупь пробирается сквозь окружающие его хляби утверждений; которые не являются ни абсолютно истинными, ни абсолютно ложными».

С. Пейперт

Задачи

Задачи этого параграфа составляют традиционный авторский набор, который будет нам встречаться и далее: задачи на доказательство, на вычисление, на сравнение величин, на нахождение наибольшего, наименьшего значений величин, на установление границ величины. Как всегда, ряд задач заканчивается требованием обобщить ситуацию или составить задачу, обратную данной. Обычно если задаются на дом две-три задачи, содержащие ряд подпунктов, то сил у ребят на последний подпункт, в котором и звучит требование обобщить или составить обратную..., не хватает. Учителю следует проявить настойчивость и найти время для рассмотрения этих вопросов в каждом параграфе.

Прекрасна и интересна задача № 3.12 — по рисунку. Серьезны и интересны задачи № 3.13, 3.14, 3.18. О них стоит поговорить в классе.

Впервые ребята встретятся с термином «приращение» в задаче № 3.2 а).

В параграфе есть ряд задач (№ 3.2, 3.6, 3.8, 3.20), которым можно посвятить целый урок. Одна задача решается целый урок. Получается урок одной задачи.

Поговорим о таком уроке поподробнее. Чаще всего урок состоит из изложения теории и решения нескольких иллюстрирующих ее задач. Но хотелось бы, чтобы сама задача, приемы ее решения, анализ условия были объектом особого внимания учеников. Внимание на этом уроке концентрируется в основном на анализе приемов, которыми решается задача. Поэтому, чтобы не тратить силы на знакомство с условиями нескольких задач, достаточно рассмотреть решение только одной задачи, интересной по содержанию, богатой идеями, имеющей несколько способов решения.

Творческая активность учащихся, в конечном счете успех урока целиком зависят от тех методических приемов, которые выберет учитель для анализа задачи. Они подчинены в основном двум целям: 1) направить деятельность школьников на исследование связей между данными задачи; 2) отработать умение делать логические выводы из полученных результатов.

Несколько первых минут урока посвящается тому, чтобы снять у учеников страх перед задачей, настроить их на исследовательскую работу, на поиск красивого решения. Доброжелательное обсуждение всех выдвинутых гипотез помогает выявить закономерность между данными задачи. Вопросы, направляющие внимание учащихся на исследование какой-то части рисунка или выявление закономерностей между данными задачи, ставятся так, чтобы они могли быть использованы при решении других задач.

Известно, что большинство учащихся испытывают трудности на первом этапе (анализ условия), а для многих из них этого этапа вообще не существует — учащиеся, прочитав задачу, тут же применяют известные им алгоритмы. Это делается механически. Отсюда и ошибки, и нерациональные решения, а если алгоритм неизвестен, то задача так и остается нерешенной, поиск решения даже не начинается.

Приведу пример задачи для такого урока. Задача простая, но имеет несколько способов решения.

Задача. На каждом катете прямоугольного равнобедренного треугольника ABC(АС = СВ) и на его гипотенузе вне этого треугольника построены квадраты АСМР, СВВ{СЬ ABNK. Найдите площадь треугольника 00,02 (Ох— центр AKNB, 02— центр СВВхСи О —центр АСМР).

Решение. 1-й способ. АВ020— прямоугольник, тогда АВ = 002\ АОхВС — прямоугольник, тогда СО{=АВу СОх±002 (легко доказать). Отсюда S AOOio2 = ^AB2—а2.

2-й способ. SOABo2 = 002-OA==002-^COl = SAOOio2l теперь легко получить искомую площадь.

3-й способ. Sa00iC = Sapoox (так как 00, — медиана Д ЯО,С), Saco^^Sao^ (так как 0,02—медиана ДСО,В,). Тогда Sдоо,о2 = ~2 Sаро1в] = Я2-

4-й способ. SA00ic=— SAPCOi==— SpoiBM==a2.

5-й способ. SAOOio2 = 2 SAKoiN (так как основания их равны, а высота Л00,02 в два раза больше высоты AKOxN), но 2 «5д/со,# = *Si4o,ßc== а •

6-й способ. SAOOio2 = 2 Saaoib (так как основания их равны, а высота Л00,02 в два раза больше).

В результате напрашивается обобщение: площадь квадрата, построенного на гипотенузе равнобедренного прямоугольного треугольника, равна сумме площадей квадратов, построенных на катетах.

Хорошая прелюдия к теореме Пифагора.

Работа с задачей № 3.24. На этот раз можно предложить ученикам изучить решение этой задачи дома. Ответить на все вопросы, которые есть в тексте, составить несколько вопросов, на которые в тексте не обращено внимания. И, как всегда, написать советы решающему геометрическую задачу и описать метод решения. Листы с результатами этой работы можно вывесить в классе перед уроком и начать урок с рассмотрения их. Лучше, если ребята будут ходить по классу с листом бумаги, чтобы на нем фиксировать все, что им понравится из вопросов, советов, описания метода. Учитель тоже может повесить свой лист с соответствующей работой.

Теперь приведу результаты своего изучения решения задачи № 3.24.

Лист № 4 В копилку методов

Задача № 3.24

Советы решающему геометрическую задачу: 1. В задачах на вычисление некоторой величины полезно начинать с записи формулы (если она есть), по которой ее легко найти. Формулу записывать лучше не в общем виде, а через отрезки чертежа. 2. В равнобокой трапеции ABCD с основаниями а и Ь (а>Ь) отрезок большего основания АВХ (В{ — основание высоты ВВХ на сторону AD) равен а~Ь , а длина (BlD)= а~^Ь . 3. Иногда, глядя на полученный результат, можно придумать другое решение.

Метод решения задачи на вычисление неизвестной величины: 1. Напиши формулу через отрезки чертежа. 2. Найди длину каждого отрезка и подставь в формулу. 3. Длина отрезка чаще всего находится из треугольника, особенно из прямоугольного.

Ранее, в § 2, была разобрана задача на нахождение наибольшего значения. Мы предлагаем вам провести мастерскую по решению задач на наибольшее, наименьшее значения. С такими задачами ребята неоднократно встретятся в дальнейшем.

«...Взрослые не умеют оценить степень и характер того, чему учатся дети, поскольку освоенные нами структуры знаний делают нас нечувствительными к их учению».

С. Пейперт

Мастерская: Метод решения задач на нахождение наибольшего (наименьшего) значения

I. Задания четверкам: а) Даны две точки M и N и прямая а. Составьте задачу, в которой требовалось бы найти наименьшее (наибольшее) значение какой-либо величины, б) Дан треугольник ABC, площадь которого равна S. Придумайте задачу, в которой требовалось бы найти наименьшее (наибольшее) значение какой-либо величины, в) Рассмотрим треугольники с общей стороной АС и суммой длин двух других сторон, равной т. Составьте задачу, в которой требовалось бы найти наибольшее (наименьшее) значение какой-либо величины.

II. Слушаем четверки. Задачи, которые они составили, записываются на доске.

III. Каждой четверке предлагается выбрать одну из них и поработать над ее условием.

IV. Четверки получают задачи:

Задача № 1. M и N — две различные точки, расположенные с одной стороны от прямой а. На прямой а найдите такую точку Я, чтобы сумма \МР\ \NP\ была наименьшей.

Задача № 2. Площадь треугольника ABC равна S. Укажите такой треугольник со стороной Л С и площадью S, чтобы сумма длин двух других сторон была наименьшей.

Задача № 3. Из всех треугольников с общей стороной АС и суммой длин двух сторон, равной m, укажите тот, у которого площадь наибольшая.

Наметьте самый общий путь их решения. Как, каким образом, исходя из данных задачи, можно было бы узнать, что рассматриваемая в задаче величина наименьшая (наибольшая)?

V. Слушаем четверки. На доске фиксируются все предлагаемые способы работы с задачей.

VI. Используя эти способы и метод решения задачи № 2.14, попытайтесь найти решение.

VII. Подсказка: тем, кто решает задачи № 2 и № 3, есть подсказка на доске. Тем, кто решает задачу № 1, помните, что: а) симметричные отрезки относительно прямой равны и б) отрезок, соединяющий две точки, короче любой ломаной, соединяющей эти же точки.

VIII. Слушаем решения задач. Задача № 1. Строим N\ симметричную N относительно a. (MN')[\a = P. Р — искомая точка. Возьмем произвольную точку Р'ео, причем Р*фР, и докажем, что \МР\ + \NP\<\МР'\ + \NP'\. Это так, потому что

точки Af, Р\ N не принадлежат одной прямой. Задача № 2. Пусть площадь ABC равна S' = i} \АС \ - Я. Проводим через точку В прямую MN\\AC. Теперь задачу можно сформулировать так: на прямой MN найдите такую точку В\ чтобы сумма + В'С\ была наименьшей, для случая, когда две точки А и С расположены по одну сторону от MN, на одном и том же расстоянии от MN. По задаче № 1 следует \АВ'\ = \В'С\, т. е. треугольник ABC равнобедренный. Задача № 3. Эта задача, обратная задаче № 2. Докажем, что условию удовлетворяет равнобедренный треугольник, у которого = |ßC| ==у.

При решении задачи № 2 было установлено, что из всех треугольников с заданной площадью S и с заданной стороной АС сумма |y4ß| + |SC| принимет наименьшее значение в равнобедренном треугольнике (AB = ВС). Следовательно, во всяком другом треугольнике с основанием АС и площадью S' сумма \АВ \ + \ ВС\ имеет большее значение. Во всяком треугольнике с основанием АС и площадью большей, чем площадь рассматриваемого равнобедренного треугольника ABC, сумма двух других сторон будет, естественно, больше.

Отсюда следует, что всякий другой треугольник с заданной стороной АС и с заданной суммой m двух других сторон имеет меньшую площадь.

Таким образом, наибольшую площадь при заданной стороне АС и заданной сумме двух других сторон имеет равнобедренный треугольник ABC (\АВ\ = \ВС\ =у).

Если вдруг ребята не предложат своего решения задачи, можно соответствующей четверке дать решение ее задачи на листочке, предложить разобраться в нем и изложить классу.

IX. Каждый записывает для себя советы и метод, лист с этими записями вкладывает в «копилку методов».

В данной мастерской был использован и метод решения путем сведения к задаче, решенной ранее. Пожалуй, чаще всего мы стремимся свести данную задачу к уже решенной, и во многом из этого и состоит решение задачи. Конечно, увидеть цепочку, по которой можно пройти к уже решенной задаче, не так-то просто, но опыт, интуиция — надежные партнеры в этом поиске.

КОММЕНТАРИЙ К РЕШЕНИЮ ЗАДАЧ

3.2. a) I) SH = ±(d + xf, SH-Scr=±d(2d + x). б) S„-SCT = 3S. в) 1. Дан прямоугольный треугольник с катетами а и Ь. Первый катет увеличили на величину ху второй — на величину у. Найти площадь нового треугольника и приращение площади. 2. Дан прямоугольный треугольник площади S. Один из катетов

увеличили в 2 раза, другой — в 3 раза. Найти приращение площади.

3.3. 3.

3.4. В 4 раза, так как SABC = ^c-^ с = | с2, SW|=-J-4 <?=<?.

Ответ. Нет. При заданной гипотенузе прямоугольный треугольник может иметь разные площади в зависимости от высоты, опущенной на гипотенузу.

3.5. Пусть катеты а и 6, высота на гипотенузу Л. Тогда S=^ab. Но 2аЬ^а2 + Ь\ а а2 + &2=1 (по теореме §5), S = \ ab = 4-2ab^^r. А так как S = ^rchy то ~Л<~=^й<тг.

Если S = j, то а — & = 0, т. е. треугольник равнобедренный, ибо 2ab = a2-{-b2— 1. Если А=4". то S = ^- oA=-j, т. е. оба равенства выполняются тогда и только тогда, когда треугольник равнобедренный.

3.6 в) ha<hb=>^> 1 =>~£> 1 =>а>Ь. Обратное утверждение: если а>Ь, то ha<hb.

3.8. б) Да, если а = 2 км = 2-106 км, Аа=тг*10~6 мм, тогда S = ~-2-106~* 10~6 = ^- мм2, в) Она приближенно равна площади треугольника, ограниченного радиусами и хордой, соединяющей их концы.

3.9. Использовать, что отношение площадей равно отношению высот, проведенных к равным сторонам (см. задачу № 3.7 а)).

3.10. Для всех трех случаев ответ: необязательно. Пример (для всех трех случаев): треугольник из задачи № 3.8 в) (стороны больше 1 км и площадь меньше 1 мм2).

3.11. В общем виде АК:АС = —, BL:LK=^ Тогда

3.12. 6) x = 2S. в) jc = S, так как площадь каждого из этих треугольников равна разности половины площади данного треугольника и площади четырехугольника, г) х = 7 S, использовать условие равенства площадей с общей высотой и равными основаниями.

3.13.6) S = d]-h] (А, — высота к г/,), d,«Л,d,-d,. S = = ^dt-d2, если треугольник прямоугольный. Итак, ответ: наибольшее значение площади ^d}d2. Аналогично решается и задача п. а).

3.14. а) Перпендикуляры к боковым сторонам AB и ВС, XD и ХЕ соответственно.

т. е. эта величина не зависит от X. б) Да, так как формула площади треугольника не зависит от того, куда попадет основание высоты, в) Нет. Если взять точку X близко к В, то сумма перпендикуляров почти равна Л, а если точку X взять у основания, то сумма будет почти равна (см. п. а)) Ь'-д£> т- е. намного меньше Л. (Пусть АС= 1 мм, ВС = 1 км.) г) Да. д) Вместо треугольника можно взять любой равносторонний выпуклый многоугольник.

3.15. а) б) Прямая, перпендикулярная середине гипотенузы прямоугольного треугольника и проходящая через ее середину, отсекает треугольник, площадь которого в 2 раза меньше площади исходного. Найти углы этого треугольника.

3.17. а) ^. (Проведите диагональ BD ) б) BK:BC = LD:LA = т\п. Вычислить SBKDL:SABCD.

3.18. б) Дано AK:KB = BL:LC = CM:MD = DN:NA (рис. 63).

Докажем, что

Доказательство. Рассмотрим A LMC: либо LC<~ ВС, либо AfC<^ CD. Пусть LC<^ ВС. Тогда U — середина ВС, значит SAMu:^SAMl/c = jSABCD. Аналогично SAMÜN, SaAKN, SaKBC не больше — площадей соответствующих треугольников с вершинами в серединах сторон и вершинах четырехугольника, откуда и следует доказательство, в) Да. Так как KLMN — параллелограмм (рис. 64), то SK0L = SL0M = SM0N =

Тогда

Рис. 63 Рис. 64

Рис. 65

3.19.

3.21. Проведите через середину боковой стороны прямую, параллельную основаниям, и докажите, что средняя линия ей принадлежит.

3.22. Рис. 65.

3.23. б) Да. Это объяснено в замечании после теоремы 2 п. 3.4 на с. 45. в) Да. Выберем любую пару противоположных сторон прямоугольника (пусть длина этих сторон а) и будем рассматривать их как основания трапеций. Тогда каждая из оставшихся двух сторон (длины Ь) — это высота. Но тогда произведение полусуммы на высоту есть ^(a-\-a)*b = a*by т. е. площадь прямоугольника.

3.25. Обобщение: разделить трапецию на п равновеликих частей. Пусть точки УМ,, М2, Мп_х делят на п равных частей отрезок М0Мп, а точки /С,, К2у Кп_\ разбивают на п равных частей отрезок К0Кп (рис. 66). Тогда все трапеции Л^М/М,+,/(,_,_, равновелики, так как у них равны высоты и основания.

3.26. См. задачу № 3.21.

3.27. а) Пусть KL — отрезок, соединяющий середины оснований ВС и AD трапеции. Легко доказать, что Л BLC равнобедренный, следовательно, KL1.BC, а значит, и MN.LKL (MN — вторая средняя линия), в) 1. Отрезок, соединяющий концы биссектрис углов при одном основании, параллелен основаниям. 2. Пусть AN:NB = DM:MC. Тогда MN параллелен основаниям.

Рис. 66

Рис. 67

3.28. а) Провести высоты BG и СН трапеции ABCD и доказать равенство AABG и ACHD.

3.30. a) SABKJ=SKIDC (рис. 67). Так как KL — медиана AD, то Saakl^Sakdl, тогда SaABK = SaKCD. Тогда,так как ВК=КС, то равны высоты из вершины А на ВК и из вершины D на /СС, следовательно, BC\\AD.

Зачетная работа

1. Решите задачу № 3.2 в).

2. Решите одну из задач № 3.5, 3.6 в), 3.18 б).

3. Составьте и решите задачу, аналогичную задаче № 3.12.

4. Решите самую красивую, на ваш взгляд, задачу.

§ 4. ПАРАЛЛЕЛОГРАММ И ЕГО ПЛОЩАДЬ

Теория простая, поэтому я сразу предложу для раздумий читателя мастерскую по теме «Параллелограмм».

Мастерская: Параллелограмм

Вариант первый

Работа идет в парах.

I. Напишите план изучения этой темы, перечислите все, что вы хотели бы узнать о параллелограмме.

II. Разговор в четверках, обмен соображениями.

III. Слушаем четверки. Учитель пишет общий план на доске, корректируя по ходу обсуждения порядок изучения вопросов. Что может быть в плане? 1) Определение. 2) Свойства. 3) Признаки. 4) Площадь. Хорошо, если кто-нибудь догадается включить вопрос: виды параллелограмма. Но для начала достаточно и этих вопросов.

IV. Дальше дается полная свобода. На отдельном листе, работая в четверках, можно исследовать любые из этих вопросов. На эту работу дается около 20 мин. Затем каждая группа получает кусок доски, если досок в классе много, или пишет фломастером на большом листе все, что она сумела сделать.

V. Защита четверками результатов своих исследований.

VI. На дом задается § 4, из которого ребята должны получить всю информацию, которую не могли добыть сами.

Стоит привлечь внимание ребят к вопросам 5, 6, 7, которые даны после параграфа.

Вопросы: 5) Можно ли вычислить площадь параллелограмма по формуле площади трапеции? 6) По какой одной и той же формуле можно вычислить площади треугольника, трапеции и параллелограмма? — заставляют еще раз пересмотреть, казалось бы, простой, очевидный материал.

Мастерская: Параллелограмм

Вариант второй

I. Нарисуйте различные виды параллелограмма (ромб, квадрат, общий вид).

II. Подумайте, как можно распознать параллелограмм среди других фигур.

Ребята перечисляют условия, обосновывают, что по ним можно отличить параллелограмм от других фигур. Учитель фиксирует все перечисленные условия на доске.

III. Предлагается взять какие-нибудь из перечисленных условий и сочинить определения параллелограмма.

IV. Слушаем четверки. Учитель фиксирует определения на доске.

V. Подумайте, можно ли оставшиеся условия считать признаками параллелограмма. Сформулируйте эти признаки и попробуйте доказать.

VI. Слушаем четверки.

VII. Читаем пп. 4.1, 4.2 на с. 51—52 учебника. Соглашаемся или нет с авторской позицией.

VIII. Ученики знакомятся с п. 4.5.

IX. Обсуждаем.

Задачи

В этом параграфе много интересных задач, требующих длительного размышления. Можно некоторые из них, как, например, задачи № 4.8, 4.9, 4.26, 4.27, предложить решить парам учеников для урока-«бенефиса». Так называются уроки — отчеты о самостоятельных домашних исследованиях.

У ребят обычно снижается внимание на уроках, когда все они по своей конструкции одинаковы, когда за каждым учеником закреплена определенная роль: ты способный к изучению математики, а ты нет. Тогда у «неспособных» фактически нет возможности доказать, что они могут добиться в изучении предмета не меньших успехов, чем удачливые их товарищи. Им нужен толчок, стимул. Задача учителя состоит в том, чтобы соответствующим образом организовать деятельность таких ребят, дать им возможность пересмотреть свою роль в классе. Вот этой цели и служат уроки-«бенефисы».

Двум ученикам, обычно среднему и чуть-чуть посильнее дается одна и та же задача. Они ее решают дома, показывают перед уроком-«бенефисом» найденное решение учителю. Обычно тихий, незаметный ученик на уроке-«бенефисе» находится в центре внимания своих товарищей.

Чувство ответственности, которое, как правило, хорошо развито у таких ребят, и огромное желание оправдать надежды учителя помогают ему мобилизовать все свои мыслительные способ-

ности. Он знает, что от него ждут красивого решения, а добиться этого можно лишь в результате огромной кропотливой исследовательской работы над условием задачи. Этот эмоциональный настрой окрыляет ученика.

Классу тоже сообщается «бенефисная» задача, поэтому он готов в обсуждению, к разговору. Ученики по очереди представляют свои решения, класс задает вопросы, комментирует, соглашается или нет.

Обычно такие уроки проходят празднично.

Задача № 4.8 решена в тексте и в то же время выделена как «бенефисная». В учебнике дано решение лишь п. б) — хороший, первоклассный образец исследовательской работы. Если ученики решат остальные пункты в таком же стиле, то будет прекрасно.

Остальные одноклассники, как всегда, после прочтения решения задачи № 4.8 в учебнике должны будут пополнить свою «копилку методов».

Лист №5 В копилку методов

Задача № 4.8

Советы решающему геометрическую задачу: 1. Решай задачу на восстановление фигуры в предположении, что фигура как-то названа, т. е. зафиксированы положения ее вершин. 2. Исследуй решение: когда фигура данными определяется однозначно, когда не определена вообще и восстановить ее нельзя.

Метод восстановления фигуры (многоугольника): 1. Допусти, что фигура по данным восстановлена, и нарисуй ее примерное положение. 2. Выясни, какие элементы фигуры (стороны, вершины) можно уже сейчас построить по данным. 3. Выясни, пересечением каких двух множеств являются неизвестные вершины. 4. Выполни построение неизвестных вершин как пересечения двух множеств. 5. Исследуй решение.

КОММЕНТАРИЙ К РЕШЕНИЮ ЗАДАЧ

4.3. б) Такой точки в параллелограмме больше нет. Так как если SA0B = SC0D и AB = CD, то О — на одинаковом расстоянии от AB и CD и аналогично на одинаковом расстоянии от ВС и AD. Но такая точка единственная.

4.4. а) 10. б) 8. в) Одна его сторона ВС вдвое больше другой AB. г) Пусть АВ=\, а биссектрисы углов Л и D высекают на прямой ВС отрезок, равный 3. Найти периметр параллелограмма.

Рис. 68 Рис. 69 Рис. 70

4.5. а) Положить параллелограмм так, чтобы данный отрезок АС был его диагональю. Проведем вторую диагональ BD, и тогда точка пересечения диагоналей и будет серединой отрезка АС. б) Установить шарнирный параллелограмм так, чтобы данный угол а был его углом (/.BAD). Отметим на прямой ВС точку М: АВ = ВМ. Тогда луч AM — биссектриса угла ВАС. в) Положить параллелограмм на прямую так (рис. 68), чтобы АВ = = ВМ. Тогда прямая / — биссектриса угла А. Теперь построим биссектрису угла D (см. п. б)), которая и будет перпендикулярна к / (задача 4.2).

4.6. б) Девять: ABCD, ABMN, NMCD, KBCL, AKLD, КВМО, О M CL, OLDN, ON AK.

4.7. Равенство противоположных сторон; деление диагоналей пополам в точке пересечения.

4.8. в) Пусть /( — середина ВС, M — AB, N — CD (рис. 69.) Через точку К проведем прямую l\\MN и от точки К отметим на ней точки В и С: КВ = КС = —^-, затем на луче ВМ — точку А (ВМ = МА) и на луче CN — точку D( CN = ND). ABCD — искомый параллелограмм. Полагая, что серединами противоположных сторон являются точки N и К или M и К, и действуя таким же образом, получаем два других решения, г) Возможны четыре случая: 1. Даны вершина А и точка M — середина AB, точка N — середина АС параллелограмма ABCD. 2. Даны вершина А и точка M — середина AB, точка N — середина DC параллелограмма ABCD. 3. Даны вершина А и точка M — середина AB, точка N — середина ВС параллелограмма ABCD. 4. Даны вершина А и точка M — середина ВС, точка N — середина CD. Решение. Через А проведем прямую, параллельную MN, и отметим на ней точки X и Y: АХ = AY = 2MN (рис. 70). Найдем точку С пересечения лучей ХМ и YN (если бы ХМ и YN были параллельны, то было бы XY = MN). Теперь отметим середины В и D отрезков ХС и YC. ABCD — искомый параллелограмм. Он параллелограмм, так как ВС — средняя линия AXCY: BM = MC;MN\\XY и XY = 4MN=>СМ = j ХС = | ВС, аналогично NC = — CD.

Рис. 71

4.10. Например, построить параллелограмм по стороне и двум диагоналям.

4.12. г) Следствия:

4.13. в) S и a, S и Л прямо пропорциональны, а и Л обратно пропорциональны.

4.14. а)

4.15. Если трапеция превращается в параллелограмм, то а = Ь.

4.16. a) x = 2S. б) x = 2S. в) x = S. г) x = 2S.

4.17. Площадь в два раза больше исходного.

4.20. б) Даны диагональ АС и точка M на другой диагонали BD. Отметим О — середину АС. На прямой ОМ отметим точки ß и D, такие, что OB = OD = OC. ABCD — искомый параллелограмм (по задаче 4.19 в)), в) Нельзя восстановить, так как один и тот же набор точек из условия может соответствовать разным прямоугольникам (рис. 71).

4.21. а), б), в), г), д), е) см. на рисунке 72. ж) Это невозможно, так как каждая вершина прямоугольника тогда должна быть вершиной равностороннего треугольника, значит, угол прямоугольника 90° должен быть разбит на углы по 60°, что невозможно.

4.22. Другие свойства: диагонали перпендикулярны; диагонали являются биссектрисами углов.

4.23. 1. Если диагонали параллелограмма делят его на четыре равных треугольника, то параллелограмм — ромб. 2. Если высоты, проведенные из одной вершины параллелограмма, равны, то параллелограмм — ромб. 3. Если хорды параллелограмма, параллельные его сторонам, равны между собой, то параллелограмм — ромб.

4.24. а) Однозначного решения задача не имеет (угол между сторонами не задан), в) Надо рассмотреть два случая: 1. Задан-

Рис. 72

ный угол — один из углов, которые соединяет диагональ. 2. Заданный угол — один из углов, противолежащих диагонали, г) Пусть одна из вершин ромба — точка В — вершина равнобедренного аАВС (АВ = ВС), другая — точка О — середина АС, точки M и N — середины сторон AB и ВС. Легко доказать, что MBNO — ромб, д) KLMN— ромб (где точки /(, L, M, N— середины сторон AB, ВС, CD, AD прямоугольника ABCD).

4.26. Пусть аАСМ равносторонний (М лежит на BD, так как BD А-АС, и проходит через середину АС, рис. 73). Тогда, так как Zßy4D = 60° и диагонали ромба — его биссектрисы, то /~ВАС = А ВС A = /LCAD= Z-ACD= ADCM=ADMA = Z_ MAD = 30°.

Поэтому аАВС= AADC= ADCM= ADMA. Так как SACM = ^SACD, a SABCD = 2SACD, то SABCD = - SACM, что и требовалось доказать. Если угол будет меньше 60°, то SABCD<— SACM (в этом случае Z.ACD < Z.DCM и SACD<SDCM = SADM). Если угол больше 60°, то SABCÜ>— SACM (аналогично).

Из всех параллелограммов с фиксированной диагональю d и острым углом 60°, из вершины которого выходит большая диагональ, наибольшую площадь имеет ромб. Так как площадь ромба равна 7>dd', а площадь параллелограмма не превосходит ijdd' и если параллелограмм не ромб, то d'<Ldx, поэтому в этих условиях Snapaj)J1<-STpeyr.

4.27. б) Два случая: 1. Даны середины двух противоположных сторон. 2. Даны середины двух соседних сторон. Пусть это точки M и N. Тогда построим равнобедренный прямоугольный AMAN и затем достроим его до квадрата, в) Два случая: 1. Две точки M и N даны на противоположных сторонах и центр О. Пусть L — точка луча МО: OL = OM. Тогда прямая LN содержит сторону квадрата (так как хорда параллелограмма в его центре делится пополам). Если LN не перпендикулярна ОМ, то решений нет; если LMА.ОМ, то пусть О, и 02 — проекции точки О на ш(Ме т, ml. ОМ) и NL. Отложим на соответствующих прямых точки А, В, С, D: AOl = OlD = B02 = 02C = OOl. Квадрат ABCD искомый. 2. Пусть это соседние стороны. Тогда, как в случае 1 с точкой М, поступим с обеими точками M и N\ получим точки L и К на других сторонах квадрата. Далее на отрезках КМ и LN строим окружности S, и S2, как на диаметрах. Затем строим середину А дуги КМ, лежащую по одну сторону от КМ с отрезком NL, и середину В дуги LN, лежащую по одну сторону от NL с отрезком KM. Q и S — точки пересечения AB с S! и S2;

Рис. 73

Р и S — точки пересечения KQ и LS, MQ и MS. Квадрат PQRS искомый.

4.28. а) Вершины квадрата — середины катетов, гипотенузы и вершина прямого угла, в) Сам этот квадрат.

4.29. a) S=^d2. б) Выросла в 4 раза, в) Надо взять такую точку X, чтобы -^ = —7=.

4.30. а) Восемь: ДЛО,С, ДЛСЙ,, AAD{BU Д5Л,С„ ДЯЛ,£>, ДВС,0, Д Cß,D„ дОЛ,С,. в) Л, ß, С, D и Л„ ß„ С„

г) Они заполняют полосу между прямыми / и СС,, где / — проходящая через О прямая, параллельная СС,, причем из всех точек / в полосу включена только точка О. д) 8а . е) 2а2, 16а2. Вывод. Если куб разрезают на несколько кубов, площадь поверхности при этом увеличивается. 4.32. а) АРАС= APBD.

Зачетная работа

1. Выберите и решите одну-две задачи, на которых легко продемонстрировать свойства площади.

2. Составьте и решите задачу, аналогичную задаче № 4.14.

3. Решите одну из задач № 4.24, 4.28.

4. Решите самую интересную для вас задачу по этой теме.

ЗАЧЕТ ПО ТЕМЕ «ПЛОЩАДИ МНОГОУГОЛЬНЫХ ФИГУР»

Вопросы: 1) Сумма углов выпуклого /г-угольника (см. п. 1.3). 2) Теорема о средней линии треугольника (см. п. 1.5). 3) Площадь прямоугольного треугольника (см. п. 3.1). 4) Площадь произвольного треугольника (см. п. 3.2). 5) Площадь трапеции (см. п. 3.4). 6) Свойства и признаки параллелограмма (см. пп. 4.1, 4.2). 7) Площадь параллелограмма (см. п. 4.3). 8) Свойства и признаки прямоугольника (см. п. 4.4). 9) Свойства и признаки ромба (см. п. 4.4).

Задачи к устному зачету: № 1.3, 1.11, 1.12, 1.36, 1.40, 2.2, 2.4, 2.7, 2.10, 2.25, 3.6, 3.12, 4.16.

Пример билета к зачету.

Билет

1. Площадь произвольного треугольника.

2. Свойства и признаки прямоугольника.

3. В задаче № 2.25 выбери рисунок из пп. а) — о) и вырази как функцию от х площадь закрашенной части квадрата со стороной 1.

Зачетная контрольная работа (1ч)

1. Найдите площадь параллелограмма по его периметру Р и двум высотам Я, и Я2. (Ответ.

Указание.

2. Диагонали четырехугольника ABCD пересекаются в точке О. Докажите, что если SAAOÖ = SACOCh то BC\\AD. Верно ли обратное утверждение? (Ответ: Верно.)

3. Вычислите неизвестную площадь треугольника Jt (рис. 74), если площадь большого треугольника равна S. ^Ответ: jt = -i-S.^

4. Восстановите параллелограмм, если на рисунке сохранились две вершины и точка пересечения диагоналей. (Указание: Рассмотреть два случая: 1. Три точки лежат на одной прямой. 2. Три точки не лежат на одной прямой.)

5. Длины сторон прямоугольника 8 см и 18 см. Как разрезать его на две части, из которых можно сложить квадрат (рис. 75)?

Рис. 74

Рис. 75

О технике проведения зачета

Зачет проводится на сдвоенном уроке. Каждый ученик отвечает устно на билет и пишет контрольную работу. Если в классе досок много, то к доске отвечать на билет устно сразу вызывается 10—11 человек. Остальные пишут контрольную работу, которая заранее написана на доске. Если же досок в классе мало, то можно поставить четыре стола прямоугольником, внутри прямоугольника— учитель. Тогда свой ответ ребята пишут на листе, а затем разговаривают по билету с учителем. После ответа ученик садится писать контрольную работу, а на его место вызывается следующий. В конце зачета каждому объявляется отметка за устный ответ. Хорошими помощниками на зачете являются ребята десятых-одиннадцатых классов. Материал они знают и спрашивают строго, основательно.

Перед зачетом проводится сдвоенный урок, на котором ученики спрашивают друг друга по всем вопросам.

КОММЕНТАРИЙ К РЕШЕНИЮ ЗАДАЧ К ГЛАВЕ I

1.1. а) Параллелограмм — ромб, если диагонали данного четырехугольника равны. Параллелограмм — прямоугольник, если диагонали данного четырехугольника перпендикулярны, б) Из ромба (рис. 76). KLMN — прямоугольник (это легко доказать).

1.2. а) 1. Четырехугольник HEFG', так как HB = AB = CD= = DF, BE = BC = AD = DG, Z. H BE — 360° — /LHBA— Z.EBC - Z4ßC = 240°- Z4ßC = 240°- AADC=Z.GDF, то Д tfߣ = = AGDF и HE = GF. Аналогично EF — GH. Поэтому HEFG — параллелограмм (рис. 77). 2. EFGH — ромб, если ABCD — прямоугольник. 3. EFGH— прямоугольник, если ABCD — квадрат.

Аналогичная задача, б) На сторонах параллелограмма во внешнюю сторону построены квадраты. Исследовать вид четырехугольника, вершинами которого являются центры этих квадратов.

1.3. а), б) Равнобокая трапеция, в) Параллелограмм, г) Квадрат, д) Равнобокая трапеция, е) Квадрат.

1.5. а) Другая диагональ в точке пересечения с первой делится пополам, б) Перпендикуляры из противоположных вершин на диагональ, делящую плоскость пополам, равны.

1.6. 1. M — середина диагонали BD четырехугольника ABCD, тогда SAßCM == Sacdm- 2. О — точка внутри ABCD, /С, L, М, N — середины соответствующих сторон. Тогда S0MBN[jl0KD = ^koncuamol' 3. О — точка внутри ABCD, К и L — точки на сторонах CD и AD. Каждый из получившихся четырехугольников разделим на равновеликие части, как в пп. 1 и 2, и из каждых двух равновеликих кусков один отнесем к фигуре F{, другой — к F2. Тогда S (F{) — S (F2).

Рис. 76

Рис. 77

1.10. а) В 7 раз. б) Вместо треугольника возьмем правильный я-угольник.

1.11. а) Построим равнобокую трапецию с высотой, равной высоте параллелограмма, и основаниями а и — а (где а — основание параллелограмма), б) Построим прямоугольник со сторонами а и А. в) Построим параллелограмм со стороной ^ и высотой 2А. г) Построим равнобедренный треугольник со стороной а и высотой —.

Глава II

МЕТРИЧЕСКИЕ СООТНОШЕНИЯ В ТРЕУГОЛЬНИКЕ

§ 5. ТЕОРЕМА ПИФАГОРА

«Быть скучным является наиболее тяжким грехом для преподавателя».

И. Ф. Гербарт

Теория

Можно и не согласиться с И. Ф. Гербартом. Я думаю, еще страшнее, когда преподаватель не только укрощает на уроке ученика, как на арене укротитель тигров («хлыстом и пряником»), но и не позволяет ему размышлять по-своему. Часто свободы не предоставляется даже тогда, когда прозвучал вопрос и ученик уже пытается на него ответить. Ведь сразу за этим вопросом торопливо следует другой, как бы упрощающий, растолковывающий первый. Но как же учить без традиционного вдалбливания знаний с кафедры? Можно ли учить так, чтобы каждый размышлял над проблемой своим путем, в своем темпе, но при необходимости мог сопоставить, подкорректировать свою точку зрения в результате общения с одноклассниками?

Проблема сложна. Готового ответа нет, но есть попытки что-то сделать в этом направлении. Попробую, не рассказывая никаких теоретических обоснований построения мастерской, дать еще один пример мастерской. Мастерская будет посвящена теореме Пифагора. Читателю предоставляется возможность изучить ее, посмотреть, насколько она открывает простор творчеству ученика, насколько она его раскрепощает. Конечно, коллега, все ваши усовершенствования заданий мастерской, их последовательности, введение новых заданий, помогающих ученику лучше раскрыться, лучше использовать свой творческий потенциал, помогут становлению новой технологии преподавания через мастерские. Обычно я провожу мастерские на сдвоенном уроке, но вполне возможно строить мастерскую на 45 мин.

Мастерская: Теорема Пифагора

Уроки 1, 2

I. Нарисуйте прямоугольный треугольник, обозначьте его стороны a, ft, с.

II. В парах. Посмотрите на сделанный вами рисунок и на

чертежный угольник — модель прямоугольного треугольника. Напишите, чем отличается рисунок треугольника от его модели.

III. Слушаем ответы пар. Некоторые ответы:

— Рисунок — изображение на плоскости, а модель имеет объем.

— Чертеж плоскостной, модель в пространстве.

— Чертеж построен циркулем и линейкой, а модель выполнена под действием пресса.

— Модель и рисунок отличаются по площади, периметру, величине углов и сторон.

— С помощью модели треугольника можно получить его рисунок.

— Рисунок — изображение любого прямоугольного треугольника с любыми сторонами, с любой величиной углов. Это как бы обобщенный образ прямоугольного треугольника. Модель — конкретный треугольник с фиксированными сторонами.

— Рисунок помогает исследовать общие свойства для всех прямоугольных треугольников, не сковывает мысль конкретными, определенными данными.

IV. В четверках (лучше, если в четверках соберутся ребята разной силы). Задание. Посмотрите на рисунок прямоугольного треугольника. Сосредоточьте свой взгляд, свое внимание лишь на его сторонах. Запишите на листе все проблемы, которые возникают при исследовании зависимости между длинами отрезков, длинами сторон прямоугольного треугольника.

V. Слушаем четверки (через 5—7 мин). Некоторые вопросы:

— Почему сумма катетов больше гипотенузы?

— Почему прямоугольный треугольник не может быть равносторонним?

— Останется ли треугольник прямоугольным, если увеличить или уменьшить одну из его сторон?

— Может ли катет быть длиннее гипотенузы?

— Попадает ли каждая отдельная сторона прямоугольного треугольника в полную зависимость от двух других его сторон?

— Любые ли три отрезка могут быть сторонами прямоугольного треугольника?

— Сколько надо знать длин отрезков, чтобы построить прямоугольный треугольник?

— Можно ли, зная лишь длину одной стороны, имея лишь один отрезок, построить прямоугольный треугольник?

— Можно ли в прямоугольном треугольнике, зная длины двух сторон, найти третью?

VI. В парах, а затем в четверках обсудить последнюю проблему (если ребята ее не сформулируют, учитель может на равных предложить ее сам). Начните с изображения на рисунках всевозможных ситуаций (катеты a, ft, гипотенуза — ?, гипотенуза с, катет ft, другой катет — ?, гипотенуза с, катет а, другой катет — ?). Группы исследуют одну из двух первых ситуаций.

VII. В четверках предлагается исследовать, какие варианты треугольников возможны в первом случае (когда даны два катета), и начать работу с самым простым из них.

Ребята рисуют равнобедренный прямоугольный треугольник с катетом а и придумывают способ вычисления гипотенузы.

VIII. Четверкам предлагается еще задача. Имеются плиты, форма которых есть прямоугольный равнобедренный треугольник с катетом а. Надо уложить этими плитами квадрат со стороной 4а и узнать длину диагонали этого квадрата.

IX. Слушаем четверки (через 8—10 мин). Если четверки не придумают ничего, можно на рисунке обвести квадрат, сторонами которого являются диагонали этих плит (со стороной а), и обозначить эти диагонали с. В крайнем случае можно выслушать все четверки, их гипотезы: это и будет начало «мозгового штурма».

X. В парах. Обобщите найденный результат (с2==а2 + а2) для случая разностороннего прямоугольного треугольника.

XI. В четверках. Сформулируйте фразу, закодированную в равенстве с2 = а2-\-Ь2ч которое связывает площади трех фигур.

XII. Слушаем четверки.

XIII. В четверках. Нарисуйте чертеж, убеждающий, что площадь квадрата, построенного на гипотенузе, равна сумме площадей квадратов, построенных на катетах. И подпишите под рисунком слово «смотри».

Задача поставлена чрезвычайно трудная, поэтому возможно, что она останется на дом.

Итак, мастерская не закончилась доказательством теоремы, но подготовлена почва не только для доказательства, но и для его восприятия. Эта теорема — самая важная в курсе геометрии, и поэтому она достойна пристального внимания, а не молниеносного изложения и записи в тетрадь ее доказательства. Мастерская идет два урока.

Теперь расскажу о дальнейшей работе.

Урок 3

I. Те, кто справился с домашним заданием, нарисовал картинку, объединяются в четверки, показывают друг другу, что они нарисовали. Затем придумывают другие варианты рисунков, на которых «видно» доказательство этого равенства.

II. Остальные тоже объединяются в четверки и получают задание: На доске написано c2 = a2-\-b2 = (a + bf — 2ab. Подумайте, о площадях каких фигур идет речь в каждой части равенства

с2 = (а + &)2-2ай, (1)

и изобразите каждую из них отдельно.

III. Четверки изображают фигуры на доске: квадрат со стороной а + 6, квадрат со стороной с, два прямоугольника со сторонами а и Ь.

IV. В четверках. Сформулируйте фразу о площадях этих фигур, закодированную в равенстве (1). Фразу составьте в форме «Если..., то...». (Если от квадрата площадью (a-\-bf отрезать два прямоугольника со сторонами a, Ь, площадью ab, то останется фигура, площадь которой равна площади квадрата со стороной с.) Нарисуйте картинку (одну фигуру), иллюстрирующую эту фразу, на которой были бы представлены все изображенные ранее отдельно фигуры — квадраты, прямоугольники. (Показывается рисунок 6, в) из учебника или какой-либо другой.)

V. В четверках. Посмотрите на рисунок и выясните те проблемы, которые остались нерешенными и из-за которых равенство с2 = а2 + Ь2 нельзя считать доказанным.

Проблемы: 1 ) Почему прямоугольные треугольники на рисунке равны данному? 2) Почему фигура в центре рисунка — квадрат со стороной с?

VI. В парах. Дайте строгое доказательство теоремы Пифагора. Длительный период поиска доказательства теоремы Пифагора был компенсирован легкостью ее запоминания. И самое главное, состоялся хороший серьезный разговор со сверстниками, каждый был причастен к поиску.

VII. В качестве домашнего задания хорошо предложить подумать над задачей № 5.21, которая предоставляет прекрасную возможность найти еще три доказательства.

Урок 4

I. В парах. Расскажите друг другу любое доказательство теоремы Пифагора.

II. Предлагается сделать на доске чертеж всем, кто хочет похвастаться доказательством теоремы Пифагора. Остальные ученики эти пять минут должны занять себя сами. Если кто-то захочет почитать параграф — пусть читает; если порешать задачи, или поговорить с соседом по домашним задачам, или просто посидеть подумать, или понаблюдать за тем, что делают остальные,— их право.

III. Слушаем.

IV. Я говорю, что знаменитый философ Шопенгауэр, как пишет Ф. Клейн1), «...считает цепь отдельных логических выводов, которую должно содержать строгое математическое доказательство, недостаточной и невыносимой. Он хочет сразу, так сказать, с одного взгляда, интуитивно убеждаться в истинности теоремы». Шопенгауэр утверждает, что2) «существует якобы еще другой метод математических доказательств, который выводит математическую истину непосредственно из интуиции... осуждает всю евклидову систему, в особенности евклидово доказательство

1) Элементарная математика с точки зрения высшей. Геометрия.— М.: Наука, 1987.— С. 363. 2) Там же.

Рис. 78 Рис. 79

пифагоровой теоремы служит предметом его нападок. Он называет это доказательство «мышеловочным»: оно, пожалуй, действительно в конце концов заставляет согласиться со справедливостью утверждения тем, что коварно запирает поочередно все, какие только могут быть, выходы, но никогда не приводит к внутреннему познанию истины».

Шопенгауэр предлагает евклидово доказательство теоремы Пифагора заменить доказательством Платона, которое можно понять при одном взгляде на рисунок 78. Посмотрите и вы на этот рисунок и постарайтесь увидеть теорему Пифагора и ее доказательство.

V. Слушаем.

VI. Дается еще один рисунок академика А. Прингсхайма (рис. 79). По нему опять доказываем теорему Пифагора.

VII. Если успеем, то слушаем, если нет — задание переходит на дом, с него начнется следующий урок.

Интересный для работы материал по этой теме вы найдете в одиннадцатом номере журнала «Квант» за 1981 г. в статье Р. Рубинова «По следам теоремы Пифагора» (см. с. 32).

Задачи

Сразу обращаю ваше внимание на привычные нам задачи № 5.3, 5.6, 5.7. Они хороши для работы в классе, для формирования умения применять теорему Пифагора. Но как организовать деятельность ребят на уроке? Поделюсь одним способом, который удачно работал на уроках такого типа.

Выберем задачи № 5.6 и № 5.7. Все (и я тоже) работают на отдельных листах. Ученикам не сообщается номер задачи. Они должны внимательно слушать и с одного моего прочтения запомнить условие задачи. Затем делается чертеж и решается задача. Когда задача решена, решение каждого вывешивается в классе либо листы с решением раскладываются на столах в конце класса. Тот, кто решил, идет изучать решение других. Затем, когда все справились с задачей, каждый берет любой, но не свой лист, исправляет там ошибки и решает на нем следующую задачу. Таким образом класс работает весь урок.

Вопрос: как быть с комментариями учителя? Их может вообще не быть. Класс выясняет правильное решение в разговоре, в общении, в изучении работ одноклассников и работы учителя.

Но можно начать с того, что после прочтения условия задачи учитель советует, как можно решить эту задачу, а затем все выполняют решение. Советы по поиску решения может давать и кто-нибудь из учеников. Консультанты меняются. Их роль трудна, ибо опыта в решении таких задач у ребят еще нет, учитель не показывал никаких образцов, а реагировать надо быстро. Однако научиться слушать и понимать товарища и в то же время стараться придумать свой способ чрезвычайно важно, так что польза обоюдная. Советы могут не касаться алгоритма решения, они могут подсказать, как надо правильно думать, решая задачу.

Думаю, что на одном из уроков вы найдете время для работы с решением задачи № 5.4. Ребята опять пополнят «копилку методов», но самое главное, прикоснутся к познанию того, какими методами пользуются математики, будут учиться так же, как они, управлять своими мыслями.

Лист № 6 В копилку методов

Задача № 5.4

Советы решающему геометрическую задачу: 1. В процессе решения и при его оценке будь внимателен: можно кое-что заметить из того, что не относится прямо к вопросу задачи,— некоторые свойства фигуры и зависимость между ее элементами. 2. Удивление полученным результатом рождает мысль, дает повод для новых исследований.

Метод решения задачи на вычисление неизвестных отрезков: 1. Введи вспомогательные неизвестные. 2. Рассмотри прямоугольные треугольники и, используя теорему Пифагора, составь систему уравнений. 3. Реши систему и найди неизвестное. 4. Исследуй решение, задумайся над результатом.

КОММЕНТАРИЙ К РЕШЕНИЮ ЗАДАЧ

5.2. а) 6. б) Нельзя найти jc, по условию получается гипотенуза меньше катета.

5.3.

Рис. 80 Рис. 81 Рис. 82

5.5. Двух величин мало. Трех величин AB, BD, DC хватит: АС2 = (АВ — CDf + BD2 (рис. 80). Величин AB, CD, АС тоже хватит: BD2 = AC2 — (AB — CD)2. Величин AB, BD, АС не хватит (аналогично не хватит и величин АС, CD, BD), так как замена точки С на С не меняет эти три величины, но. меняет CD (рис. 81). Впрочем, такая замена возможна не при любых значениях этих трех величин, а) Нет. Двух величин по-прежнему явно не хватает. Любых трех величин хватит: АС2 = ВР -\-(АВ-\-CD)2, BD2 = AC2-(AB + CD)2, CD=^AC2-BD2 -AB, AB = ^\JAC2 — BD2—CD. б) В этом случае никакие три величины, вообще говоря, не определяют четвертую, в) Если известно, что А и С лежат по одну сторону или по разные стороны от BD, то можно, так как дано 4тт = —, и можно вычислить AB —CD или AB4-CD, тогда АВ~^° = k~m , отсюда CD. Если это неизвестен m но, то, вообще говоря, будет два ответа, г) Двух величин не хватит. Трех также не хватит, если неизвестно расположение А и С относительно прямой BD. Если это известно и заданы четыре величины AB, АС, CD, BD, то расстояние от О до отрезка BD найти можно (рис. 82): OC2 = OD2+CD2. (OC + CAf=(OD + + BD)2 + AB\ отсюда 20С-С4 =20D-OB + AB2-CD2, OC == -ç^'OD-\--—• Подставляя последнее выражение в первое уравнение, получим квадратное уравнение относительно OD.

5.6.

5.7.

(рис. 83),

(рис. 84), если Ь>а. е) Рис. 84. Пусть

Рис. 83 Рис. 84 Рис. 85

так что высота попадает внутрь с. Решение.

отсюда

5.8. а) с =а +Ь , а постоянно, Ь растет, следовательно, с растет, б) А{В2 = ОА2+ОВ2>ОА22+ОВ22 = АВ2 (рис. 85).

, Таким образом, КМ >—= и КМ <;OB (рис. 86).

Промежуточные значения принимаются по непрерывности.

5.9.

в) Второй катет меняется от до —-— . г) Может. Пусть Ь — — а = у, а2-\-Ь2=\. Пусть а, = Ь, Ьх = а. Тогда есть прямоугольный треугольник со сторонами a, b, 1 и а,, bu 1; а, — а = 4, Ьх —

такие aw b можно найти:

Рис. 86 Рис. 87 Рис. 88

Рис. 89 Рис. 90 Рис. 91

5.10.

(рис. 87).

5.11. л:= 13 (рис. 88).

5.12. Продолжим C,ß на а (рис. 89). АСХАС2 + АСХВС2 = = 180°^ АСХАС2 = АС2ВС, тогда &АСХВ= /\С2ВС и С,С2 = = С2С. Так как Z.AC2C{ = АВС2С, то Z.C,C2C = 90°. Поэтому АСХС2С равнобедренный прямоугольный и С,С2 = -^4=Д.

5.13. а) Из AAOD (рис. 90) находим h = применяя теорему Пифагора к ДЛОС и ,

Вторая ситуация (рис. 91):

Выражая q через р и подставляя, получим квадратное уравнение относительно р. Найдем /?, q: x = ^lp2 + q2, y = ^J(c — pf-\-(d — qf.

5.14. Сначала построить (гипотенуза прямоугольного треугольника с катетами 1 и 1), затем д/з" (гипотенуза прямоугольного треугольника с катетами д/ÎT и 1) и т. д. до УГГ (гипотенуза прямоугольного треугольника с катетами УНТ и 1).

Рис. 92 Рис. 93 Рис. 94

5.15. а) Ответ * = Л}а2-\-Ь2 можно найти из уравнения

(рис. 92).

(рис. 93).

5.16.

(рис. 94).

5.17. 1. KxK\ = {j) + j(AC-BCfyj^K]K2<l (если /С, и К2 расположены с одной стороны от AB). 2. КХК2 = АВ= \ (если /(, и К2 расположены по разные стороны от AB).

5.18. а) Приравнять площадь квадрата и сумму площадей фигур, его составляющих, б) Соединить на рисунке вершины острых (неравных) углов и получить трапецию. Приравнять площадь трапеции и сумму площадей треугольников, ее составляющих, в) Рассмотреть площадь всей фигуры как сумму площадей большого квадрата и двух прямоугольных треугольников, затем как сумму площадей двух малых квадратов и двух прямоугольных треугольников.

5.19.

5.20. Пусть C,C2 = jc, тогда С,/С = —£=, получаем уравнение

из которого и находим jc, т. е.

5.21. а)

(рис. 95, а), б) 3 (рис. 95,6). в)

(рис. 95, в).

Рис. 95

§ 6. ПРИМЕНЕНИЯ ТЕОРЕМЫ ПИФАГОРА

«Какое чудо — этот переход от слепоты к прозрению, к пониманию сути дела!»

М. Вертгеймер

Теория

Сосредоточим свое внимание на занятии, тема которого «Перпендикуляр и наклонная». Тема простая, очевидны все утверждения, что и создает определенную трудность в поддержании внимания учеников. Необходимо найти тот логический стержень урока, который подводил бы ребят к решению некоторой серьезной проблемы. Пожалуй, стоит присоединить еще и вопрос: расстояние от точки до фигуры. Он позволит убедить ребят в необходимости изучения понятий «наклонная», «перпендикуляр» и связанных с ними теорем. Это решение находит подтверждение и в дидактике. Дидакты считают, что умственное напряжение, преодоление затруднений развивают мышление учеников, повышают интерес к учению, создают у ребят положительный эмоциональный настрой. Перейдем теперь к описанию примерной конструкции урока.

I. На доске дан рисунок (рис. 96). Требуется нарисовать отрезок, соединяющий точку Р с некоторой точкой линии, ограничивающей болото, длину которого разумно было бы назвать расстоянием от точки Р до болота. (Отрезок самый короткий из всех отрезков.)

II. Предлагается рассмотреть рисунок 97 и ответить на вопрос: что можно назвать расстоянием от некоторой точки А до озера, которое на рисунке изображено в виде круга с центром О?

Необходимо проследить, чтобы новое определение не противоречило определению расстояния от точки до болота, сформулированному выше.

III. Формулируется определение расстояния от точки плоскости до некоторой фигуры, лежащей в этой плоскости.

IV. Изобразить отрезок, длину которого мы назвали расстоянием от точки до фигуры, если фигура — прямая линия.

V. Возникает необходимость доказать, что перпендикуляр из точки на прямую — самый короткий отрезок, соединяющий эту

Рис. 96 Рис. 97

точку с точками прямой. Таким образом, доказывается теорема: если из одной точки проведены к некоторой прямой перпендикуляр и наклонная, то перпендикуляр и проекция наклонной короче наклонной. Конечно, перед этой теоремой надо сформулировать определения наклонной и ее проекции.

VI. Предлагается выяснить истинность следующих утверждений: 1. Перпендикуляр, проведенный к прямой, всегда меньше наклонной, проведенной к этой прямой. 2. Если из одной точки проведены перпендикуляр и наклонная, то перпендикуляр всегда меньше наклонной. 3. Наклонная всегда длиннее перпендикуляра, проведенного из одной точки к некоторой прямой. 4. Из любой точки можно провести перпендикуляр, который будет длиннее наклонной, проведенной из этой же точки.

VII. Формулируется определение расстояния от точки до прямой.

VIII. Рисуется куб. Ребро куба 10 см. Определить, чему равно расстояние: а) от точки ß, до плоскости грани ABCD; б) от точки Л, до плоскости грани ABCD\ в) от точки N , принадлежащей ребру /4,0,, до плоскости грани ABCD.

IX. Формулируется определение расстояния от точки, лежащей вне плоскости, до этой плоскости.

X. Задача. Дана пирамида РАСВ, углы при вершине С в треугольниках АСР, PCB, АСВ прямые, \PS\ = 5 см, \СВ\ = = 4 см, РА = РВ. Как найти расстояние: а) от точки С до прямой AB; б) от точки Р до прямой AB}

XI. Учитель рассказывает доказательство с ошибкой — о том, что катет равен гипотенузе. Доказывает убежденно, не позволяет до времени усомниться в истинности всех логических переходов. Пусть ВО (рис. 98) — биссектриса угла В, D — середина катета AC, D01.AC, ОЕ±ВС, ОЕ±ВА. Так как точка О расположена на биссектрисе угла В, то Aßfü= АВЕО (по гипотенузе и острому углу). Поэтому

BF = BE. (1)

Рис. 98

Далее, ОА = ОС, ибо каждая точка перпендикуляра к отрезку АС, проходящему через середину АС, равноудалена от Л и С. Так как OF = OE, то AAOF'= АСОЕ, и поэтому

AF = CE. (2)

Складывая почленно равенства (1) и (2), получим АВ — СВ, т. е. катет равен гипотенузе. Если ребята догадаются, что точка О не может быть внутри ААВС, тогда можно показать, что если О вне ААВС или на его стороне, то опять АВ — СВ (рис. 98,6), т. е. показать, что BF = BE, AF = CE, отсюда АВ = СВ.

Ошибка в том, что на самом деле точка F расположена вне отрезка ВА, Е — на отрезке ВС.

Хороший заключительный аккорд урока: только что было доказано, что наклонная больше перпендикуляра (если они проведены из одной точки к одной прямой), и вдруг этот софизм.

Возникшее противоречие срабатывает на более глубокое осознание материала. Ребятам есть где проявить свою смекалку, посостязаться друг с другом в поиске логической ошибки. Никому не хочется уйти с урока «одураченным», поэтому на последних минутах урока гарантировано активное внимание.

Хороший урок обязательно содержит свою интригу, свою тайну, как и любой хороший спектакль.

Итак, план урока перед вами, вам есть от чего оттолкнуться, есть что раскритиковать, а значит, есть почва для применения своих оригинальных способов построения занятия. Хочу обратить внимание коллег на некоторые этапы этого плана.

На первом этапе привлекается жизненный опыт ребят и в результате возникает чисто интуитивное понятие расстояния от точки плоскости до фигуры этой плоскости. На втором этапе это понятие осознается еще на одном примере, взятом из практики. И наконец, на третьем этапе формулируется само определение расстояния от точки до фигуры.

Далее осуществляется переход от только что сделанного обобщения к конкретной ситуации, появляется понятие расстояния от точки до прямой.

На шестом этапе идет работа по отработке глубины понимания теоремы о перпендикуляре и наклонной. Ребята учатся строго относиться к каждому слову теоремы.

«...Идеи всплывают всегда, когда на них стоит печать математической красоты».

А. Пуанкаре

Задачи

Обращу внимание коллег на то, что в этом параграфе много задач, в которых требуется либо доказать, что один отрезок больше другого, либо что выполняется некоторое неравенство, либо надо найти границы некоторой величины, зависящей от

другой, границы которой известны. Это задачи № 6.6, 6.12, 6.13, 6.16, 6.17, 6.18, 6.19, 6.20, 6.25. В задачах № 6.13, 6.17, 6.20 требуется знание свойств числовых неравенств: о перенесении слагаемых из одной части в другую, о сложении неравенств.

В решении задач № 6.12, 6.19, 6.20 используется теорема о том, что в каждом треугольнике любая сторона меньше суммы двух других его сторон.

Учитель сам легко заметит, что задачи № 6.7, 6.8, 6.24, 6.26, 6.45, 6.47, 6.50, 6.51, 6.52 — это задачи на формирование, отработку понятий, о которых идет речь в параграфе. Думаю, что это как бы обязательный уровень усвоения по данной теме. Но, может быть, я и ошибаюсь. Однако на своих уроках я стараюсь эти задачи не упустить. В параграфе вы найдете десяток задач на пространственные фигуры. Они, как правило, в учебнике все просты, поэтому я и не комментирую их решение. Ребята решают их с удовольствием, поэтому пренебрегать ими не стоит.

И вообще, коллеги, я желаю вам огромного терпения. Не гневайтесь сразу, если поиск решения идет долго и вы не успеваете решить всю массу задач из вашей домашней заготовки. Философ и математик А. Пуанкаре, анализируя свой процесс поиска решений, отмечал, что первый этап, этап неспешного анализа, никогда не заканчивается решением. На нем происходят лишь отбор, выработка элементов, из которых решение может возникнуть. Порой на этом этапе ребята молчат, сидят, казалось бы, с отсутствующим выражением лица, но как важны эти минуты, минуты вызревания решения. Минуты, в которые и отвлечение работает на решение, ибо оно вызревает в бессознательном плане. Несказанно важно выдвижение гипотез, путей, по которым должен вестись поиск. Пускай целый ряд из них не будет реализован, но каждая гипотеза, каждый путь — ступенька для выдвижения, вызревания этой главной, которая приведет к результату, каждый этап которого будет в дальнейшем обоснован.

А. Пуанкаре считал, что правильное решение всегда красиво, что математик руководствуется эстетическим чувством, чувством математической красоты.

Не торопите ребенка, цените его темп работы, подержите паузу на уроке, порешайте в этот момент сами. Ведь даже обучение решать задачи по алгоритму связано с огромными трудностями, а геометрические задачи чаще всего творческие. Способ же размышления над ними детей удивительно близок процессу работы математиков над проблемой. Учитель не торопится объяснять необходимый для решения алгоритм. Вместо подсказки он изобретет еще одну ситуацию, чтобы дети развили то верное, что нашли, и отказались от ошибочных идей.

Лист № 7 В копилку методов

Задача № 6.3

Советы решающему геометрическую задачу. 1. Решая задачу, следи за тем, чтобы не допустить логической ошибки: для доказательства некоторого утверждения в неявном виде использовать его само. (Порочный круг.)

Метод доказательства некоторого равенства, связывающего элементы прямоугольного треугольника: 1. По теореме Пифагора из прямоугольных треугольников найди квадраты длин некоторых отрезков. 2. Вырази квадрат неизвестной величины из одного равенства и подставь в другое. 3. Упрости выражение, если есть в этом необходимость.

КОММЕНТАРИЙ К РЕШЕНИЮ ЗАДАЧ

6.1. Квадрат длины отрезка равен сумме квадратов длин его проекций на две перпендикулярные прямые.

6.3. б) 2AD-AB = AD2 + AB2-(AB-AD)2 = (AC2-CD2) + + (AC2 + BC2) — (BC2-CD2) = 2AC2 (рис. 99). в) Аналогично.

6.4. АХ растет, ВХ растет, СХ убывает, DX убывает.

6.6. в)

6.7. а)

6.9.

6.10. а)

Рис. 99 Рис. 100 Рис. 101

= 2-^=. б) AB2 = AY2+YB2 = ^ + (^-^=J (рис. 100). Можно взять угол, равный 60°.

6.11. Продолжим ХВ до ХС (рис. 101). Угол ХСА ААХС, равен 30°, следовательно, ЛС = 2ЛХ = 6, УС = 4. В ABYC BC = 2BYt тогда 3BY2=\6y BY=-^=. Из AABY АВ =

Приложим аАХВ и ДЛУВ друг к другу, как показано на рисунке 102. Соединим точки ß, и ß2. Тогда Aß,v4ß2 равносторонний. Пусть АВ = а. Тогда BX = ~\la2-32 BY = ~\la2 — 22, а2 = BlB22=XY2 + (BX + BYf=l+ (Va2—4 + Л/а2-9)2. Это сводится к биквадратному уравнению относительно а.

6.12. 4ß</W2-f Х2В<Л^, + ^Д2+Х2в. Аналогично ЛВ< ^Л^1 + Х|Х2-(-^2^з + ... -\-Х„_1Х„ + ХпВ. Равенство, если точки X, лежат на отрезке AB, причем в правильном порядке.

6.13. а<Ь + с =>- а — с<Ь.

6.15. От ^ до j, не включая -j.

6.16. а) 4X + Xß<v4/C + /C* + XL + fiL==i4/C + /CZ. + ßL. б) /4>Yß может быть длиннее AKLB (рис. 103).

6.17. а) а<Ь + с =>■ 2a<a+6 + c. 6),PQ<PBQ PQ<PACQ 2PQ<ABC (рис. 104).

То же верно и для многоугольника.

6.18. б) /п, + т2 + '"з<а + '' + с- в) Неверно.

6.19. а) АХ + ХВ<АХ + РХ + ВР = АР + ВР<АС + СР + ВР = АС + СВ (рис. 105). б) JM + *ß + XC = -[((X4 + Xß) + + (*/! + А'С) + (Л:В + АС))<|(СЛ + Cß + ß,4 + ВС + АВ + + АС) = АВ + АС + ВС, ХА + ХВ + ХС=±((ХА + ХВ) + (ХА + + ХС) + (ХВ + ХС))>±(ВА +АС + ВС). в) Нет. АВ + ВС + AC>XA+AC + CY + XY>CZ + ZE + EY+YC>DE + EF + + ED (рис. 106).

Рис. 102 Рис. 103 Рис. 104

Рис. 105 Рис. 106 Рис. 107

6.20. AD + BC<AO + OD + OB + OC = AC + BD (рис. 107). Аналогично AB + DC<AC + BDt так что AC + BD>

С другой стороны, АС<АВ + ВСУ BD<BC + CD, AC<AD + DC, BD<BA+AD. Отсюда AC + BD<AB + + BC + CD + DA, XA + XC + XB + XD^zBD + AC = OD + OB + 4-ОЛ + ОС, так что точка с наименьшей суммой расстояний до вершин — точка пересечения диагоналей.

6.22. Учтите, что 236 = 30 + 80 + 86 + 40.

6.23. Другие высоты не превосходят 1.

6.24.

6.25.

6.26. Рис. 108. а) ßß,=2. б)

6.27. AB — самый короткий отрезок из всех отрезков, соединяющих точку А с точками плоскости а. Следовательно, AB — самый короткий отрезок, соединяющий точку А с точками прямой а плоскости а, проходящей через точку ß, т. е. AB Л. а.

6.28. Предположим, что, кроме AB и y4ß,, ßß, перпендикуляр к плоскости а. Тогда по задаче № 6.27 ßß, перпендикулярна и к AB, и к АВЬ что невозможно.

6.32. Это медиана.

Рис. 108 Рис. 109

6.33. a) dl~^d2 (точки по одну или по разные стороны от прямой). 6)^ii^i = ^i^i(рис. 109). Отсюда находим четвертое расстояние.

6.39. Две перпендикулярные прямые.

6.40. а) Две параллельные прямые, б) Открытая полоса.

6.41. а) Прямая, параллельная данным, б) Открытая полуплоскость.

6.42. Рис. 110.

6.44. в) Такой точки чаще всего нет.

6.45. Рис. 111.

6.46. Прямую, параллельную краям полосы.

6.47. Рис. 112.

6.49. d, + d2.

6.50. а), б) Рис. 113. в) Две высоты не определяют треугольник.

6.51. в), г) Рис. 114.

6.52. б) Недостаточно данных.

Рис. 110

Рис. 111

Рис. 112

Рис. 113

Рис. 114

Рис. 115 Рис. 116

6.53. S^|C2=SC|i4|c2 — высоты из точек А2 и С, на АХС2 равны, следовательно, А2СХ\\АХС2.

6.54. Пусть на ab аАВС дана точка р (рис. 115). Построим на продолжении ab точку r: pr = pb. Проведем rc и параллельно rc — aq. Тогда spbq=-~srbq, a srqb = sacb по задаче № 6.53.

6.56. а) Отрезок, отсекающий от угла равнобедренный треугольник: dla + d2a = 2S1 dx + d2 =— (рис. 116, а), б) Луч, параллельный биссектрисе: d2 — dx = d (рис. 116,6).

§ 7. СИНУС

Теория

В этом параграфе предлагается изучить синус, его свойства и график. Один только синус будет предметом внимания ребят. Методически это оправдано, что подтверждается практикой. Думаю, что благодаря выбору такого порядка изучения тригонометрических функций (синус, косинус, тангенс — каждую от-

дельно) ребята довольно сносно решают прямоугольные треугольники, легко применяют теоремы синусов и косинусов (О.Т.П.— обобщенная теорема Пифагора).

Синус острого угла определяется как отношение перпендикуляра к наклонной. Наклонной в этом определении является часть стороны угла от его вершины до точки, из которой опущен перпендикуляр на другую сторону угла.

Синус тупого угла определяется как синус смежного ему острого угла. Отсюда сразу легко появляется одна из формул тригонометрии sin (180° — a)=sin a.

Но до введения определения синуса доказывается довольно сложная теорема 9 (об отношении перпендикуляра к наклонной), в которой обосновывается, что отношение перпендикуляра к наклонной не зависит от выбора точки на одной из сторон угла, из которой проводится перпендикуляр к другой стороне угла. Изучать доказательство будет легче, если на рисунке 83, б § 7 написать, что ВС = а, АМ = т, MD = Л, В А = с, и вычислить сразу удвоенные площади.

Самое трудное место — последний абзац доказательства теоремы, в котором показывается, что точку В можно брать и на стороне q и все равно отношение перпендикуляра, проведенного из нее на сторону Я, будет равно —. Доказывается это изящно, но ребята с таким рассуждением встретятся впервые. Основано оно на том, что если у вас имеется пропорция и отношение, стоящее в одной части, которое не зависит от какой-то переменной, то и отношение, стоящее в другой части, от этой переменной не зависит (понятно: оно же ему равно).

Для запоминания значений синуса и косинуса основных углов полезно нарисовать половину единичной окружности и на ней показать эти значения (рис. 117).

Хорошо, если этот рисунок будет нарисован на листе ватмана и вывешен в классе.

Рис. 117

Для проверки знаний синуса и его свойств можно провести обучающе-контролирующую работу. Каждому выдается четверть листа, на нем он пишет ответы и выполняет задания.

Пример такой работы.

1. Напишите значение а, при котором равенство (неравенство) будет верным.

Лист № 8 В копилку методов

Задача № 7.1

Советы решающему геометрическую задачу: 1. Умей поставить себе вопрос, который поможет высветить Недочеты в решении. 2. Будь внимателен: данные задачи могут быть противоречивы. 3. Противоречие в данных задачи можно обнаружить, сопоставив результат с остальными данными в условии. 4. Можно выявить противоречивость данных, подумав, какие элементы условия определяют треугольник (фигуру). 5. Противоречие может быть из-за лишних данных в условии. 6. По причине лишнего данного противоречие случается не всегда.

Метод вычисления неизвестного отрезка, используя тригонометрическую функцию. Если угол входит в два прямоугольных треугольника, то надо вычислить одну и ту же тригонометрическую функцию из разных треугольников и приравнять эти значения функции. Получим уравнение, из которого и находится неизвестный отрезок.

КОММЕНТАРИЙ К РЕШЕНИЮ ЗАДАЧ

Рис. 118 Рис. 119 Рис. 120

7.8. б) sin2 А + sin2 В= 1, так что sin а=~ , a sin ß="3 не может; sin/i=—, sin# = — возможно, например, в треугольнике со сторонами 3, 4, 5.

7.9.

7.10. а) Если a = c«sin а (рис. 119), то а2 = ас «sin а = оа sin а. Зная, что ai = asina, получаем сг = сах. в) ах = а sin а, ft,= = b sin (90° — а), A = fc-sina, h = a sin (90° — а), тогда Л = = ab sin a-sin (90° — а) = ахЬх.

7.11. б) Если sm а фиксировано, то можно найти а и ß однозначно, так как синус монотонно возрастает.

7.12. а) 35°, 140°, 45°. г) 120°, 62°, 115°.

7.13. а) Нет, sin60° = sin 120°. б) Да.

7.14. пп>тс » поэтому первая более крута.

7.17.

§ 8. ПРИМЕНЕНИЯ СИНУСА

«Не мне в бездушных книгах черпать Для вдохновения ключи — Я не желаю исковеркать Души свободные лучи!»

И. Северянин

Теория

Остановлюсь лишь на обсуждении способа преподавания теоремы синусов. Обычный способ откройте — запишите — я изложу или откройте — прочтите — я спрошу мы сейчас комментиро-

вать не будем. Вам будет предложена мастерская по теореме синусов, задания которой позволят ребятам самим увидеть эту теорему.

Мастерская: Теорема синусов

I. Работа на протяжении всей мастерской идет в четверках. Нарисуйте прямоугольный треугольник ABC, угол С прямой, угол А равен 30°, ВС=\. Найдите sin В, sin Л, sin С, AB, АС, AB ВС АС sin С sin Л sin В

II. После обсуждения каждая четверка оформляет свою часть доски, записывая на ней результаты вычисления.

III. Комментарий учителя о выполнении задания.

IV. Нарисуйте ААВС, у которого угол А равен 30°, высота BD=l, угол DBC равен 60°. Найдите AB, АС, ВС, sin В, sin А,

V. Оформление работы на доске.

VI. Комментарий учителя о выполнении задания.

VII. Нарисуйте остроугольный ААВС, АС — Ь, ВС = а. Докажите, что 6 sin Л =а sin 5.

VIII. Оформление работы на доске.

IX. Комментарий учителя.

X. Нарисуйте тупоугольный треугольник ABC, АВ = с, ВС = = а. Докажите, что a sin С = с sin А.

XI. Оформление работы на доске.

XII. Комментарий учителя.

XIII. Проанализируйте результаты выполнения заданий I и IV. Постарайтесь подметить закономерность, связывающую стороны и углы треугольника, и сформулируйте ее.

XIV. Формулировка теоремы синусов.

XV. Придумайте доказательство этой теоремы.

XVI. Слушаем.

XVII. Разбор мастерской.

М. Монтень образно сказал, что учитель должен снабжать ребенка цветами, из которых тот мог бы добывать материал для меда, но перерабатывать его он должен сам.

При проведении этой мастерской я был как бы в стороне. Комментировать мне на самом деле было нечего, ибо шесть-семь четверок, выполняя задания на доске, сравнивали свои результаты и в классе часто звучали возгласы: «О, смотри, и у них тоже отношения равны!» Так, еще до команды обобщить и сформулировать закономерность, подмеченную при выполнении первых двух заданий, теорема синусов уже звучала в классе.

Ребята работали увлеченно, с хорошим азартом, хотя по конструкции мастерская проста. Может быть, в ней нет заданий, при выполнении которых школьники были бы более свободны в выборе путей их выполнения, и это меня огорчает. Успокаивает

то, что цели она достигает, мне не надо было вбивать в головы ребят очередную теорему, им — медленно переписывать с доски то, что я написал, мне не надо было нервничать, что кто-то не может повторить мои слова. Познание было эмоционально организовано.

Лист № 9 В копилку методов

Задача № 8.14

Советы решающему геометрическую задачу: 1. Дай определения основных фигур, данных в условии задачи. 2. Вспомни признаки фигур, участников задачи. 3. Не бойся делать к задаче несколько рисунков, особенно если мысли нужные не появляются. Новый рисунок, сам процесс его выполнения, успокаивает, позволяет иначе взглянуть на задачу, стимулирует поиск. 4. Используй не только теоретические сведения, но и данные задачи. 5. Проверь, все ли данные задачи ты использовал.

Метод решения задачи на доказательство формулы: 1. Сделай рисунок, изобразив на нем все фигуры, данные в условии (отрезки, углы и т. д.). 2. Посмотри, какое необходимо дополнительное построение. 3. Выполни дополнительное построение и сделай все необходимые выводы относительно вновь появившихся фигур. 4. Используй известные в теории формулы.

КОММЕНТАРИЙ К РЕШЕНИЮ ЗАДАЧ

8.1. 8.2. 8.3.

8.4. а) 1. Из A BCD найти BD = ~4^= (рис. 121, а). Из Л CD А найти DA = ,_. Из равенства с = —т=-( —H—) найти

bc = ^2J±-. 2. Из АСВК найти sin 4 = "?- Из АКВА найти sin — — -г-• Получаем равенство —— = —-, или СК=^Ь~СК^'а , отсюда СК = -^— и ЬЬ = Л a2 + (-^—Y. Анало-

Рис. 121

Рис. 122

гично Ьв--\1*+^) . б) ХР = ^ = ХА^, (рис. 121, б). -777т может принимать как сколь угодно малые (если X вблизи Л), так и сколь угодно большие (если X вблизи В) значения.

8.5. б)

8.6. а)

8.8. Да, решив уравнение

8.11. 8.12. 8.13.

8.15. 0<cS^-^ab, максимум — в прямоугольном треугольнике.

8.16.

8.17.

т. е. с не ограничено.

Рис. 123 Рис. 124 Рис. 125

8.18.

8.19.

8.20. а)

8.21.

8.22. Один из углов ААВС не меньше соответствующего угла АА1ВхС1 (рис. 125). Пусть, например, 90°>Л>Л,.

Тогда S = ^AB-AC-s\nA>^AlBrAlCrs\nAl = Sl. Если ААВС тупоугольный, то может быть S<S,.

8.23. Параллелограмм с вершинами в серединах сторон имеет равные диагонали, и, следовательно, он — прямоугольник. Его площадь — • g-, а площадь всего четырехугольника —. (Он может быть и невыпуклым.)

8.24.

8.25. а)

Рис. 126 Рис. 127 Рис. 128

б) Что доказать, что S —(ас-\- bd), надо разрезать четырехугольник по диагонали и переложить один из треугольников так, чтобы а и d поменялись местами, и применить пункт в) (рис. 127).

8.26. 8.27. 8.29.

8.30. Следует из задачи № 8.29. 8.31.

8.32. Надо сравнить

8.35. 8.36,

(рис. 130),

Аналогично находятся и остальные отношения.

Рис. 129 Рис. 130 Рис. 131

8.37. а) АВ + ВС=\, ZC=120°-q> (рис. 131), (рис. 132). в) -—=уЗ. г) Если равносторонний треугольник АХВХСХ вписан в равносторонний треугольник ABC (см. рис. 132) и AC I—-==^3 , то один из углов: ВСХАХ или ВАХСХ — прямой. ВСХ и ВАХ можно определить исходя из того, что площадь СХВАХ фиксирована, т. е. ВСХ-ВАХ и ВСх-\-ВАх фиксированы.

8.39. 8.40. 8.41.

8.42.

8.44.

8.45. а) См. задачу № 8.19. б)

(рис. 133),

Рис. 132 Рис. 133

§ 9. КОСИНУС

Теория

Почитаем параграф. Обратите внимание на то, как авторы вводят понятие косинуса. Они начинают с примера, рассматривают колебательные движения маятника. Буквально в десяти строчках «рассказано» и о векторе (он и нарисован), и о проекции вектора на ось. В 9 классе этим понятиям будет уделена не одна страница учебника. Конечно, можно рискнуть начать изложение темы с этого примера. Но вопросов будет много. А как на них ответить? Если же не будет вопросов, то тогда и пример приводить не стоит. Дал сразу определение косинуса и решай задачи. Может, так и сделать? Правда, тогда детям будет непонятно, зачем вводится еще одна функция угла.

Попробуем начать с обобщенной теоремы Пифагора (теоремы косинусов). Рассмотрим задачу. Одна сторона треугольника равна 10, другая 3, а угол между ними 35°. Требуется вычислить третью сторону. Пусть в ААВС: ЛВ=10, ЛС = 3, Z.ABC = 35°.

Опустим из точки В высоту BD, тогда в AABD найдем BD = = 10-sin 35° и 4D2= 102- 102.sin235°.

Теперь из ABDC найдем по теореме Пифагора ВС2:

Если же

Хорошая формула, но немножко громоздкая из-за выражения Л]\ — sin2 а. Оказывается, очень часто приходится решать задачи, которые сводятся к следующей: в прямоугольном треугольнике ABC с гипотенузой, равной единице, найти катеты, если угол А = а. Тогда мы уже знаем, что катет Z?C = sin а. А катет АС? Найдем его по теореме Пифагора: ЛС = Д/1 — sin2 а.

Опять это выражение у 1 — sin2 а . Чтобы было проще решать такие задачи, ввели косинус a, cosa = j4C, и тогда Л]\ — sin2 a = = cos a для острого угла треугольника с гипотенузой, равной единице. Тогда ßC =32 + 102 — 2«3« 10«cos 35°, т. е. для данного треугольника

ВС2 = AB2 + АС2-2АВ-AC-cos А. (1)

Таким образом, косинус острого угла, равного а, в прямоугольном треугольнике с гипотенузой, равной единице, численно равен катету, прилежащему к этому углу. И сразу получаем, что в таком треугольнике cosa = Vi — sin2 a . Если же гипотенуза равна а, то ВС = а sin а, тогда AC = ^Ja2 — a2 sin2 a =d\Jl — sin2 a = acos a, значит cosa = — есть отношение прилежащего катета к гипотенузе.

Мы знаем, что синус существует и для тупого угла. А косинус? Попробуем решить задачу. В треугольнике ABC v4ß=10, ßC = 3, Z.y4 = 145°. Найдите длину стороны ВС.

Решим ее. Опустим высоту BD из точки В на продолжение АС за точку А. Тогда в A BD A BD= 10-sin (180°— 145°) =

Посмотрим на прямоугольный треугольник с гипотенузой, равной единице, и острым углом 35°. У него катеты равны: sin 35° и cos 35°. Следовательно, по теореме Пифагора sin 35° + +cos235°=l. (Может, это равенство верно, но только для угла 35°?) Тогда ßC2 = 32+ 1СГ + 2-3.10-cos 35°. Тогда для данного треугольника

ВС2 = AB2 + AC2+ 2АВ-АС-cos (\80°-А). (2)

Сравним равенства (1) и (2). Они отличаются лишь знаком перед удвоенным произведением. Но, если мы по определению примем, что косинусы смежных углов противоположны, тогда cos Z.BAD= — cos Л, т. е. cos Z. BAD = — cos 35°, тогда и в этом случае

ВС2 = AB2 + АС2-2АВ-AC-cos А.

Обобщим результат: в треугольнике, две стороны которого а и b и угол между ними а, квадрат третьей стороны

с2 = а2 + Ь2 — 2аЬ cos a.

Итак, у нас в результате решения задачи возникла необходимость в введении определения косинуса угла. Мы его ввели так: косинус острого угла в прямоугольном треугольнике с гипотену-

зой, равной единице, численно равен катету, прилежащему к этому углу; косинус тупого угла противоположен косинусу смежного ему острого.

Теперь можно почитать, как в учебнике введен косинус, и сравнить с нашими исследованиями. Любопытно, что при таком введении косинуса получено много «заделов» на будущее: и теорема косинусов, и формула sin2 a + cos2 a= 1, и формула для острого угла cos а = Д/1 —sin2 а. Формулу sin2 а-|-cos2 а = = 1 можно увидеть зрительно: если опустить высоту CD на гипотенузу, равную единице, то /4D = cos2a, ßD = sin2a, AD-\-BD = = /jß, т. e. sin2 a-f-cos2 a— гипотенуза AB. Кроме того, как написано на с. 137 учебника, такое введение синуса и косинуса (для острого угла) прямоугольного треугольника с гипотенузой, равной единице, соответствует истории возникновения этих тригонометрических функций в Древней Греции: вместо синуса угла рассматривали длину хорды, соответствующей удвоенному углу между радиусами единичной окружности.

Лист № 10 В копилку методов

Задача № 9.18

Советы решающему геометрическую задачу: 1. Сначала постарайся ответить на вопрос: определяют ли данные задачи ту фигуру, о которой идет речь? 2. Если определяют, то значит, по этим данным можно построить фигуру. 3. Убедиться в существовании некоторой фигуры можно непосредственно построением ее с помощью циркуля и линейки.

Метод решения задачи на вычисление углов треугольника: 1. Вычислить площадь треугольника различными способами и результаты приравнять. 2. Из данных равенства составить пропорцию. 3. Из пропорции получи отношение, которое является какой-либо функцией угла, и по функции найти угол.

КОММЕНТАРИЙ К РЕШЕНИЮ ЗАДАЧ

9.1. dx = d'Cos ф. Если d фиксировано, то при ф = 0°, dx — d — наибольшее значение, при ф = 90° rf, = 0 — наименьшее значение.

9.5. Если cos a растет, то sin a растет, пока cos a<0, и убывает, когда cos a>0. Если sin a убывает, то cos a растет, если он положителен и убывает, если он отрицателен.

9.6. б)

9.7.

9.8. 9.14.

9.15.

9.16.

9.17.

9.19.

9.20.

Обратная задача. Зная

Решение.

9.24. а) 140°, 45°, 35°. г) 120°, 115°, 62°.

9.25. а) а = 45°. б) а = 0. в) а = 90°. г) а=180°.

9.26. a) sin ß = cos(90° — ß)=cos а, тогда 90° —ß = a.

б) cos (180° —а) = — cos a = cos ß=*-a-j- ß = 180°, так как величина косинуса однозначно определяет величину угла.

9.27. Если <Pi^<p2, то cosq>i^cos(j>2, что противоречит условию.

Рис. 134 Рис. 135

Рис. 136

Рис. 137

9.28. Нет. Только один из косинусов может быть отрицателен. Если cosa<0, то cosß>0, и так как ß<180° — a, то cosß> >cos (180° —a)= — cos a, так что cos a + cos ß + cos y > 0.

9.29. sin a + sin ß = cos a + cos ß, например a = 30°, ß = 60°; sin a-j-sin ß + sin y = cos a + cos ß + cos y тоже возможно по непрерывности: в равностороннем треугольнике левая часть равенства больше, а в равнобедренном с углами 1°, 1°, 178° правая часть.

9.30. a = h sm ф. Чем больше а, тем больше sm ф, тем больше угол ф (ф<90°).

§ 10. ПРИМЕНЕНИЯ КОСИНУСА

Теория

Теорема косинусов — в учебнике она названа обобщенная теорема Пифагора (О. Т. П.). Доказательство ее традиционно, хорошо нам знакомо. Может быть, ребятам будет попроще запомнить такой вариант доказательства О. Т. П.:

1) См. рис. 109, а, § 10. AD2 = AD2, Ь2-Ь\ = с2-(а-Ь{)\ Ь2 + + a2 — 2ab{ = c2y b{ = b-cos С ( AACD), c2 = a2 + ft2 — 2afe-cos С.

2) См. рис. 109, б, § 10. Здесь также приравниваем квадрат высоты, найденный из AACD и AADB. Остальное все аналогично первому случаю, лишь 6,= —fc-cosC.

«Что нужно нам — того не знаем мы, Что знаем мы — того для нас не надо».

Гете

Задачи

Задачи этого параграфа, как, впрочем, и многих других, направлены на обучение определенному алгоритму и на обучение поиску. Поиск связан преимущественно с творческим применением О. Т. П. Такого типа задач, как задача № 10.30, в парагра-

фе нет. Так что метод ее решения просто обогатит «копилку методов». Советуем на работу с этой задачей отвести одно-два занятия. Один из способов организации такого занятия предложен ниже.

Какой же путь работы с задачами выбрать? Как построить уроки решения задач?

Один путь предложен авторами при изложении решения задачи № 10.30. Учитель решил дома задачу, придумал, как ее подать, и затем как актер разыгрывает процесс поиска: что-то предлагает, анализирует, задает вопросы, задумывается. Думаю, что дети привыкли к такому способу работы с задачей на уроке, только иногда решение рассказывает кто-нибудь из отличников, а иногда сам учитель. Классу же отведена роль слушателей, и, как бы мы ни разнообразили свое изложение вопросами, все равно мы твердой рукой ведем учеников по заранее проторенной нами дорожке. Мы скрываем от ребят муки творчества, а увидеть это детям так важно.

Так как же организовать урок решения задач по этой теме? Самый простой способ, когда не знаешь, что предложить,— дать возможность ученикам самим проявить инициативу. Может быть, разбить класс на пары — пусть каждая пара выберет и решит две задачи. Затем в четверках пары расскажут решения своих задач и выберут одну, которую расскажут классу. Будет хороший разговор в парах, в четверках, в классе. Будет решено и разобрано много задач. Конечно, лучше, если на каждое такое занятие будет отведен сдвоенный урок. Тогда в конце сдвоенного часа можно дать около 20—25 мин для того, чтобы ученики смогли зафиксировать все самое важное, самое интересное в тетрадь, пополнить свою «копилку методов» решения геометрических задач. А можно в эти 20—25 мин предложить каждому на отдельном листочке решить несколько любых задач из § 10, возможно и повторение тех, которые были разобраны в классе на этом уроке.

Выполненные работы может посмотреть учитель, а могут и одноклассники. Оценивать их совсем необязательно — важна внутренняя оценка того, насколько каждый успешно продвигается в изучении этой темы, как у него дела.

Теперь о решении задачи № 10.30. Авторы показывают, как важно дать сначала простор интуитивным соображениям и лишь потом подкрепить их формальным доказательством. Проводя мысленный эксперимент, мы поняли, почему верно то утверждение, которое требуется доказать, а затем уже логическое доказательство убедило нас, что оно действительно справедливо. Картинка, да еще движущаяся картинка, порой несет гораздо больше информации, чем слово. Картинки помогают думать, кроме того, при разборе этого решения для многих ребят впервые чертеж пришел в движение. Разрушилось одно из табу, которое само собой сформировалось в голове каждого ученика.

Метод «малых шевелений» часто используется в задачах, в которых требуется выбрать из некоторого множества фигур ту, которая в том или ином смысле является наилучшей (например, имеет наименьший периметр, наибольшую площадь и т. п.). Берем произвольно какую-нибудь фигуру из рассматриваемого множества фигур и пытаемся «малым шевелением» ее улучшить. Если это удается, то можно повторить аналогичные рассуждения, но уже с «улучшенной» фигурой. Если же мы обнаружили фигуру, которую нам улучшить не удается, то правдоподобно, что она и есть искомая. Дальше должно быть это строго доказано.

Попробую набросать план работы с решением задачи № 10.30.

Работа с задачей № 10.30. 1. Прочти задачу. (Дальше идет работа в парах.) 2. Поговори об условии задачи. Нарисуй чертеж и обсуди условие и требование задачи. 3. Прочти решение. По ходу чтения выписывай все вопросы, которые автор решения не сформулировал и на которые не дал ответов. 4. Прочти решение еще раз и попробуй ответить на все вопросы, которые поставил автор и которые ты сформулировал сам. 5. Класс слушает, а учитель фиксирует на доске все вопросы, сформулированные учениками. 6. Слушаем ответы на вопросы. Выделяем те вопросы, на которые ответов не было найдено. 7. Пары читают еще раз решение: 1) выписывают советы авторов, как осуществлять поиск решения задачи; 2) формулируют и записывают метод, которым была решена задача. 8. Каждый ученик на отдельных листах записывает советы и методы. 9. Каждый думает над проблемой: какой элемент рассуждения можно «показать», «удалить» или заменить другим? 10. Прочти задачу № 10.31 и проведи для нее мысленный эксперимент, начиная с равнобедренной трапеции. (А может, и не следует ничего говорить о равнобедренной трапеции?)

Вопросы: 1 ) Почему авторы решили двигать точку А влево, а не вправо?

2) Не будет ли в какой-либо момент точка M между точками L и Н?

3) А если А ABC будет прямоугольным (Z.i4=90°), а если ААВС будет тупоугольным ( Z.А >90°), то все ли рассуждения доказательства будут справедливы?

4) Может быть лучше начать проведение мысленного эксперимента с равнобедренного треугольника ABC (AB = ВС)?

5) Как автор решения догадался до такого логического способа доказательства?

6) Какова роль мысленного эксперимента в порождении этого способа доказательства?

Лист № 11 В копилку методов

Задача № 10.30

Советы решающему геометрическую задачу: 1. Прежде чем доказывать, надо знать, что доказывать. 2. Выполни построения всех геометрических фигур, о которых говорится в задаче, точно — циркулем и линейкой. 3. Рассмотри частный случай, убедись в истинности утверждения задачи для него и используй его как трамплин для исследования обобщенной ситуации. 4. Интуитивный поиск подтверди логическими рассуждениями.

Метод решения задачи, в которой надо сформулировать гипотезу, а затем найти ее доказательство: 1. Точный чертеж. Гипотеза. 2. Мысленный эксперимент: подвигать точки, отрезки чертежа и посмотреть, как себя будут вести все остальные его элементы. Интуитивное подтверждение гипотезы. 3. Логическое доказательство гипотезы.

До того как проводить доказательство, необходимо определить ту зависимость между элементами условия задачи, обнаружение которой гарантирует установление того, что требуется доказать.

В данной задаче основополагающую роль играли углы, которые образуют высота ВН и биссектриса BL со сторонами.

КОММЕНТАРИЙ К РЕШЕНИЮ ЗАДАЧ

10.2. б) mc = ^2a2 + 2b2-c2.

10.7. S = ^ ab sin <р фиксирована, значит, ab фиксировано, c2 = a2 + b2 — 2abcos qp = (a — bf + 2ab (1 — cos ф)^2а6 (1 — cos <p) и равенство при a = ft, так что с наименьшая, если она отсекает равнобедренный треугольник.

10.8.

10.10.

10.11. а) При 1) 52+62>72 остроугольный; 2) тупоугольный; 3) равнобедренный остроугольный; 4) прямоугольный; 5) а +

Рис. 138 Рис. 139

+ (а+1)>а + 2, при а>1 а2 + (а+ 1)2<(а + 2)2, а2-2а--3<0, 1<а<3 тупоугольный, при а = 3 прямоугольный, при а>3 остроугольный, б) Прямоугольный.

10.12. в) h = — (по формуле Герона).

10.13. ок±ав, xd±ab, xn±kc (рис. 138). Из axno X02 = xn2 + no\ ko = ^§-, xd = a-s\n ad АХ. Угол dax находим из аАВХ, xn = ak-ad, АК = ^ ad2 = ax2-dx2, ЛЮ = ko — xd.

10.14. Да, с теми же углами.

10.15. Найти угол между сторонами с помощью О. Т. П., а затем найти хорду по О. Т. П. из треугольника, в котором эта хорда является стороной.

10.16. Сосчитать по О. Т. П. отмеченные на рисунке 132 углы. Если их сумма меньше 180° для любой вершины четырехугольника, то он выпуклый; если хоть для одной из вершин — больше 180°, то невыпуклый.

10.17. Наибольшая медиана

10.18. P = 2fc + a,

10.19. Это зависит от того, как расположены данные величины. В случаях а) нельзя (рис. 140), б) можно (рис. 141).

Рис. 140

Рис. 141

10.20.

(рис. 142).

10.22. Введем неизвестное jc = sin Z КА2А3 (рис. 143). Тогда КАХ=—■— • х, /С43 =—^— je. По О. Т. П. для ДЛ,/043 получается уравнение относительно jc2. Найдя Jt, найдем /04, и /043, а КА2 вычислим как хорду в известном треугольнике.

10.25. АР2 = РВ2 + АВ2 = РВ2 + ВС2 + СА2 = РС2+СА2, следовательно, ЛРСА =90°. Обратно: если РВ±(АВС) и Z.PCA = = 90°, то Z ВСА =90°.

10.26.

Следовательно,

(рис. 144).

Рис. 142 Рис. 143

Рис. 144

Рис. 145

Рис. 146

Рис. 147

10.27. Это получается двукратным применением утверждения, что в треугольнике хорда, выходящая из вершины, меньше одной из двух сторон, сходящихся в ней, что следует из неострости одного из двух отмеченных углов (рис. 145). Выпуклость несущественна.

10.28. Угол АОС тупой, так как Z.OAC</LBAC и ZOC4<

< Z.BCA, следовательно, АС — наибольшая сторона. Если Z.Ö тупой, то решение аналогично (рис. 146).

10.31. Пусть a>ß и оба угла острые. Построим на AD точку £, такую, что СЕ = АВ. Тогда Z.CEA = a и BE = AC = d2. Такая точка Е на AD найдется, так как ß<a; dx = BD>BE = d2 (как наклонная, имеющая большую проекцию) (рис. 147). Если один из углов тупой, то см. рис. 148.

10.32. AA>/LAb тогда по О. Т. П. ВС>ВХСХ и по О. Т. П. /LC> /-Сх. Если теперь Z.ß^Z_ß,, то аналогично получаем Z.D^ 4LDl$ что невозможно, так как суммы всех углов одинаковы. Значит, Zß<Zß, и ZD<ZD, ,0-33- ЛС'Ч^>^^ = Л'С> +ССХА + +ААХС = = ЛАХАС+ /LCXCA= /-АХАСХ+ АСХСАХ (рис. 149). Поэтому не может быть одновременно Z.ССХАХ< Z.СХСАХ и Z-AAXCX<L < /-СХААХ, т. е. СХА не может быть больше и АСХ, и АХС. Аналогично не может быть их меньше и равен одному из них. Итак, АСХ> >СХАХ>АХС.

10.34. РХ = ХВ, PY=YA. Но BX>XY, так как проекция ВХ на ВС больше проекции XY на ВС. Аналогично AY>XY. XY — наименьшая сторона.

Рис. 148

Рис. 149

Зачетная работа

1. Решите одну из задач № 10.23—10.26, 10.34.

2. Решите одну из задач № 10.5, 10.11.

3. Решите один пункт из задач № 10.12, 10.15.

4. Решите задачу, которую не разбирали в классе.

§ 11. ТАНГЕНС И КОТАНГЕНС

Теория

Можно предложить ученикам изучить теорию в парах или самостоятельно; хорошим ориентиром их работы будут вопросы в конце параграфа и задачи. Укажу номера этих задач: № 11.1, 11.3, 11.4, 11.7, 11.8. Лучше, если пары будут работать на отдельных листах бумаги, тогда их работы можно будет вывесить в классе.

«Знание предполагает активную работу мысли, а думать — значит сомневаться».

Л. Витгенштейн

Задачи

Параграф 11 содержит не очень много новых теоретических понятий, но, конечно, каждый ученик должен владеть ими разумно. Алгоритм решения задач § 11 ясен из определения tg а, ctg а. Автор задач дает возможность почувствовать, как по-разному в различных ситуациях можно использовать эти функции: от элементарного вычисления углов и сторон по этим функциям до установления равенства отношений, построения трапеции.

Есть ли в этом параграфе задачи творческие? Дело в том, что любая творческая деятельность обязательно требует от учащихся новых знаний и новых способов действий. Поэтому если учитель не показывал решение ни одной задачи на эту тему, то любая задача будет для ученика творческой. Новых знаний немного, но их надо включить в те знания, которые ученик получил ранее. Способность переноса ранее полученных знаний и умений в новую ситуацию — одна из особенностей творчества.

Дайте детям свободу выбора, свободу общения, обмена мыслями, идеями, свободу передвижения по классу. Пусть каждый выберет себе набор задач, над которыми он будет работать, может быть, один или в паре, или в группе, как ему будет удобно.

Но предложите, чтобы решения задач были написаны с одной стороны большого листа. Вывесите эти листы после урока, тогда следующий урок можно начать с разглядывания этих решений. Изучению решений можно посвятить и весь урок, если будет

интерес, если будет разговор. Конечно, в какой-то момент учитель вправе подозвать класс или группу к одному из листов и поговорить при ребятах с авторами о решении.

И опять обязательно в конце занятия нужно дать время для пополнения «копилки методов» решения задач.

Теперь особо поговорим о работе с решением задачи № 11.13. Я буду «навязывать» тот способ организации работы с этой задачей, который свойствен мне, который пришел мне в голову. Но учитель тогда проводит урок «на ура», когда он идет на этот урок со своим решением, со своим методом работы, со своей задачей. Его приподнятое настроение в этом случае ребята быстро почувствуют и откликнутся потоком творческих находок.

Решение задачи № 11.13 дает пример построения обобщения, учит выполнять одну из важных, основных мыслительных операций. Именно поэтому очень важно посвятить сдвоенный урок работе с этой задачей. Можно даже выбрать тему мастерской — «Обобщения в геометрии».

Мастерская: Обобщения в геометрии

I. Четверкам предлагается сформулировать проблемы, которые мы должны будем решить сегодня. Среди проблем могут быть такие: что мы понимаем под термином «обобщение»? Зачем нужны обобщения? Пользовались ли мы обобщениями в геометрии? Как строится обобщение некоторого утверждения?

II. Все проблемы, которые ребята перечисляют, учитель пишет на доске.

III. Четверки пытаются дать ответы на некоторые вопросы.

IV. Слушаем.

V. Парам предлагается прочитать решение задачи № 11.13 и выяснить: как можно построить утверждение более общее, чем данное? Какие приемы существуют?

VI. Разговор в четверках.

VII. Слушаем. Учитель пишет на доске все способы построения обобщения, которые обнаружили ученики.

VIII. Предлагается прочитать решение задачи № 11.13 еще раз и выписать все вопросы к автору.

IX. Слушаем. Учитель фиксирует вопросы на доске.

X. Предлагается парам выписать советы по решению задачи и описать метод, которым эта задача решается.

XI. Четверки обговаривают советы, метод, выписывают общие советы, формулируют метод на отдельном листе и вывешивают свой лист.

XII. Ходим, смотрим. Затем четверки представляют свою работу. Надо заметить, что, выполняя задания VIII—XI, ребята делают обобщение прочитанного так, что эти задания, хотя как бы и посторонние, впрямую отвечают теме урока.

XIII. Учитель предлагает выбрать каждой четверке один или

несколько из сформулированных вопросов и на них ответить.

XIV. Попробуйте написать свое решение задачи или переписать авторское так, чтобы был понятен каждый логический переход, т. е. не просто что делается, а почему делается именно это. Я предлагаю свой вариант; хорошо, если учитель предложит свой или будет на равных работать в одной из четверок.

Другое решение задачи № 11.13 (чертеж 119, б). Итак, сначала установим то, что нам требуется определить: KL. Дадим KL разные названия: расстояние от точки К до AB, высота ААКВ, катет в AAKL и AKLB и т. д. Если KL — высота ААКВ, в котором известно основание AB, то для вычисления KL достаточно знать площадь ААКВ. Подумаем, как можно вычислить $акв- а) по формуле; б) найти площадь равной или равновеликой фигуры; в) найти площадь фигуры как часть площади другой фигуры, которую вычислить проще, и т. д.

ААКВ составляет часть ААВХВ, площадь которого вычислить просто: SAB{B = ^d'b. Осталось узнать, какую часть SAKB составляет

XV. Слушаем четверки.

И все-таки, опираясь на логику, можно лишь изложить уже найденное решение, но довольно трудно показать, как оно найдено. Поиску помогают опыт, интуиция, случайно подмеченная аналогия. Интуиция часто подсказывает результат поиска, причем минуя доказательства, логические рассуждения. Она опережает, обгоняет процесс решения. Уверенность в правильности результата, рожденная интуицией, вселяет надежду, дает силы для конструирования логической цепочки обоснования интуитивной догадки. Поэтому так важно создавать условия для развития интуиции. Многие другие психологические факторы лежат в основе поиска решения, и в этом причина того, что его так трудно описать.

Разговор об обобщении в геометрии, конечно, должен быть в дальнейшем продолжен. Думаю, основным стержнем одного из таких занятий могло бы быть такое утверждение Д. Пойа: «Более общая задача может оказаться проще. Это звучит парадоксально, однако рассмотренные примеры убеждают нас в истинности этого утверждения»1).

1) Пойа Д. Математика и правдоподобные рассуждения.— М.: Наука, 1975.

«Умение ставить разумные вопросы есть уже важный и необходимый признак ума и проницательности».

И. Кант

Вопросы

1) Почему авторы решения при обобщении изменили данные: вместо отрезка АВХ задали AB? 2) Можно ли решить эту задачу, не вводя такое число новых неизвестных? 3) Как узнать, какие элементы надо вводить в задачу? 4) Почему автор так уверенно рассматривал именно эту последовательность треугольников? 5) Кто же будет проволоку для лампы тянуть от вершины одного столба к основанию другого? Смысл?

Умение ставить продуктивные вопросы по ходу изучения какого-либо текста — это одна из черт творчества. Действительно, вспомните, сколько раз хороший вопрос помог вам совершенно иначе взглянуть на проблему, подсказал такой путь ее решения, о котором вы и не подозревали.

Лист № 12 В копилку методов

Советы решающему геометрическую задачу: 1. Не бойся заменить данную задачу другой, равносильной ей. 2. Не бойся вводить новые величины: отрезки, углы. В процессе решения от них можно избавиться. 3. Когда задачу решил, подумай над результатом: насколько он разумен, не противоречит ли он здравому смыслу и условию задачи, какая от него практическая польза. 4. Попробуй обобщить решенную задачу и, если есть время, реши ее. 5. Решай задачу с удовольствием. 6. Оцени свое решение. (Помнишь, как автор воскликнул, когда нашел х: «Результат получился удивительный...»?)

Метод выполнения обобщения задачи: 1. Как обобщить задачу о многоугольнике: а) можно взять более общий вид многоугольника и решить для него эту задачу, т. е. вместо треугольника четырехугольник, пятиугольник и т. д., л-угольник; б) можно оставить многоугольник тем же и «дать большую свободу» условиям, накладываемым на него (равные отрезки заменить неравными, прямые углы — равными острыми и т. д.). 2. Если не удается искомую величину выразить через данные величины, то мы пытаемся составить несколько уравнений, которые связывают искомую величину, данные, ненужные для окончательного решения задачи, неизвестные. После исключения всех вспомогательных неизвестных обычно получаем уравнение, из которого находим искомую величину.

КОММЕНТАРИЙ К РЕШЕНИЮ ЗАДАЧ

11.2.

11.4.

11.5. 11.9.

11.10. в)

(рис. 151).

11.12.

в зависимости от того, какая дана диагональ.

11.13.

11.14.

в) Л найдем из квадратного уравнения

11.17.

, если ф — угол солнца над горизонтом.

11.18.

(рис. 153).

Рис. 150 Рис. 151 Рис. 152

Рис. 153 Рис. 154

Рис. 157

11.20. Пусть гора — вертикальный отрезок.

(рис. 154).

11.21. В треугольнике наибольший прямоугольник — прямоугольник, построенный на средней линии (рис. 155).

11.22.

11.27. а) 130°, 140°, 160°.

11.28. Рис. 157.

11.29. Так как противолежащий катет не меняется, а прилежащий уменьшается, то tg ф растет и, следовательно, растет Ф (ф<90°).

11.30. а) Тень уменьшается, б) Тень уменьшается, пока мы не приблизились к фонарю на минимальное расстояние, затем растет.

11.31. Нужно знать, к какому фонарю предмет ближе.

11.32.

Зачетная работа

Вариант первый. Решите задачу № 11.10.

Вариант второй. Составьте себе работу самостоятельно. Источники любые. Задачи могут быть свои, могут быть вариацией задач § 11, могут быть взяты из задач к главе II.

ЗАДАЧИ К ГЛАВЕ II

Задачи к главе — прекрасный материал для длительных зачетных заданий (на неделю, две недели).

Зачет заданий можно осуществить перед комиссией, которой является или весь класс, или несколько его представителей. Хорошо, если по каждой работе будут рецензенты. Эти задания могут быть необязательными, но всегда почетными. Поэтому, возможно, что вначале желающих взяться за решение задач к главе II может быть и не так много. Но важен почин, важен праздник, в который, возможно, превратится защита работ. Если это занятие будет проводиться в субботу, то хорошо пригласить на защиту родителей, учеников из других классов, учителей.

Конечно, многие из этих задач интересны для разговора в классе. Однако, для того чтобы разговор состоялся, можно выделить две-три задачи и попросить ребят над ними подумать дома — не решать, а просто подумать несколько минут.

Интересное получится занятие, если одну из задач предложить двум-трем ученикам. Дома они должны наметить план поиска решения, возможно, что он будет не единственный. Тогда на уроке идет обсуждение планов решения. Затем ребята выбирают понравившийся им план, по этому признаку объединяются в группы и осуществляют его. Урок заканчивается демонстрацией и защитой решений. Правда, лучшей концовкой такого занятия мог быть новый, самый интересный план решения, возникший на уроке в результате коллективных размышлений над задачей. Самое красивое, простое решение появляется не сразу, а после долгих раздумий над ней.

КОММЕНТАРИЙ К РЕШЕНИЮ ЗАДАЧ

11.2. а) Рис. 158.

11.3. а)

следовательно, А = В и треугольник равнобедренный, б) cos А = sin Л, следовательно, А =45°. в) cosy4=0, следовательно, А =90°. г) С = 0 — такого не может быть.

11.4.

11.5. Пусть Л, ß, С идут в указанном порядке. Если АВ>ВС, то такой точки не будет, а если АВ<ВСУ то будет, так как надо найти точку X, такую, что Yc~~BC ' а ~ХС пР°^егает от почти 0 Д° почти 1 (рис. 160).

Рис. 158 Рис. 159 Рис. 160

11.6. а) а2 + Ь2 фиксировано; ab = —(a2-\-b2 — (a — bf) максимально при а = Ь, т. е. S = ^ab максимально в равнобедренном треугольнике, б) S=~(a, + ft,), h2 = axbx. При постоянном произведении сумма минимальна, когда ах = Ьх (так как (ax-\-bxf = = (ax — bx)2-{-4axbx)y т. е. S минимальна в равнобедренном треугольнике.

11.7. а) /LBLM= AALK = 90°- ABAC (рис. 161), ALMB = = 90°— Z.BCA =90°— ABAC, так как Z.A=Z.C\ /LBLM = = Z.LMB, следовательно, ABLM равнобедренный.

б) AALK: AL=-*-, LB = —^— , SMBL = ± Lß2.sin <р=±Х X/d---—\*sincp. в) Самая большая площадь AMBL будет тогда, когда К = А. Тогда МВ = АВ = ВС и SMLB = = SABC. г) /CL + KM = X ctg J + (\l2d2 - 2d2 cos ф - x) ctg f= (V2d2-2d2cos<ï>) ctg|=^2d2-2sin2-| ctg| = 2dcos| не зависит от дс.

11.8. а) /lC2={(d2 + ^-2d,d2cos(p), ߣ>2=jx Х(^2 + ^ + 2^^2со5ф), sinX=<^"gJ (рис. 162). б) Любо-

Рис. 161 Рис. 162 Рис. 163

Рис. 164 Рис. 165 Рис. 166

го. в) Любого, так как стороны параллелограмма и одна его диагональ его определяют.

11.9. АВАК = ц>. Если 0<tgcp<|, то К£[ВВ{] и АК = —^—.

Если 4"<tg9<2, то K€[B{D{] и AK = -f=---. Если 2<tgcp, то KÇ[DXD] и АК = -?—, 2<Л/(<У5. Для K£BxDb KXK + KK2 = 3 и /С,/С-/С/С2<| (рис. 163).

11.10. a) SA0D = ^ SADB = j SABC==^. При движении M по ВС от С к В площадь ААМО уменьшается, так как |М, (АВ)\ уменьшается, 0^SAOM< 1; SA0M=^-----VIF sin ф, S„0m=^3, так как SA0M^ 1 (рис. 164). При движении M от С к В уменьшается 0<SAMN^^r (рис. 165). в) Если |Я, (ßC)|>|W, (5С)|, то при движении M значение SPMN изменяется так же, как и в п. б), иначе противоположно (рис. 166). SPMN лежит между SPCN и SPBN, с _РС с _ PC AN 0 с NB ç NB АР 0

11.11. Покажем, что самая короткая хорда — перпендикуляр к биссектрисе. Сравним ее с любой другой, взяв эту другую в двух симметричных экземплярах. Тогда задача сводится к тому, чтобы доказать, что биссектриса в AXYZ меньше полусуммы заключающих сторон XY и XZ (рис. 167). Это верно, так как биссектриса не длиннее медианы (поскольку ее основание лежит между основаниями медианы и высоты), а медиана короче ---.

11.12.

(рис. 168).

Рис. 167

Рис. 168 Рис. 169 Рис. 170

11.13. а) Трапеция не закреплена, б) Будем делать трапецию, у которой две боковые стороны равны и диагонали перпендикулярны. Возьмем два равных прямоугольных треугольника и расположим их так, чтобы вершины прямых углов совместились и катеты (разной длины) лежали на одной прямой. Сами треугольники должны лежать по разные стороны от их оси симметрии, в) а = 36°. Трапеция — часть правильного пятиугольника (рис. 169). г) Пусть АО = X, тогда а = —-—, Ь = хЛ]2, 1 = -L-(b2 — (b— af). Из последнего уравнения относительно х находим Ху затем а и Ь. д) Этими данными трапеция не закреплена,

Отсюда найдем а.

ЗАЧЕТ ПО ТЕМЕ «МЕТРИЧЕСКИЕ СООТНОШЕНИЯ В ТРЕУГОЛЬНИКЕ»

Вопросы: 1 ) Теорема Пифагора (см. пп. 5.1, 5.2). 2) Характерное свойство биссектрисы угла (см. п. 6.5). 3) Формула Герона (см. п. 6.7). 4) Свойства синуса и его график (см. п. 7.6). 5) Решение прямоугольных треугольников (см. п. 8.1 ). 6) Sab sin а (см. п. 8.2). 7) Теорема синусов (см. п. 8.3). 8) sin2A +cos2 А = 1 (см. п. 9.2). 9) Свойства косинуса и его график (см. п. 9.4). 10) Обобщенная теорема Пифагора (см. п. 10.1). 11) Свойства тангенса и его график (см. § 11).

Задачи к устному зачету: № 5.6, 5.7, 5.18, 6.7, 6.8, 6.9, 6.43, 6.51, 7.8, 8.5, 8.16, 8.38, 9.14, 9.15, 9.25, 10.11, 11.10.

Пример билета к устному опросу.

Билет

1. Теорема Пифагора.

2. Свойства косинуса и его график.

3. Выберите один из рисунков к задаче № 6.7 и найдите длину неизвестного отрезка.

Зачетная контрольная работа (1 ч)

1. Сумма углов при стороне AD выпуклого четырехугольника ABCD равна 90°. Докажите, что ВС2 + AD2 = AC2 + BD*. (Указание: Продолжить AB и CD до пересечения в точке К. Рассмотреть прямоугольные ААКС, ABKD, АВКС, AAKD.)

2. Докажите, что треугольник ABC остроугольный, если его периметр 17 см, а длина наибольшей стороны 7 см (a = 7^b^c, Ь2-\-с2^ >2-52 = 50>а2).

3. Стороны равнобокой трапеции a, Ь, а, d. Найдите ее углы, задав а, Ь, d числовые значения.

4. Решите треугольник ABC, в котором известны а, /-А, Z.B. Задайте числовые значения а, /.А, Z.B.

5. Вычислите отношение площади ABKN к площади ААВС (рис. 171).

Рис. 171

Глава III

МНОГОУГОЛЬНИКИ И ОКРУЖНОСТИ

§ 12. ХОРДЫ И ДИАМЕТРЫ. КАСАТЕЛЬНЫЕ И ОПОРНЫЕ ПРЯМЫЕ

Теория

Думаю, что этот параграф содержит новый материал для многих коллег. Такие понятия, как граничные, внутренние точки, опорные прямые, диаметр к ширине фигуры, ограниченная фигура, ранее не изучались в курсах планиметрии. Однако именно они дают нам возможность познакомиться с кусочком современной геометрии. Определения их немногословны, ясны и понятны.

Обращу еще ваше внимание на теорему 14 (о характерном свойстве касательной к окружности). Обычно она трудно усваивается учениками, но вы встретите другое ее доказательство, которое несколько понятнее предыдущих, но не короче.

Авторы четко определили цель этой главы — изучение основных свойств окружности и круга, показали перспективу — вывод формул длины окружности и площади круга. Параграф 12 начинается с изучения свойств хорд и диаметров. Ребятам на этом занятии можно предложить выполнить по группам небольшую исследовательскую работу.

Перечисляю задания группам:

1. В окружности с центром О нарисуйте диаметр и какую-нибудь хорду.

Постарайтесь установить и сформулировать свойство, в котором отражается зависимость взаимного расположения диаметра и хорды.

2. В окружности с центром О нарисуйте две равные хорды, исследуйте их расположение от центра, сформулируйте и докажите это утверждение.

3. В окружности с центром О нарисуйте две равные хорды, отметьте стягивающие их центральные углы. Установите некоторую закономерность, связывающую эти хорды и центральные углы, и докажите ее.

Конечно, после того как группы выступят, ребятам предлагается почитать доказательства, данные в п. 12.1 учебника.

Задачи

«Если задается какой-либо вопрос, то прежде всего необходимо стараться отчетливо уяснить себе, что им отыскивается».

Р. Декарт

В этом параграфе особенно много задач, в которых требуется установить границы изменения некоторой переменной величины либо найти наибольшее (наименьшее) значение переменной (задачи № 12.1 в), 12.2 б), 12.5 б), 12.14, 12.23 б), 12.25 в), 12.29, 12.55). Попробую выделить главные моменты их решения.

Чаще всего, как это было при решении задач № 12.1, 12.2 б) и некоторых других, достаточно исследуемую величину выразить через данные задачи и какую-нибудь функцию, разумно введенного в решении угла. Чаще всего это либо функция sin а, либо cos а. Границы изменения их известны, поэтому легко установить и границы изменения разности или суммы, в которые они входят.

Надо сказать, что в решении ряда задач необходимо пользоваться тригонометрическими формулами sin а = —cos2 а , Xcos ß —sin а-sin ß, sin 2a = 2 sin acos а. Если учитель требует от учеников применения этих формул, то в этих задачах требование вычислить можно заменить на как найти?.

Теперь перейдем еще раз к проблеме поиска подхода к решению задачи. Мне очень нравятся вопросы, которые предлагает Д. Пойа задавать себе, а значит, они будут полезны и учащимся на первом этапе поиска. Вопросы как бы повторяют друг друга, но, повторяя, они все более и более уточняют предмет исследования, а значит, направляют наш поиск к цели.

Итак, вопросы: «Что требуется? Что представляет собой неизвестное? Каким образом можно найти подобное неизвестное? Какие требуются данные, чтобы получить такое неизвестное? В чем состоит заключение? Как можно получить такое заключение? Из какого условия (предпосылки) можно вывести подобное заключение? Что дано? Для чего могут пригодиться такие данные? Что можно вывести из таких данных? В чем состоит условие (предпосылки)? Для чего может пригодиться такое условие? Что можно вывести из такого условия? К какому типу относится рассматриваемая задача? Не родственна ли она какой-нибудь другой известной задаче? Не похожа ли она на какую-нибудь знакомую задачу? Не можете ли вы придумать какую-нибудь близкую к данной задачу? аналогичную задачу? более общую задачу? более частную задачу»1).

1) Пойа Д. Математические открытия.— М.: Наука, 1970.—С. 264.

«Тот, кто не может обдумывать все заново, не может мыслить верно».

Д. Пойа

Мастерская: Поиски подхода к решению задачи (искусство ставить вопросы)

I. Знаменитый древнегреческий ученый Аристотель вопрос трактовал как мыслительную форму, обеспечивающую переход от незнания к знанию. Действительно, процесс рационального восприятия информации начинается с осознания познавательной цели, с вопроса: «чего я хочу достичь путем восприятия информации?» Решение задачи тоже начинается с серии вопросов, ответы на которые помогают собрать как можно больше информации о неизвестном, о заключении.

В парах. Напишите условие какой-либо задачи. Составьте вопросы, которые позволят вам и в данном случае, и в любом другом собрать максимум информации о цели поиска, о неизвестном.

II. В четверках. Обмен найденной информацией.

III. Слушаем четверки.

IV. Читаю серию вопросов, которые предлагает Д. Пойа: «Что требуется? Что представляет собой неизвестное? Каким образом можно найти подобное неизвестное? Какие требуются данные, чтобы получить неизвестное?»1).

V. В четверках. Составьте серии вопросов, позволяющих проанализировать данные задачи.

VI. Слушаем.

VII. Читаю вопросы к данным Д. Пойа: «Что дано? Для чего могут пригодиться такие данные? Что можно вывести из таких данных?»

VIII. В парах. Выберите какую-нибудь задачу и составьте или подберите родственную ей (которая решалась бы таким же методом).

IX. Продумайте ее решение.

X. В четверках. Представьте свои задачи и планы их решения.

XI. Слушаем от каждой четверки одну из задач, ей родственную, и план ее решения.

XII. Каждый пытается сформулировать и записать вопросы, которые позволяют найти подход к решению задач.

XIII. Разговор в четверках.

XIV. Слушаем четверки.

XV. Читаю, что писал по этому поводу в ранее упомянутой мною книге Д. Пойа: «Имеются... вопросы, которые могут помочь найти подход к решению задачи; вот некоторые из них (их можно

1) Пойа Д. Математические открытия.— М.: Наука, 1970.— С. 264.

с успехом задавать в самом начале работы): к какому типу относится рассматриваемая задача? Не родственна ли она какой-нибудь другой известной задаче? Не похожа ли она на какую-нибудь знакомую задачу? Известна ли вам какая-нибудь родственная данной задача? Не можете ли вы придумать какую-нибудь близкую к данной задачу? аналогичную задачу? более общую задачу? более частную задачу? Существует, однако, опасность, что подобные вопросы уведут нас далеко в сторону от правильного пути; поэтому обычно бывает более полезным задавать их несколько позже, когда суть задачи отпечаталась в нашем сознании совершенно ясно и хорошо закрепилась в нем, т. е. тогда, когда нет риска, сознательно удаляясь от задачи, вовсе потерять ее из виду».

XVI. Каждый делает себе записи в «копилку методов». Лучше, если лист, на котором делаются записи, лежит на столе с самого начала мастерской и на нем ученик делает нужные ему пометки.

Хорошо, если все формулируемые ребятами вопросы учитель записывает на доске.

Пожалуй, наряду с «копилкой методов» решения и советов решающему разумно завести «копилку вопросов», побуждающих поиск решения задач. Сам факт сбора таких вопросов нацелит ребят на их использование. В дальнейшем независимо от их воли при решении любой проблемы возникнет шквал нужных вопросов и поможет в поиске. Хорошо, если школьники, слушая друг друга, тут же будут фиксировать нужные им вопросы, советы, методы. Такой постоянный анализ своего решения, решения товарища, авторов учебника будет лучшей школой обучения решению задач.

В этой мастерской пригодятся и вопросы, которые задавал себе шестнадцатилетний Эйнштейн. Их приводит М. Вертгейтер в своей книге: «Что будет, если побежать за лучом света? Что произойдет, если оседлать пучок света? Если побежать за убегающим лучом, то уменьшится ли при этом его скорость? Если бежать достаточно быстро, то не перестанет ли он двигаться вообще?»1).

Работа с задачей № 12.7 (в парах). 1. На отдельном большом листе напиши условие задачи, сделай чертеж. Дай (напиши) решение с подробными ответами на все вопросы, поставленные в тексте. 2. Выпиши советы решающему задачу и охарактеризуй метод решения. 3. Предложи путь, по которому можно было бы подвести к решению человека, затрудняющегося в поиске. 4. Чем интересна (неинтересна) задача? 5. Пары меняются листами и читают, обсуждают работы друг друга. 6. Листы можно вывесить в классе — пусть почитают.

1) Вертгейтер М. Продуктивное мышление.— М.: Прогресс, 1987.

Лист № 13 В копилку методов

Советы решающему геометрическую задачу: 1. Внимательно рассматривай рисунок к задаче. 2. Из замеченных закономерностей выведи следствия. 3. Помни, что одному условию задачи могут соответствовать разные рисунки, а значит, и разные решения. 4. Помни, что обратные утверждения бывают неверны, поэтому не стоит доказывать вместо данного утверждения обратное. Для обоснования доказательства не стоит пользоваться бездумно теоремой, которая обратна доказанной. 5. Стоит обращать внимание на наличие симметрии рисунка к задаче. 6. Не стоит для обоснования решения ссылаться на симметричность рисунка.

Метод выдвижения и доказательства гипотез. Из симметрии рисунка подмечаются и формулируются свойства исследуемых фигур, а затем доказываются. Симметрия рисунка подсказывает идею решения.

КОММЕНТАРИЙ К РЕШЕНИЮ ЗАДАЧ

12.1. d= \2R2 — 2/?2cos ф. С увеличением ф от 0° до 180° уменьшается cos ф, а следовательно, увеличивается произведение 2R2 (1 — cos ф).

12.2. а) AB, CD — хорды, Х£АВ, X£CD (рис. 172). AXCD:

Wr=W AXDB: W=WP ^ = ZD, ZC=Zß (как опирающиеся на одну дугу). Тогда Yd=YÏÏ и AX*XB = CX»XD. Таким образом, АХ-ХВ — const для любой хорды, проходящей через точку X. б) АХ-\-ХВ = АВ — длина хорды. Наибольшее значение, если хорда — диаметр: АВ = 2Д//?2 — A2cos2 ф . Наименьшее значение \АВ\ при cos2q>=l, т. е. при ф = 0°: 2У/?2 — А2 < <|Л*| + |ХЯ|<2/?, где h=\OX\ (О — центр, X — точка).

12.3.

12.4.

12.5.

Длина хорды AB меняется от / (случай, когда она

Рис- 172 Рис. 173 Рис. 174

перпендикулярна ОМ и угол ф равен ф0) до 2R (рис. 174). Тогда угол ф меняется от ф0 до 180° (ф0= /-АОВ, когда AB ±.АХВХ).

12.6. а) 1. Пусть из точки А выходит больше двух хорд, равных /. Третья хорда АК лежит в полуплоскости {АО, В). Ясно, что ААОК = АЛОВ, тогда ЛОАВ= /.OAK, следовательно, луч АК должен совпадать с лучом AB. Противоречие, б) Объясните, почему из точки А выходит не больше двух хорд заданной длины.

12.8. а)

12.9. В задаче не хватает данных. Необходима еще одна величина. Можно добавить расстояние между центрами \Ох02\ =

12.10. а) Построить вписанный параллелограмм в данную окружность. Начинать построение с двух диаметров — диагоналей параллелограмма, б) Провести хорду AB, диаметр АС. Второй хордой будет ВС.

12.11. а) Вычислить косинусы углов а и ß, образованных каждой хордой с диаметром. Затем вычислить косинус суммы этих углов и косинус (180° — (а + ß)). б) Расстояние можно найти, используя О.Т.П.

12.12.

(рис. 175).

Рис. 175 Рис. 176 Рис. 177

12.13.

12.14. а), б) 0,02— серединный перпендикуляр AB. в) Rx = = R2. г) См. задачу № 12.9. д) Если |0,02| увеличивается, то \АВ\ уменьшается. Если R2 увеличивается от \02Ох\— /?, до Д/(0,02)2 + /?2, то \АВ\ увеличивается. Если R2 увеличивается от Д/(0,02)2 + /?2 до |020,|+/?2, то AB уменьшается.

12.15. Точки на окружности Л, ß, С, N, радиус /?, \АВ\ —I.

а) cos /-АОВ=—2^2 , \АС\ находим по О.Т.П., используя, что

cos Z АОС = 2 cos2 Z/10ß — 1.

12.16. ADBC прямоугольный, так как центр описанной около него окружности — середина Dß, точка А (рис. 178).

|DC|=V4d2-|ßC|2, |ßC| находим по О.Т.П. |DC|=-£.

12.17. Нет, конструкция не жесткая. Фиксируем Cß; можем построить другую конструкцию, отвечающую условию, но остальные расстояния будут другие (рис. 179).

Рис. 178

Рис. 179

12.19. Построить окружность на отрезке, как на диаметре, соединяющем данную точку с центром данной окружности, и через точки пересечения ее с данной окружностью и данную точку провести прямые. Эти две прямые и будут искомыми касательными.

12.20. а) ВК±ОА, АОВА прямоугольный (рис. 180). \ВА\2=\АК\-\АО\=(\АС\ + \КС1\)(\АС2\-г) = = (\АС\-fr —г sin ф).(|ЛС2|— г)= = \АСх\-\АС2\+г \ АС2\ (I-sin у)-г \АСХ\-г2(1 -sin ср), (1)

Iу4С21 =—-—|-r, |y4CJ=—---г. Подставляем в равенство (1) \АС2\ и \АСХ\ и легко доказываем, что сумма всех слагаемых равенства (1), кроме первого, равна нулю.

б) AB2 = AL-AK = (AO-R)(AO + R) = A02-R2y (2)

R2 = PD2 + OP2 = PD2 + OA2-(ADx + PDl)2 = OA2-AD2- -2ADrPDl = OA2-AD2-2ADl. 2 - 1 =OA2-ADrAD2. (3)

Подставляем выражение (3) в выражение (2) и получаем AB2 = ADX-AD2 (рис. 181). в) Следует из пп. а) и б).

Рис. 180

Рис. 181

12.21. у. Если хорда составляет с касательной к окружности, проведенной через один из ее концов, угол ф, то она видна из центра окружности под углом 2ф.

12.22.

12.23.

б) Уменьшается.

(sin——1)2^0; выполняется только равенство при sin-|-=l, т. е. ф = л, но этого не может быть, так как 0<ф<я. Таким образом, средняя линия с окружностью не будет иметь общих точек (рис. 182).

12.24. Ответ. Часть плоскости без данного круга, так как через любую точку этого множества проходит ровно две касательные к данной окружности.

12.25. a) S(x)=\AX\ + \AY\=2\AX\ + \XY\. Пусть d — расстояние от 0 до XY, dfg[0, RI \XY\ = 2^R2-d2\ \AX\ = \LA\--i^=V^Z^2-_V^-d2, S(x) = 2^a2-d2-2 ^R2-d2 + 2 V/?2 — d2 =2 Va2 — d2 y S (x) наибольшая при d = 0 и наименьшая при d = Rf 2 Va2-/?2 <\AX\ + \AY\<2a. в) \AK\=a, /LKAY = q>, R-\AX\-\AY\=a2. Из AOKA находим \OA\, ctg Z./040 (рис. 183). По котангенсу можно найти угол КАО, тогда Z.YAO= /.КАО — ф. Из Л YOA по О.Т.П. находим R2 и из полученного уравнения относительно \AY\ находим \AY\.

Рис. 182

Рис. 183

Рис. 184

Рис. 185

12.26. Пусть даны две точки А и О, H — ширина полосы. Проведем окружность с центром О и радиусом Н, затем касательную АК к построенной окружности и через точку О прямую, параллельную АК,

12.27. а) Прямая, перпендикулярная данной прямой и проходящая через заданную точку, б) Прямая, параллельная данной прямой и находящаяся от нее на расстоянии, равном радиусу окружности, в) Биссектриса угла.

12.28. а) Берем любые две точки Л, ß, проводим хорду AB и серединный перпендикуляр AB, который пересечет окружность в каких-то точках К и К\. Касательные, проведенные через точки Л, К, В и Л, К\у В, образуют равнобедренный треугольник, б) Л, ß, С— вершины равностороннего треугольника, вписанного в окружность, в) Точки Л, В выбираются так, чтобы Z.AOB = = 90° (О — центр окружности), точка С— произвольно, г) Л, ß, С выбираются так, чтобы Z.AOC= 180° — a, Z.AOB= 180° — ß (О — центр окружности), д) По сторонам, используя О.Т.П., можно найти косинусы углов треугольника, а значит, и углы. Дальше построение проводится, как в п. г).

12.29. а) АВВХАХ — трапеция, ОС — средняя линия (рис. 184). S= IOCI. 1/1,^,1 = lOCI - -cos ф, (lOCI-const, \AB\=2R), SHaH6 при coscp=l, т. е. при ф = 0, AB\\AXBX. 6) OL\\AD, OL — средняя линия, Z-XOL = y (рис. 185). SARCD= \AB\-\OL\ = = \AB\• I OX I-cos ф = 2/?2 cos ф, SH3h6 при со5ф=1, SHaHM при coscd = 0. 0<S„D,n<2/?2.

12.30.

Рис. 186

Рис. 187

Рис. 188 Рис. 189

(рис. 187). в)АВ = Н — высота горы, \ВС\ =а — расстояние до горизонта. Тогда

12.31. а) Измеряем дальномером расстояние до левой крайней видной точки и угол между правой и левой точками. Тогда

tf = A-tgf (рис. 189).

12.32. a) Z40D = 2, ZDC4 = 2, Z.BAC= АВОС, следовательно, w^D=wßC (рис. 190). б) КО±АВ, ААМК= АКМВ. Тогда /-АКО= АОКВ, АОАК= АОКВ и /-АОК = ZLKOB, следовательно, куАК = ^KB (рис. 191).

12.33. ^>АВ< ^>АС=> ААОВ< Z.AOC (О — центр окружности). По О.Т.П. получаем, что |y4ß|2< |ЛС|2, следовательно, |Ло|<|ЛС|. Обратное верно.

12.34. a) -i- /, где / — длина окружности радиусом R^j2, R —

Рис. 190 Рис. 191

Рис. 192 Рис. 193

радиус данной окружности, б) — /, где / — длина данной окружности. в) -/,-/, -/.

12.35. ^CAB=^>ACD, следовательно, ABAD= ABDC и APBD равнобедренный с APBD= ZPDß = 90° — -| ; Z.AOC = 180° —а —ф. Из ААОС находим AC = R Л/2 (1 +cos (а + ф)) (рис. 192).

12.36. Пусть a>>ß, тогда а>Ь. Возможны два варианта:

1) Се^АВ, тогда ^ЛС = а —ß, \АС\ = У2£2(1 — cos (а — ß)).

2) Ci^AB, тогда ^4C = a + ß, \АС\ = ^2R2 (I -cos (a + ß)). 12.38. а) В первом случае (рис. 193) ZPßC==-5^tX ,ZPCß = =-2-|---. Тогда в арвс x =\80° —± — - — ц) =-2 — Ф =

Во втором случае (рис. 194) ААВС = ^, АВАС=^. Тогда

Рис. 194 Рис. 195

12.39. 12.40.

Рис. 196

12.41.

12.42. в) Пусть zaxb тупой, где ab — диаметр окружности (О; /?), тогда x лежит внутри Окр. (О; /?). Верно.

г) В пространстве так же (только про сферу), и а, в — точки сферы — концы диаметра.

12.43.

12.45. a) ZCMC = 90°--| (рис. 197), тогда /_САК^\ и w/(C = -^, значит, куАК= ^АС— w/(C = ~ , отсюда АК — КС. б) Дано АК = КС. Доказать, что АК — биссектриса z.cab. АК = КС=> ^АК = ^ kc=j , acak = j, z. КАВ = 90°- -(90°—1)-| = |. АК — биссектриса ^САВ. в) 1. АК — биссектриса /lcab (рис. 198). 2. LM±ac, МСЛС, АМ = МС, LMОАК = Х£Окр. (О; /?). 3. as — биссектриса adac, as(]LM=Y£OKp.(0-y r).

12.46. а) ^АК = wLC, так как /llac= z.kca (аАКС = = aalc) (рис. 199). Тогда zlkla = /.lac и, следователь-

Рис. 197

Рис. 198

но, kl\\ac. б) аАКС — прямоугольный

в) Если ф растет от 0 до —, то -убывает, г) Такого не может быть

Рис. 199

12.47. а) АХ-АХХ=АВ\ так как ВХХ±АХ и Л АВХ — прямоугольный. AB2 = 4R2 — const, б) AX + AX^4R.

12.49. Нарисовать окружность Окр. (ß; |/4ß|), где \АВ\ — данный отрезок, и отложить на ней от точки А три дуги радиусом AB (точки С, D, X). Пусть конец третьей дуги будет Лг = Окр. (ß; |ЛВ|)ПОкр. (D; \АВ\), а точки С = Окр. (Л; \АВ\)(]Окр. (ß; \АВ\\ 0 = Окр. (С; |Лв|)ПОкр. (ß; \АВ\). R — const.

12.50. а) Если ф растет от 0° до 90°, то d увеличивается. Если Ф увеличивается от 90° до 180°, то d убывает, б) ф — const. Если R увеличивается, то d увеличивается, в) d — const. Если R увеличивается, то sin ф убывает, или ф убывает от 90° до 0° или растет от 90° до 180°. г) 0<-|<2.

12.51. а) 2. б) Меньше 4. в) Если 90°<ф< 120°, то длина хорды от 2 до 4. Если ф^90°, то не больше 4.

12.52. a) cosX=4. б) 60°<*<180°. в) Если /? = 2, d = 3y то

cos ф = -{; 0°<*<Ф. г) 60°. д) 0°<X<90°. е) 120°<X< 180°.

ж) 60°<*<180°.

12.53. а) Верно: a = al=>dl = 2R sin a, = 2/? sin a = d. Обратное неверно: d = dx =>2R sin a,=2R sin a, sin a,=sin a=^a = a, или a=180° —a,. 6) d>db 2R sin a>2R sin a,, sina>sina,. Нет, так как sin80°>sin 120°, но 80°<120°. Обратное гоже неверно: a>a,. Пусть a=120°, a,=80°, 120°>80°, но sin 120°< <sin 80°.

12.55. а) Если X, Y принадлежат дуге: |XY\ =2R sin -|- (рис. 200),

Рис. 200

Рис. 201

<2/?. б) Если \X'Y'\^\XB\ или \X'Y'\<\Х'0\, т. е. либо |Х'У'|</?, либо |XT|<2/?sin|, то 0<|X,r|<2/?sin-|<2/?.

12.56. а) Две дуги — части окружности (рис. 201).

12.57. а) См. решение задачи № 12.56.

12.58. б) Достаточно найти точку, из которой две стороны будут видны под углом 120°. в) В результате может получиться: 1) только одна точка; 2) две точки; 3) ни одной точки.

12.59. а) Построить на данной стороне сегмент, вмещающий данный угол, и найти на нем точки, удаленные от стороны на расстояние Л.

12.60. а) Площадь ААВС, где AB — основание, наибольшая, если высота, опущенная из точки С, наибольшая, а это возможно, если треугольник ABC равнобедренный. Пусть ф = = Z.ABC, а=ААСВ, АВ = а.

наибольший при ф = 90°——, т. е. когда треугольник ABC равнобедренный.

12.62. Две другие стороны видны под углом 60°. Обобщение: если две соседние стороны квадрата видны из некоторой его точки под углом а, то две другие видны под углом 180° —а.

12.65. а) АО = ОВ, следовательно, равны стягивающиеся ими дуги окружности, построенной на AB как на диаметре, и, значит, /_АСО= /-ОСВ, т. е. СО — биссектриса угла С.

12.66. Построим Окр. (О; /?), где О — середина DB, R = ^-\ так как ZD4ß>90° и Z. BCD>90° (рис. 202), то точки А и С

находятся внутри построенной окружности. Тогда \AC\<2R = = \DB\. Если ADAB= ADCB = = 90°, то |ЛС|<2/?. Если углы А и С острые, то \АС\ может быть любым.

12.67. а) По дуге окружности с центром в Л и r — 1 ' .

12.68. a) Z AMD = 60°, ZßAM=ZDAfC = 750, ZßMC = = 150°. в) Точка X лежит на Окр. (А; \АС\\ следовательно, |ЛХ| = 1.

12.69. Пусть на прямой а лежат две вершины Л и С треугольника. Их проекции на другие стороны А{ и С,. Строим / — серединный перпендикуляр Л,С,, который пересекает АС в точке М. Проводим Окр. (М; |МЛ,|), она пересекает прямую а в точках С и Л. При пересечении АСХ и Л,С получаем еще одну вершину треугольника — точку В.

Рис. 202

§ 13. ВЫПУКЛЫЕ МНОГОУГОЛЬНИКИ

Теория

Эта тема прекрасна для докладов ребят. Два ученика легко могут подготовить интересный доклад, воспользоваться не только текстом учебника, но и многочисленной литературой по этому вопросу. Порекомендую книги: «Энциклопедия элементарной математики» (т. 5), (М.: Наука, 1966), журнал «Квант» (1979, № 1), статья А. Савина «Кое-что о выпуклости», журнал «Квант» (1985, № 10), статья С. Б. Гашкова «Неравенства для площади и периметра выпуклого многоугольника». Хорошо, если будут сделаны и содоклады.

Хочу обратить внимание коллег на п. 13.3 «Два определения выпуклого многоугольника». Ученики имеют возможность впервые познакомиться с доказательством равносильности двух определений. Доказано, что многоугольник, выпуклый в смысле одного определения, будет выпуклым и в смысле другого и наоборот.

Это очень важный момент. Ребята должны хорошо понимать, что одно и то же понятие, один и тот же объект можно определить по-разному, принимая за основу разные характерные свойства, но при этом обязательно следует доказывать равносильность данных определений.

«...Зарождение новой идеи, этот внезапный проблеск света после длительного периода напряжения и колебаний, может оказаться очень впечатляющим; это — великолепное переживание...»

Д. Пойа

Задачи

Задачи — на выпуклые многоугольники, поэтому опора во многих из них — на определение выпуклой фигуры. И, чтобы доказать, что точка X принадлежит некоторой выпуклой фигуре F, достаточно показать, что она принадлежит отрезку, концы которого принадлежат F. Для доказательства того, что MNaF, достаточно установить, что точка M и точка N принадлежат некоторому треугольнику APQc^F.

В задачах № 13.2—13.7, в которых спрашивается: «Может ли?..» — достаточно привести пример, нарисовать картинку. Рассмотрим подробно работу с задачей № 13.22: «Внутри выпуклого многоугольника берется любая точка и проектируется на все его стороны. Докажите, что хоть одна ее проекция окажется именно на стороне, а не на ее продолжении».

Эта задача дает возможность еще раз обратиться к методу «малых шевелений». Попробуем построить мастерскую, посвященную работе с этим методом.

Мастерская: Метод «малых шевелений»

I. В парах. Нарисуйте прямоугольник ABCD и его диагонали АС и BD. Попробуйте «пошевелить» одну из его вершин (немножко подвинуть), чтобы у вас получился контрпример такому высказыванию: «Если в выпуклом четырехугольнике ABCD один угол прямой, а диагонали равны, то он — прямоугольник».

II. Обсуждение в четверках.

III. Слушаем в классе. На доске появляется рисунок четырехугольника АВСХВ, где точка С, взята на окружности с центром А и радиусом АС, но не совпадает с точкой С.

IV. В парах. Нарисуйте правильную треугольную пирамиду DABC. Примем без доказательства, что все высоты этой пирамиды пересекаются в одной точке. Нарисуем высоты DD,, ВВХ, ААХ, СС, и их точку пересечения О.

Попробуйте «пошевелить» одну из вершин так, чтобы получить контрпример для высказывания: «Все высоты треугольной пирамиды (или их продолжения) проходят через одну и ту же точку».

V. Разговор в четверках.

VI. Можно поменять некоторых членов четверок для стимулирования более эффективного обсуждения.

VII. Слушаем четверки.

Контрпример. «Пирамида DXABC, где DXÇ\AD\ Высоты ВВХ, ССХ остались те же, a D'D'XA.(ABC) не проходит через их точку пересечения».

VIII. В четверках. Нарисуйте различные выпуклые многоугольники, конечно, начиная с самого простого. Выберите внутри многоугольника какую-нибудь точку Z и опустите из нее перпендикуляры на стороны многоугольника или их продолжения. Если какая-нибудь проекция принадлежит стороне, а не ее продолжению, то назовем ее хорошей. Посмотрите, сколько хороших проекций в каждом вашем случае получила точка Z.

IX. Четверки делают свои рисунки на доске и под каждым рисунком подписывают число хороших проекций.

X. В четверках. Подумайте, сколько обязательно хороших проекций при любом выборе многоугольника и при любом выборе точки Z внутри его имеет эта точка.

XI. Слушаем гипотезы четверок. Учитель фиксирует их на доске.

XII. Четверкам предлагается доказать утверждение задачи № 13.22, выбрав за выпуклый многоугольник пятиугольник.

XIII. Слушаем четверки.

Рассмотрим пятиугольник FDCBE. Пусть точка N£[EF] и у нее только одна хорошая проекция. «Пошевелим» точку N, сдвинем ее немного внутрь пятиугольника. И те проекции, которые были плохими до «шевеления», останутся плохими и после «шевеления». Значит, после «шевеления» точки N получим точку N' внутри пятиугольника, у которой только одна хорошая проекция, а именно проекция на сторону EF.

Лист № 14 В копилку методов

Предположим, что мы хотим построить, подобрать фигуру, обладающую несколькими свойствами, скажем I, II, III. Подбираем сначала фигуру, обладающую не всеми, а только некоторыми из этих свойств, например свойствами I и II, а затем «шевелим» эту фигуру (например, сдвигаем точку). Если свойства I и II устойчивы, т. е. не разрушаются при «малых шевелениях», то можно попытаться подобрать «шевеление» так, чтобы после него фигура обладала еще и пропущенным свойством III.

КОММЕНТАРИЙ К РЕШЕНИЮ ЗАДАЧ

13.1. А, В, CÇ/7, следовательно, AB, ВС, ACaF. Пусть Ке A ABC, тогда CK{\AB = L и L£AB, следовательно, LÇF и LCciF, значит, /СС/7, т. е. любая точка КС ААВС принадлежит фигуре F. Для невыпуклой неверно (рис. 203).

Рис. 203 Рис. 204 Рис. 205 Рис. 206

Рис. 207 Рис. 208 Рис. 209

13.2. Да (рис. 204). Один диаметр AB. Да (рис. 205). Два диаметра AB = CD. Для невыпуклых фигур см. рисунки 206, 207.

13.3. Нет (рис. 208). AB = CD, AC\\CD.

13.4. Можно (рис. 209). a) F — выпуклая фигура, AB — диаметр, ВК и АК — диаметры F' и F", ВК<АВ, АК<АВ. б) F' — невыпуклая фигура.

13.5. а) На две части нельзя. Так как если делить прямой и если она проходит через центр, то это и будет диаметр; если не через центр, то в одной из частей будет диаметр круга. Если делить кривой, то все равно нельзя, б) На три части можно (рис. 210).

13.6. а) Две фигуры F, и F2 (рис. 211). б) Три фигуры (f,UHO])U]/lß[U(/r2U(ßC)) (без двух точек) (рис. 212). в) Три фигуры (без трех точек) (F]{](OA])[)(/.NBK\[BC]){)(/-ABC\ \[AO)\[CN)\B) (рис. 213).

13.7. Да (рис. 214).

Рис. 210 Рис. 211

Рис. 212

Рис. 213

Рис. 214

Рис. 215

13.8. а) Пусть получится фигура S и пусть Af, N£S, M принадлежит некоторому отрезку AQ, QÇF, N принадлежит некоторому отрезку АР, P£F (рис. 215). Тогда MN^AAPQ, PQczF, так как F — выпуклая фигура; следовательно, любая точка L, принадлежащая MN, принадлежит S, так как LÇAX, но X£F. Таким образом, MNczS.

Для невыпуклых фигур это неверно (рис. 216). б) Пусть получилась фигура F'. Пусть M и Af принадлежат F' (рис. 217). Берем любые два отрезка, такие, что М£АВ, N£CD, A£FX; B£F2, CÇF„ D£F2l ЛСС/7,, BD£F2. Если AB[\CD = 0, то рассмотрим ABAL, где L = DBf\AN, MNczBAL. ABAL состоит из всевозможных отрезков из А до BL, следовательно, Л В A Lez F', значит, MN(^F\ что и требовалось доказать; если F, и F2 невыпуклые, то F' не является выпуклой.

13.9. а) Диаметр фигуры равен отрезку, являющемуся суммой высоты треугольника и стороны квадрата, б) д/3~+1. в) 3.

Рис. 216

Рис. 217

Рис. 218

Рис. 219

13.10. В задаче № 10.27 было доказано, что самая большая хорда в выпуклом многоугольнике — его сторона или диагональ. Поэтому диаметром выпуклого многоугольника является либо его сторона, либо его диагональ.

13.11. а) 1. п(п-2). 2. 360°. б) 1. л(п-2).

13.12. Для невыпуклого многоугольника это неверно (рис. 218).

13.14. 1. Три стороны и два угла (рис. 219, 1). 2. Две стороны и три угла (рис. 219, 2). 3. Четыре стороны и угол.

13.15. Пусть в выпуклом я-угольнике все углы острые, т. е. 180° (п — 2)<90°-я, тогда п<4. Таким образом, только в треугольнике могут быть все углы острыми.

13.16. а) 8 частей, б) 10 частей, в) 2п + 2 частей.

13.20. Любая диагональ пятиугольника пересекает две другие. Всего диагоналей пять. Следовательно, существует пятиугольник в пересечении диагоналей. Для шестиугольника рассуждения аналогичны.

Обобщение: в любом я-угольнике пересечение диагоналей ограничивает я-угольник.

13.21. В четырехугольнике данную точку содержат два треугольника (рис. 220), в пятиугольнике — три треугольника (рис. 221), в шестиугольнике — четыре треугольника (рис. 222). Обобщение: (п — 2) треугольника.

13.22. Предположим, что все проекции точки О находятся на продолжении сторон выпуклого многоугольника ABCD...FX. Тогда все ZOßC, ZOCD, ZOFD, /LOXF и т. д. тупые. Значит, можно утверждать, что OF>OX, OD>OF, OC>ÖD, Oß>OC, OA>OB, OX>OAy OX>OF. Получили OF>OF. Противоречие.

13.23. Точка.

13.24. а) Да. Неограниченная фигура типа представленной на рисунке 223. б) Полуплоскость, в) Да (окружность с центром), г) Да (рис. 224).

Рис. 220

Рис. 221

Рис. 222

Рис. 223

Рис. 224

13.25.

л/з

13.26. а) Длина стороны квадрата, б) 1+-^-- в) 2.

Зачетная работа

1. Ответьте на вопросы: 1) Какие вы знаете выпуклые фигуры? 2) Какие свойства выпуклых фигур вы знаете? 3) Как доказывается равносильность двух определений выпуклого многоугольника? 2. Составьте несколько задач, аналогичных задаче № 13.9, и решите их. 3. В задаче № 13.8 б) вместо F, возьмите треугольник, а вместо F2— круг и решите эту задачу. 4. Кратко передайте суть решения задачи № 13.27. 5. Постройте пятиугольник постоянной ширины.

§ 14. ВПИСАННЫЕ И ОПИСАННЫЕ ОКРУЖНОСТИ

Теория

На доске написано несколько вопросов: окружность описана около многоугольника. Что это значит? Как это можно сказать иначе? При каком условии это возможно? Как построить такую окружность? Откуда следует единственность такой окружности? Как вычислить радиус окружности, описанной около: а) треугольника; б) многоугольника?

Половина класса, разбитая на группы, думает над ответами к этим вопросам. Другая половина отвечает на эту же группу вопросов, но для окружности, вписанной в многоугольник.

Времени на размышления дается много — минут 30, а затем надо послушать группы. Лучше спокойно обсудить все эти вопросы на сдвоенном часе. Конечно, в конце занятия каждый делает заметки по этой теме у себя в тетради.

Все вопросы взяты из учебника, они приведены после § 14, поэтому дети дома еще раз могут над ними поразмышлять.

Можно занятие построить иначе.

Попросить каждую группу учеников нарисовать какой-нибудь многоугольник и провести окружность так, чтобы она прошла через все его вершины. В процессе исследования возникнет много вопросов — пусть ребята их фиксируют. Возможно, что некоторые группы сначала нарисуют многоугольник с большим числом сторон. Если исследование у них застопорится, если сами они не перейдут к четырехугольнику, к треугольнику, то можно им эту идею подсказать. Ребята выяснят, можно ли около треугольника описать окружность, около всех ли четырехугольников можно описать окружность. Затем они изучат эти вопросы относительно многоугольников.

Такую же работу можно провести и с вписанной окружностью. Таким образом, теоретическое обоснование возможности описать (вписать) окружность около многоугольника (в многоугольнике) возникнет из исследования простой практической ситуации.

Предложу вниманию коллег две задачи, богатые решениями, которые годятся для урока одной задачи.

Задача 1. Стороны треугольника а, 6, с. Как найти радиус окружности, имеющей свой центр на стороне с и касающейся двух других сторон а и Ь?

Первый вариант решения. Вычислить углы А и В по теореме косинусов, затем обозначить радиус окружности через г и выразить через г длины АО и OB и из уравнения —-—|—-— = с найти г.

Второй вариант решения. Пусть ODA.АС и AD = x. Тогда из

Осталось решить уравнение

Третий вариант решения. СО — биссектриса, медиана и высота. Если бы а = Ь = с, то ААВС был бы равносторонним. Далее

найти г просто из ДОСО (ODА-АС): зная, что СО=—^— и Z/CCO = 30°, r = ^ß-.

В общем случае тоже можно попробовать вычислить высоту С#, обозначив АН = х, тогда СН2 = Ь2 — х2 = а2 — (с — х), СЯ = Уб2-*2, SABC=± c^b2-S=^ гАС + ^r Cß; площадь можно вычислить и по формуле Герона.

Четвертый вариант решения. ОС — биссектриса угла АСВ, так как OD = OE. Тогда т^=—, 4^ = ^тА АО = ~гг-> coSi4=——. Теперь по косинусу найти синус, а затем г =

Пятый вариант решения. Дополнить треугольник до четырехугольника АСВСХ. Тогда РАСвс =2(a + ft), SACBC =с-СНу отсюда г=—— мы уже вычисляли ранее.

Задача 2. В равносторонний треугольник вписаны три равные окружности так, что каждая касается двух других сторон треугольника и двух других окружностей. Определите радиус этих кругов, если сторона треугольника равна а.

Пусть F — центр ААВС, FLA-AC. Тогда, выполнив часть чертежа: AAFL и полуокружность с центром на AF и касающуюся сторон FL и AL,— мы получаем ситуацию, которую уже разбирали в задаче 1, хотя она решается и другими способами.

Ответ. г =---. Вторую задачу хорошо задать для домашнего раздумья.

Теперь предложу контрольную работу на один урок по теме «Вписанные и описанные окружности».

Вариант первый

1) Дан равнобедренный треугольник. Как вычислить радиус описанной около него окружности, если боковая сторона равна 3, а основание 2?

2) AB — диаметр окружности радиусом 1. Точка X лежит на окружности. Найти площадь ААХВУ если /LXBA = a.

3) В окружность радиусом R вписан равнобедренный треугольник с боковой стороной а. Найти его площадь.

4) Задачи общие (см. вариант второй).

Вариант второй

1) Дан равнобедренный треугольник. Как вычислить радиус описанной около него окружности, если основание равно 1, а угол при вершине а?

2) AB — диаметр окружности радиусом 1. Точка X лежит на окружности. Найти площадь ААХВ, если Z.XAB = a.

3) В окружность радиусом R вписан равнобедренный треугольник с основанием d. Найти его площадь.

4) Из всех равнобедренных треугольников, вписанных в данную окружность, найти тот, у которого площадь наибольшая.

«Обучение на уроках математики искусству решать задачи доставляет нам исключительно благоприятный случай формирования у учащихся определенного склада ума и привития соответствующих концепций, что является, на мой взгляд, важнейшим элементом общей культуры».

Д. Пойа

Задачи

В решении задачи № 14.5 авторы пишут: «Обычно решение задач на нахождение радиусов описанной и вписанной в многоугольник окружностей состоит в том, что устанавливают положение центра окружности, затем рисуют нужный радиус, заключают его в подходящий треугольник и т. д.» Вы заметили, что ничего не сказано о построении самих окружностей? В большинстве задач они действительно не нужны — вполне достаточно нахождения центра вписанной окружности как пересечения биссектрис (они должны быть на чертеже) или центра описанной окружности как пересечения серединных перпендикуляров (и они тоже должны быть изображены на рисунке). Во многих задачах используются теорема синусов и то, что а =2/?, теорема косинусов, формулы площади S=—^—» ~4R9 Формула для вычисления радиуса окружности, вписанной в прямоугольный треугольник: г = р — су где р — полупериметр, с — гипотенуза.

Особо хочу остановиться на задаче № 14.13. Эта задача позволяет поговорить о проверке на истинность, на правдоподобность утверждения задачи. Чаще всего, если в задаче требуется что-то доказать, у учеников не появляется сомнений в истинности этого утверждения. Учащийся сразу начинает выстраивать цепь логических рассуждений, пытаясь вывести из условия задачи ее заключение. Однако бывает полезно, прежде чем доказывать, попытаться опровергнуть данное утверждение. Ребята должны понимать, что для опровержения достаточно привести контрпример, т. е. пример, опровергающий утверждение. Это полностью докажет его ошибочность.

Еще один способ опровержения формулы, которую требуется доказать, заключается в проверке размерности правой и левой ее частей.

Если же задача симметрична относительно некоторых величин а и & (т. е. она не меняется, если поменять местами а и Ь) и если она имеет единственный правильный ответ, то он обязан быть симметричным относительно этих же величин.

Сформулируем эту задачу (задача № 14.13) несколько иначе: площадь S любого четырехугольника выражается через длины его сторон а, Ь, с по формуле

S = ^(p-a)(p-b)(p-c)(p-d),

где р — полупериметр четырехугольника, по аналогии с формулой Герона.

Эту формулу предложил индийский математик и астроном Брамагупта (VII в. н. э.).

В данном случае эта формула верна для квадрата и для прямоугольника. Хорошо, если этот факт обнаружат ребята сами. Затем нужна пауза для размышления, для поиска контрпримера. Учителю следует набраться терпения и не вмешиваться, не задавать подсказывающих вопросов.

Ошибочность формулы хорошо видна, если представить себе шарнирный квадрат, ну хотя бы из складного метра, вычислить его площадь по формуле Брахмагупты. Затем сжать квадрат и получить ромб с острым углом. Длины сторон остались те же по формуле — площадь та же, но площадь четырехугольника при сжатии явно уменьшилась, ромб можно сделать очень узким.

Формула неверна, и в доказательстве этого факта решающую роль сыграл контрпример.

Теперь можно предложить подумать над задачей № 14.13. Ребята, конечно, увидят, что в этой задаче площадь вписанного четырехугольника находится по этой формуле. Приведем ее решение.

Пусть четырехугольник ABCD вписан в окружность. АВ = а, ВС = Ь, CD = c, AD = d. Введем вспомогательный элемент, обозначим Z.y4ßC = ß, тогда

sin ß = sin D(ZD = n-ß).

(1)

Приравнивая правые части этих равенств, получаем

(2)

Из системы двух уравнений с двумя неизвестными ((1) и (2)) исключим вспомогательный элемент ß:S=^(ab-\-cd) sin ß,

Возводя уравнения (2) и (1) почленно в квадрат и складывая, получим

КОММЕНТАРИЙ К РЕШЕНИЮ ЗАДАЧ

14.1. Обратные утверждения. Если вокруг трапеции можно описать окружность, то она равнобокая. (Верно.) Если около четырехугольника можно описать окружность, то это либо прямоугольник, либо равнобокая трапеция. (Неверно.)

14.2. Обратное верно. Действительно, пусть ABCD — данный четырехугольник, у которого суммы противоположных углов равны 180°. Опишем вокруг ADC окружность и докажем, что и точка В лежит на ней (рис. 225). Пусть (Ло)ПОкр. (О; R) = X. Проведем ХС, тогда в AXCD ААХС=Ш° — а (по п. а)), но /LABC= 180°. Получили противоречие с теоремой о внешнем угле треугольника. Следовательно, точка X совпадает с точкой В.

14.3. Рис. 226.

14.4. а) Прямоугольник, б)

14.6. а) Рис. 227.

Рис. 225

Рис. 226

Рис. 227

14.9. Sma=2R2.

14.10. Пусть KMNL — квадрат, вписанный в круг радиусом R и центром в точке О. ABCD — четырехугольник, вписанный в этот же круг. Рассмотрим ААОВ(ах), ДбОС(а2), Л COD (а3), A^OD(a4);SA=-Çsina<=^1 т. е. SA^ = ^ sin 90°=^ , т. е.

Следовательно, из всех четырехугольников, вписанных в данную окружность, наибольшую площадь имеет квадрат.

14.11. Радиус наименьшего круга, содержащего данную равнобокую трапецию ABCD, есть радиус круга, описанного около нее, или радиус круга, описанного около AACD.

Поэтому используем формулу /? = -^-, где й=|ЛС|. Выразим d и S через а, Ь. — длины оснований трапеции и с — длину боковой стороны и найдем R:

14.14.

14.16. На самом деле серединный перпендикуляр пересекает биссектрису угла В вне ААВС, и вообще это задача № 27.

14.18. Пусть ААВС равнобедренный, вписанный в окружность, а Л/С —его высота на основание, продолжение которой пересекает окружность в точке D. Соединим D и С. AACD прямоугольный, тогда CA2 = AD'AK> т. е. b2 = 2Rh. Если Л увеличивается, то R убывает; СК2 = DK-AK, т. е. — = d-h, или a2 = 4dh.

14.19. Если c = 2R в прямоугольном треугольнике, то S = ^-.

Если треугольник равносторонний, то

14.21.

14.22. а) Угол при вершине

Рис. 228 Рис. 229 Рис. 230

14.23. а) Треугольник прямоугольный с катетами 6 и 8, /? = ^--10 = 5. б) Воспользоваться формулой S = ^-. Заметим, что Л2 = 36 — г2, Л2 = 64 — (9 — Jt)2, тогда из уравнения 36 — ^ = 64 — (9 — х)2 можно найти х, затем h и затем S.

14.24. a) 2R=——, по этой формуле можно найти две стороны и затем площадь 5 = а s'"—. Ответ. 2R2 sin a-sin ßX

14.25. a) Может в равностороннем треугольнике /? = ^=<а.

б) Если /?>а, то —-— = /?>а, sin а<4=^0о<а<30о или 150°<а<180°. Например, в треугольнике а=160°, 15°, 5°.

в) Нет. Пусть R = a = b = c = x. Тогда 2х =-, sin а = —, а = 30° или а=150°, т. е. в треугольнике каждый угол должен равняться или 30°, или 150°, что невозможно.

14.26. Большая сторона видна из центра под большим углом.

14.31. Пусть АВ = ау Z£4C = 60°,/?==-|, Z.BXC= ААХС = 60°, а<ХС<2/? (рис. 229). Так как из всех ААХВ (AB — const) наибольший периметр имеет равнобедренный треугольник,

14.33. а) Дано О, AB. Построение: 1) АО. 2) ВК±АО, ВКГ\АО = К. 3) С£ВК, \СК\ = \ВК\, АСАВ искомый, б) Дано Cß, О. Построение. 1) OL1.BC. 2) ОС, OB. 3) A£OL, \АО\ = \ОС\, ААВС искомый.

14.35. Откладываем на круге две маленькие равные хорды AB и ВС. Пусть АВ = ВС = а. Измеряем АС = Ь:

14.37. а) Использовать равенство касательных, проведенных из одной точки и окружности, б) Обратно: если в четырехугольнике суммы противоположных сторон равны, то около него можно описать окружность. Пусть |y4ß|=^|ßC| и |y4ß|<|ßC|, a |D/4|>|DC|. Тогда отложим на ВС отрезок ВМ, равный AB. Аналогично на луче DC отложим DF = DA. Точка О — пересечение серединных перпендикуляров AAMF. Стороны AAFM являются основаниями равнобедренных треугольников ADF, FCM, MBA. Поэтому серединные перпендикуляры сторон AAFM являются и биссектрисами Z.ADF, /LFCM, Z.MBA. Значит точка О — равноудалена от DA, DC, Cß, ВА и, следовательно, точка О — центр описанной окружности около ABCD.

14.38. a) /? = -^sin ф. б) ВО — биссектриса

находим как синус суммы.

14.39. б) ALYO= AYKO, так как LO = OK = 2, OY общая, Z-MOL= AMOK. Тогда Z.LYO= Z.OV7( = 90o, т. е. LK±MO, следовательно, LK\\BC\\AD, LMKN — дельтоид (рис. 231).

14.41. а) Проведем два диаметра ^4ß и CD. Точки А, ß, С, D искомые, б) См. п. а); так как если в параллелограмм можно

Рис. 231 Рис. 232

вписать окружность, то этот параллелограмм — ромб, в) Проведем два перпендикулярных диаметра AB и CD. Точки А, ß, С, D искомые, г) См. п. в).

14.42.

14.43. Достаточно найти радиус окружности, вписанной в akbl (рис. 234). Радиус окружности г, вписанной в прямоугольный треугольник, равен разности его полупериметра и гипотенузы:

14.45. a) AB = BC = CD = a (рис. 235), но AB + CD = BC + AD, тогда и AD = ay но тогда это не трапеция. Такого сделать нельзя.

б) b + c = 2lt (1)

(2)

Рис. 233 Рис. 234

Рис. 235

Рис. 236

Подставим в уравнение (2) значение переменной / из уравнения (1): 2(c2 + b2) = b2 + 2bc + c2, (b — cf = 0, b = c. Это не трапеция, а квадрат (рис. 236).

14.46. 14.47.

Рис. 238. а) г = р — с, где р — полупериметр, с — гипотенуза

14.48.

а — боковая сторона, b — основание

Рис. 237 Рис. 238

Рис. 239 Рис. 240 Рис. 241

14.49. Рис. 240.

б) Средняя линия

14.50,

Из решения этого квадратного уравнения и находим г. б) По теореме синусов легко найти еще одну сторону, и задача сводится к п. а).

14.51. a) OLCM — квадрат, б) Точка касания может быть серединой гипотенузы (в равностороннем треугольнике), но не может быть серединой ни одного из катетов, так как тогда гипоте-

Рис. 242 Рис. 243 Рис. 244

нуза будет равна одному из катетов, в) Если /-А> Zß, то /.МОК< /-KOL, следовательно, KL ближе к центру, чем М/С, а так как Z.КОМ>90°= /-MOL, то КМ ближе к центру, чем ML (рис. 241).

14.52.

14.53.

= 2/?. Отсюда находим угол А и затем можно найти все элемен ты ААВС (рис. 243). Тоже все.

14.54. AB = KB + KA = 2^R2-r2 =ВС = АС (рис. 242).

14.55. б) А и В — вершины треугольника, О — центр вписанной окружности (рис. 244). Проводим OKI. AB, К£АВ, затем Окр. (О; \ОК\), OB и находим середину OB — точку S

Окр. (S; 1^!)пОкр. (О; R)=L (l, КСОкр. (s, -^-)), BL{]OK= С, ААВС — искомый.

§ 15. ПРАВИЛЬНЫЕ МНОГОУГОЛЬНИКИ

Теория

В п. 15.4 рассказано о построении правильных многоугольников. Задача о построении правильных многоугольников циркулем и линейкой почетна: ее решал великий К. Гаусс. Можно изучение этой темы начать с того, что предложить ребятам выполнить построение правильных многоугольников циркулем и линейкой. Пусть они построят те многоугольники, которые смогут, пусть обобщат свои наблюдения. Дайте им подумать над вопросами, которые помещены в конце параграфа (лучше вопросы написать на доске, чтобы текст параграфа не мешал думать). По-

том около 20 мин каждый спокойно почитает параграф. Пусть после этого поговорят о том, что их удивило, что заинтересовало, что полезно запомнить для решения задач и т. д.

«Чтобы изобретать, надо думать около».

Сурье

Задачи

В одной из хрестоматий по общей психологии я прочел, что мышление имеет место только в том случае, когда средства решения задач не даны субъекту. Вы, коллеги, уже смогли убедиться, что в этом учебнике таких задач много. Авторы старательно «запихивают» ученика в творческую ситуацию, видимо, считая, что творческая деятельность ученика должна быть постоянным его жизненным состоянием. Ученика учат мыслить, т. е. отыскивать именно те средства, которые необходимы для решения поставленной задачи. А для активной творческой работы мышления, писал известный дидакт Л. В. Занков, очень важно, чтобы человек, сталкиваясь с чем-то непонятным, рождающим вопрос, «удивился», эмоционально загорелся этим вопросом, чтобы непонятное вызвало в нем эмоции удивления. Поэтому так важна при анализе задачи недосказанность. Необходимо оставлять зазор, некоторый простор для интуиции, для интуитивного озарения.

Такую же роль играют и недосказанные доказательства, заставляющие самостоятельно доводить до конца мыслительную работу.

В предыдущих параграфах уже шла речь о том, что не следует вести ученика все время от вопроса к вопросу в решении задачи. Ценнее, когда он сам преодолевает препятствия на пути к ее решению. Если у него есть необходимые знания, опыт решения, то, проходя через препятствия, он как бы испытывает переживания изобретателя, конструктора, испытывает радость творчества. Учителю не следует спешить. А чтобы не дергать ученика, есть прекрасное средство: сесть и решить самому эту задачу. Вы в этот момент будете заняты делом, вам будет не до замечаний. Кроме того, вы на опыте узнаете, сколько надо времени на решение, какие трудности могут испытать ученики. Вы будете с учениками на равных. Важно, чтобы на уроке дети свободно высказывали свои соображения, внимательно слушали замечания товарищей, критически оценивали, подхватывали их идеи, помогали их реализовывать, умели доказывать правильность своих суждений. И пусть вас не волнует, что нет бешеной тренировки в применении тех или иных алгоритмов. Задумайтесь: зачем они? А вот увлеченность поиском, желание испытать радость познания несказанно важны для жизни вашего ученика.

И пусть упражнения по формированию умений и навыков не заслонят творческий процесс. Каждый такой урок продвигает учащихся вперед, постепенно расширяет их умственный горизонт, вносит нечто новое в их сознание. Вся история математики есть история последовательного решения творческих задач. И все задачи решали увлеченные люди, у них сильно было развито желание решить задачу. Об этом надо рассказать детям. А на доске можно написать: «Чтобы решить трудную задачу, надо сильно хотеть ее решить». Ученики не могут не понимать, что настоящая задача требует длительных размышлений, не стоит отбрасывать задачу, если через 15 мин в голову не приходит решение. Когда И. Ньютона спрашивали, каким путем он пришел к открытиям, ученый отвечал, что всегда думал о них. Предмет исследования, говорил он, постоянно передо мной, и я жду, пока первые пробивающиеся лучи рассвета постепенно не осветят его сильным и ярким светом.

Работа с задачей M 15.4. Пусть сторона правильного я-угольника равна 3, а радиус вписанной окружности равен 2. Чему равен радиус описанной около него окружности?

1. Прочти первый абзац на с. 187. Постарайся угадать дальнейшую работу автора с этой задачей. 2. Прочти второй абзац на с. 188 и опять продолжи решение автора. 3. Прочти текст до вопроса в третьем абзаце снизу на с. 188. Попробуй на него ответить. 4. Дочитай решение до конца. 5. Кратко опиши суть решения задачи № 15.4, не используя никаких формул, ни обозначений отрезков, углов. 6. Выпиши из изученного решения советы решающему геометрическую задачу.

Советы решающему геометрическую задачу: 1. Стремись всю информацию, изложенную в задаче, отразить на рисунке. 2. После того как получен ответ, еще раз обрати свое внимание на условие задачи. Подумай, все ли данные использованы, нет ли лишних. 3. Попробуй решить задачу другим способом. Если форма ответа отличается от ответа, полученного первым способом, то подумай почему. 4. Иногда настоящая работа с задачей начинается после того, как найден ответ.

КОММЕНТАРИЙ К РЕШЕНИЮ ЗАДАЧ

15.1. б) Равные хорды стягивают равные дуги, на которые опираются равные центральные углы, в) Этот угол равен половине центрального угла, опирающегося на эту же сторону, г) Он равен радиусу окружности, описанной около многоугольника, д) KABCD ... вписан в окружность радиусом R=\OA\. Если п четное, то рассмотрим у соседних центральных углов. Их сумма -т---=180 , т. е. диагональ, соединяющая первую и по-

следнюю точки, проходит через центр. Тогда AB = 2R — наибольшее возможное расстояние между двумя точками правильного многоугольника. Берем любую вершину, соединяем ее последовательно с остальными вершинами. До вершины - 1 длина диагонали растет (пока конец диагонали идет по одной полуокружности). Затем —^— вершины лежат в другой полуокружности, и длина диагонали убывает. Следовательно, АО лежит внутри треугольника, образованного —— и —— диагоналями, т. е. наибольшая диагональ через центр не проходит.

15.2. 15.3.

(так как АКх — биссектриса /-BAD, рис. 245);

равносторонний;

15.5. Построить правильный пятиугольник ABCDP с центральным углом 72°, вписанным в окружность, вмещающуюся в данную круглую пластину.

15.7. а) Диагонали, соединяющие вершину через одну, равны.

15.8. Рис. 246, 247.

Рис. 245 Рис. 246 Рис. 247

Рис. 248

Рис. 249

15.9. 3. AC(]FB = L1 AC\r)DB = M (рис. 248). Рассмотрим AADCiDM — биссектриса, так как AADB—Z.BDC. Тогда AM:MC = AD:DC. Аналогично AL:LC = FA:FC = AD:DC.

Пусть DC = a, ^D = V2a2(l-cos 108°), АМ:МС = 2 sin 54°: 1 = = LC:AL. 4. Все диагонали ограничивают пятиугольник, так как любая диагональ пересекает две другие. Всего диагоналей пять: 5*2=10 точек, но каждая считается два раза, т. е. точек пять — фигура пятиугольник.

15.10. а) ADMC= ACNB= ААВК= AFLA= AFPD (рис. 249), так как FD = DC = CB = AB = FA, и так как Z.F = Z.D = = ZC=Zß=ZЛ, то 180°- ZF= 180°- ZD = ...= 180°- ZЛ, т. е. Z PFD = Z PDF = Z MDC= ADCM = ...= ALAF = = ZЛ/7L, т. e. DM = MC = CN = NB = ... = LF = PF = PD. Таким образом, стороны равны, в) Вокруг звезды можно описать окружность (ОМ = ON =...).

15.11. а) Нет. Например, ромб. В него можно вписать окружность, но он не является правильным, б) Многоугольник правильный: аКОВ=АВМО (по катету и гипотенузе), ZOß/C =

Рис. 250

Рис. 251

= Z OEM = Z. OCM = Z OCP, тогда AOBM= aOMC w BM = MC = KB = ^ (рис. 250). Вписанный многоугольник с равными сторонами является правильным. Но нельзя утверждать, что он будет правильным, если известно, что равны углы.

15.13. Любой правильный 2/г-угольник можно разбить на ромбы (рис. 251).

Зачетная работа

1. Может ли правильный многоугольник быть невыпуклым?

2. Пусть в правильном п — угольнике рассматриваются три величины: сторона, радиус вписанного круга и радиус описанного круга. Как, зная одну из них, найти остальные?

3. Какие правильные многоугольники вы можете построить циркулем и линейкой?

4. Решите одну из задач № 15.1, 15.3, 15.9.

5. Решите одну из задач, которую не разбирали в классе.

§ 16. ДЛИНА ОКРУЖНОСТИ

Теория

Длина окружности — тема сложная. Она дает прекрасный материал для работы с книгой. Можно сначала дать почитать теорему 21 (о длине окружности) самостоятельно каждому ученику, потом пусть поговорят в парах. Затем текст читает учитель и по ходу чтения спрашивает то, что ему «непонятно», или то, что он хочет уточнить. Например: 1. Что означает выражение «неограниченно увеличивать число сторон многоугольников»? 2. Что означает выражение «периметры будут сколь угодно мало отличаться от длин L, и L2 окружностей F, и F2»? 3. Почему — число? 4. Что означает выражение «число — сколь угодно мало отличается от величины -^-»? 5. Что означает выражение «число -р- будет сколь угодно мало отличаться от числа -~»?

Возможно ли это? 6. Что означает выражение «число h неограниченно увеличивается»? А дальше можно задать все вопросы, данные в конце параграфа.

Длина окружности. Вдумаемся в каждое слово и в оба слова вместе. Слово «длина» нам знакомо только в сочетании с другим словом — «отрезок». Что такое длина отрезка, длина ломаной, мы знаем. Знаем, что это величина, характеризуемая некоторы-

ми свойствами. И это — число, если выбрана единица измерения. Но что такое длина окружности, мы не знаем.

Это понятие требуется определить. Поможет это сделать задача о вычислении длины окружности или длины кривой.

Попробуем поразмышлять, каким образом можно, обладая знаниями о длине, которые у нас имеются, вычислить длину окружности. В математике многие задачи решаются приближенно и ответ с той или иной степенью точности их удовлетворяет. Нарисуйте окружность и придумайте способ вычисления ее длины.

После появления одного приближенного способа вычисления длины окружности как периметра правильного вписанного многоугольника можно попросить ребят придумать, как вычислить длину окружности с большей точностью.

Учитель фиксирует на доске периметры многоугольника, которые предлагают ребята: Р3, Я6, Р12, ... .

Далее учитель замечает, что каждый из этих периметров отличается от длины окружности L. На сколько? Разбираем, что разность L — Рп может быть меньше любого числа, какое бы малое оно ни было. При этом говорят, что Рп стремится к L, когда число сторон п неограниченно увеличивается, т. е., чем больше число п, тем меньше разность L — Pn. Итак, число L, к которому стремится последовательность периметров правильных многоугольников, вписанных в окружность, при условии, что число сторон многоугольников стремится к бесконечности, называется длиной окружности. Теперь можно доказать теорему о длине окружности, которую сформулируем несколько иначе, чем это сделано в учебнике: какую бы мы окружность ни рассматривали, отношение длины окружности к диаметру есть величина постоянная; ее обозначают числом я.

«Инерция нашей мысли оказалась чрезмерной, наш разум крепко держался раз установленного курса, хотя в силу новых обстоятельств его следовало изменить».

Д. Пойа

Задачи

Казалось бы, уже так много решено задач за этот год — целых пятнадцать параграфов, а за восемь лет обучения в школе и не сосчитать. Казалось бы, что давно ясно как надо искать решение задачи. Но если посмотреть на ребят, да и оценить свой опыт, то станет ясно, что понимание того, как надо искать решение проблемы, выстраивается всю жизнь. Сколько психологов, дидактов, ученых пытаются помочь нам продвинуться в этом вопросе! Поэтому в конце года можно еще раз посвятить несколько занятий теории работы с задачей.

Психологи заметили, что многие при решении задачи сразу начинают торопливо ее решать без предварительного тщательного исследования ее условия. Пролистайте с ребятами еще раз все пятнадцать параграфов, посмотрите приведенные там решения именно с этой точки зрения. Изучите, как автор исследует само условие, как он с ним работает.

Порой ученик лихо повторяет текст задачи, и это знание текста он приравнивает к пониманию его. Любопытно, что психологи П. Я. Гальперин и В. Л. Данилов считают, что исследование условия задачи должно всегда начинаться с уточнения искомого: что оно такое, из каких частей состоит, сколько их, какими свойствами они обладают и в каких отношениях находятся. Только после этого они рекомендуют начинать изучение условия задачи с целью установить, что в нем есть для получения искомого, чего не хватает и можно ли получить недостающее из того, что дано.

Уже эта работа наверняка породит массу догадок, гипотез, предположений. Важно научить ребят бережно относиться к каждой своей мысли, даже к абсурдной. А на уроке все идеи учеников без критики стоит написать на доске, а затем предложить ребятам по группам оценить, какая из них быстрее приведет к решению. Возможно, что в результате этой работы появятся новые идеи, тогда следует ими пополнить список на доске. Любопытно, что порой одна из догадок, которая сперва казалась абсурдной, оказывается правильной, а другие гипотезы, хотя и ошибочные, легко наводят на правильное решение.

Очень важен разговор по выдвинутым гипотезам. Его стиль, строгость, математическая грамотность являются образцом того обсуждения, которое будет проводить ученик со своим внутренним оппонентом, решая задачу самостоятельно. Порой отсутствие этого оппонента является причиной досадных ошибок и неразумных решений. Оппонент должен быть строг, но доброжелателен. В его задачу входит не пропустить ни одной даже самой невзрачной идеи, каждую из них подвергнуть тщательному анализу.

«Прежде чем приступить к разрешению каких-либо определенных вопросов, нужно сначала собрать все без разбора сами собой пришедшие в голову сведения, затем постепенно просмотреть их, чтобы узнать, нельзя ли вывести из них какие-нибудь другие, из этих последних еще и т. д. Затем, сделав это, нужно тщательно исследовать, почему одни из них оказалось возможным найти скорее и легче, чем другие, и что они собой представляют»,— писал Р. Декарт в «Правилах для руководства ума».

Как бы хотелось, чтобы на уроке не было гонки за количеством решенных задач, чтобы решение задачи не заканчивалось с нахождением ответа, чтобы было время осознать метод решения, зафиксировать его в «копилке методов». Удивительно полезно фиксировать вопросы, которые ребята задавали себе и друзь-

ям во время поиска решения. Они, как вехи, позволят восстановить ход рассуждения.

А как учить ребят следить за ходом рассуждения одноклассника или учителя? Может быть, вызвать двух-трех учеников решать одну задачу и предложить им размышлять вслух, а остальных попросить зафиксировать ход их рассуждения. Когда же задача будет решена, интересно послушать одноклассников, как шел поиск, что утаили решавшие,не сказали вслух, о чем думали. Конечно, будут разные видения этого процесса, но это-то и интересно, тут-то и будет происходить обучение решению задач. Такой работе можно посвятить сдвоенный урок и начать можно с прозрачной, богатой идеями, но нетрудной в техническом выполнении задачи. Конечно, другой тройке можно предложить задачу иного плана. Основной целью ребят на этом занятии будет познание системы мыслительных действий, приводящих к правильному результату. Настоящая научная работа.

Г. Галилей побуждал своих учеников думать так, как если бы они состояли из двух «я»: одно из них — аналитик, склонный все описывать словами, а другое — более целостная, склонная к интуитивному восприятию натура. Оба «я» должны контролировать друг друга.

КОММЕНТАРИЙ К РЕШЕНИЮ ЗАДАЧ

16.1 а) Радиус прямо пропорционален длине окружности, б) Увеличилась на 2я/?, где г — прибавка к r. в) Увеличился

16.2.

16.3. а) лс. б)

16.4. а) г = р — с, где р — полупериметр, с—гипотенуза,

Если взять другую боковую сторону: CD = a, AD = a, то ВС = ВА (так как можно вписать окружность). Но тогда ABCD не трапеция (рис. 254).

Рис. 252 Рис. 253 Рис. 254

16.5.

где Л — ширина кольца, б)

16.6. а) За один оборот путь S = 2nR, а за п оборотов S = = n-2nR. б) Пусть S — длина арены S = 2nR-n для большого колеса, S = 2nr-m — для меньшего колеса:

(*)

Если путь увеличить в два раза, то результат будет такой же. в) Первое колесо сделало п оборотов, т. е. точка А, принадлежащая второму колесу, прошла путь 2nRl-n (рис. 255). Переформулируем задачу: колесо радиусом R2 прошло расстояние 2nRx-n. Сколько оборотов оно сделало? l = 2nR2-т, т =

г) Рис. 256. 2пт R2 — путь, пройденный

Рис. 255 Рис. 256

Рис. 257 Рис. 258

третьим колесом; g = —— = = — -дг, где g — число оборотов.

16.7. l = 2nR— для Окр. (О; г) это путь; S = 2nr-n, 2nR =

16.8. r' = ^h2 + r2. Образующая конуса — это радиус этой окружности, по которой катится основание конуса. 5/ = 2я/?/ =

16.9. а) 1. / = 7g^. r — const. Обозначим ^ —const; / = са, / пропорциональна а. Аналогично / = с'./? пропорциональна / и R. 2. а и R обратно пропорциональны при / фиксированной;

16.10.

Примеры:

16.11.

А АО В равнобедренный;

16.12. б)

16.14. Рис. 260.

Рис. 259

Рис. 260

Рис. 261

16.15. Рис. 261.

16.18. Пусть точка А прошла ^ ^АВ и оказалась в точке £;

^>АЕ = ^jEB. Рассмотрим расстояние, которое прошла за это время проекция точки на диаметр окружности. Пусть R—\\ AOFE:

\ОР\=Щ-, \AF\ = l— \AF\^\OF\y следовательно, проекция движется неравномерно.

Зачетная работа

Выберите несколько задач, достойных вас, из § 16 и решите их.

§ 17. ПЛОЩАДЬ КРУГА

Теория

Самая интересная информация этого параграфа сосредоточена в п. 17.5 «Изопериметрическая задача». По-моему, с этого материала и стоит начать занятие. Действительно, разве не любопытное заключение: так как икринка имеет форму шара, то природа «тратит» на икринку рыбы как можно меньше материала. А следует оно из доказанного математического факта о том, что среди всех тел с данным объемом шар имеет наименьшую

площадь поверхности, или, иначе, среди всех тел с данной площадью поверхности наибольший объем имеет шар. Отсюда вопрос: как звучит аналогичное утверждение для плоских фигур? Ребята сформулируют: среди всех фигур, ограниченных замкнутой кривой заданной длины, наибольшую площадь имеет круг. Но площадь круга мы еще не вычислили. Дальше можно перейти к выводу формулы площади круга. Нельзя обойти и вопрос о квадратуре круга. Он обычно привлекает огромное внимание ребят.

Устная проверочная работа по теме «Длина окружности и площадь круга».

1. На доске нарисована окружность с центром в точке О. Из точки А проведена касательная AB, угол ВАО равен а.

Касательная к окружности |y4ß|=-^-, радиус ВО из точки А виден под углом а. а) Найти длину окружности. Ответ, л — — tga. б) Найти расстояние от точки А до окружности.

Ответ. —!--4-tga. в) а = 60°. Вычислить площадь круга, который заметает отрезок АК при вращении вокруг точки А. Ответ. — V^) • г) Вычислить длину окружности с центром в точке А и касающуюся окружности с центром О. a = 60°. Ответ. 2я(1— V^Y д) a = 60°. Вычислить длину хорды, соединяющей точки пересечения окружностей с центрами О и Л, радиусом OB и АО. Ответ. |Уз".

2. Вычислить длину дуги окружности радиусом 6 см, если она соответствует центральному углу 20°, 240°.

3. Длина дуги окружности 2я см. Чему равен радиус окружности, если центральный угол, соответствующий этой дуге, равен 120°, 90°, 60°?

4. Из вершины квадрата со стороной 4 см проведены дуги окружности радиусом 2 см. а) Определить длину кривой, состоящей из этих четырех дуг; б) найти площадь фигуры, ограниченной этой кривой.

В п. 10.2 решена чрезвычайно важная задача нахождения углов треугольника по трем сторонам. Дело в том, что формула cosC = — будет применяться при решении многих задач и на уроках геометрии, и на уроках стереометрии. Поэтому просто необходимо задержать внимание ребят на следствиях из нее: определении вида треугольника по его сторонам.

Теорема 13. В каждом треугольнике против большей стороны лежит и больший угол. Эта теорема доказана трудно при помощи О. Т. П. Лучше дать то геометрическое доказательство, которое показано на рисунке 110,6.

Домашняя контрольная работа. Возможно она

мало чем отличается от обычной домашней работы, но само строгое название настраивает ребят на более серьезную, ответственную работу.

Задача 1. Катет и гипотенуза прямоугольного треугольника соответственно равны 6 и 10. Определите длину окружности, вписанной в треугольник, и вычислите площадь части треугольника, расположенной вне круга.

Задача 2. На диаметре круга радиусом г как на стороне построен равносторонний треугольник. Вычислите площадь части треугольника, находящейся вне круга.

Задача 3. Из точки С проведены к окружности радиусом R две касательные АС и ВС, причем оказалось, что треугольник ABC правильный. Найдите площадь той части треугольника ABC, которая лежит вне круга. Ответ. R2 — .

Задача 4 выбирается каждым учеником из любых источников.

Задачи

Расскажу еще об одном способе работы с задачей: устная контрольная работа. Вы спросите какая же может быть организована учителем работа с задачей на контрольной?

Устная контрольная отличается от традиционной контрольной тем, что здесь контролирует ученика не учитель, а ученик сам себя при помощи заданий учителя. Сам он делает выводы об уровне усвоения. Никто, кроме него самого, не видит его промахов и неудач. Устная контрольная носит обучающий характер: ребята учатся работать в определенном темпе, слушать, корректировать свои знания, работать и решать рационально. Каждый, уходя с такого урока, знает ту область, над которой ему надо еще поработать. Теперь о технике ее проведения. На уроке геометрии обычно читается условие задачи (два-три раза, если надо) и отмечаются данные задачи на рисунке, который сделан заранее на доске. На уроках алгебры на доске пишутся примеры. Через некоторое время учитель просит поднять руку тех, кто решил. Если с задачей справилась большая часть класса, то ученики в тетрадях ставят номер задачи и пишут ответ. В противном случае добавляется время для поиска ответа. Ответ записывается только по команде учителя.

Если цель работы не только проверить знания, но и еще раз отработать какие-то вопросы теории, то разбор решения проходит сразу после того, как записан ответ. Тогда следующая задача составляется так, чтобы при ее решении можно было использовать те приемы, с которыми учащиеся встретились при разборе.

Если контрольная проводится с целью проверки знаний, то разбор ее делается после выполнения всей работы. Затем ученикам сообщается, за сколько примеров ставится «5», за

Рис. 262

Рис. 263

Рис. 264

сколько—«4» (других отметок не ставится). Ученики говорят свою отметку учителю, которая и выставляется в журнал.

Хотя отметок можно не ставить и вообще!

Приведу пример устной контрольной работы по теме «Длина окружности и площадь круга».

1. Из вершины квадрата со стороной 4 см проведены дуги окружностей радиусом 2 см. Определить: а) длину границы заштрихованной фигуры (рис. 262); б) площадь заштрихованной фигуры.

2. Из вершин правильного треугольника со стороной 6 см проведены дуги окружностей радиусом 3 см. Определить: а) длину границы заштрихованной фигуры (рис. 263); б) площадь заштрихованной фигуры.

3. Дан прямоугольник со сторонами 4 см и 2 см. а) С центрами в серединах его меньших сторон проведены дуги окружностей радиусом 1 см. Определить длину границы заштрихованной фигуры (рис. 264), площадь заштрихованной фигуры, б) Около данного прямоугольника описана окружность. Найти площадь части круга, расположенного вне прямоугольника, в) Внутри прямоугольника расположен круг наибольшего радиуса. Найти площадь той части прямоугольника, которая лежит вне круга, г) Внутри прямоугольника расположены два круга наибольшего радиуса, касающиеся друг друга. Найти длину границы той части прямоугольника, которая расположена вне этих кругов.

4. Найти длину дуги окружности радиусом 6 см, если она соответствует центральному углу: а) 20°; б) 240°.

5. Длина дуги окружности 2л см. Чему равен радиус окружности, если центральный угол, соответствующий этой дуге, равен: а) 120°; б) 90°; в) 60°?

КОММЕНТАРИЙ К РЕШЕНИЮ ЗАДАЧ

17.1. a) S пропорциональна r. в) S и L пропорциональны.

17.2.

г) Такой трапеции

не может быть. - > 1. д) Радиус окружности, описанной около трапеции, равен радиусу окружности, описанной около треугольника, сторонами которого являются данное основание, боковая сторона и диагональ трапеции. r = —:—?-, S =——р--.

17.4. 17.5.

17.6.

Осталось решить неравенство

17.7.

наибольшее значение, когда

наибольшее, и наименьшее, когда

17.8. Больше площадь сечения — больше экономия.

Рис. 265

17.9.

17.11. 17.13.

пропорциональна a, S пропорциональна

17.14.

17.15.

17.16.

17.17.

б) Провести хорду, видную из центра под углом а=120°.

17.19. а)

найти из системы а и R и подставить в формулу, б) Из уравнения R2— (R — А)2=— а2 найдем R (а — длина хорды). Из уравнения sin-^ = -§- найдем a, R и а подставим в формулу, в) / — длина дуги, h — длина стрелки, а и R найдем из системы

Рис. 266

Д) а — Угол касательной с хордой

17.21. a) Верно, так как если хорда больше, то и угол а больше (под углом а хорда видна из центра), стрелка больше и больше дуга сегмента.

17.22. а) Достаточно воспользоваться формулой S=^- и теоремой Пифагора, б) Строим прямоугольный треугольник с катетами 2/?, и 2R2i тогда по п. а) площадь круга, построенного на гипотенузе, равна сумме площадей кругов, построенных на катетах.

17.23. а) Дано R, r, \OS\=a (рис. 266). 1. По О.Т.П. находим

находим sin /LOSA, а затем и /LOSA. 3. Находим по формуле 1АМВ и lANB аналогично. 4. Находим по формуле S -fS

сег амв сег anb

б) SOCT = (Ss-S*)-(S0-S*) = Ss-S0 = n(R2-r2), S* — площадь пересечения.

17.25. а) Два перпендикулярных диаметра делят круг на четыре равные части, б) Три диаметра под углом 60° делят круг на шесть равновеликих частей, в) Четыре диаметра под углом 45°.

ЗАЧЕТ ПО ТЕМЕ «МНОГОУГОЛЬНИКИ И ОКРУЖНОСТИ»

Вопросы:

1) Свойства хорд и диаметров (см. п. 12.1).

2) Характерное свойство касательной к окружности (см. теорему 14).

3) Теорема о вписанном угле (см. теорему 16).

4) Теорема о пересечении выпуклых фигур (см. теорему 17).

5) Теорема о возможности описать окружность около каждого треугольника (см. теорему 18).

6) Теорема о возможности вписать окружность в каждый треугольник (см. теорему 19).

7) Теорема о длине окружности (см. теорему 21).

8) Теорема о площади круга (см. теорему 22).

Задачи, вынесенные на устный опрос: № 12.4, 12.11, 12.41, 12.52, 12.65, 13.1, 13.8, 13.24, 14.21, 14.38, 14.48, 15.1, 15.9, 16.4, 17.2.

Приведу пример билета для устного опроса.

Билет

1. Свойства хорд и диаметров.

2. Теорема о длине окружности.

3. Выпуклая фигура содержит три точки, не лежащие на одной прямой. Докажите, что она содержит треугольник с вершинами в этих точках (см. задачу № 13.1).

Зачетная контрольная работа (1ч)

1. Докажите, что около равнобокой трапеции можно описать окружность.

2. ААХ и ВВХ — высоты треугольника ABC. Постройте треугольник ABC по точкам Л,, Вх и прямой AB. (Ответ. Серединный перпендикуляр АХВХ пересечет AB в точке О — центре окружности, которой принадлежат точки Л, Л,, Вь В.)

3. Сторона квадрата ABCD равна 8 см. Найдите длину окружности, которая проходит через точки А и В и касается стороны CD квадрата. (Ответ. Юл. Центр окружности на пересечении / — оси симметрии AB и серединного перпендикуляра ВК, где К — середина CD.)

4. Гипотенуза равнобедренного прямоугольного треугольника а. На катете как на диаметре построена окружность. Найдите площадь той части круга, которая находится внутри треугольника. (Ответ. -^-(2-f л).)

Полезно было бы устроить зачет по всем задачам, решенным в § 1 —17, и по знанию изученных методов решения геометрических задач.

КОММЕНТАРИЙ К РЕШЕНИЮ ЗАДАЧ К ГЛАВЕ III

Рис. 267. а) 1. Равенство ВХВ2 и СХС2 следует из равенства АОВ2А и Д ОС2Л, аОВхА и аОСхА. 2. В2С2 и ВХСХ перпендикулярны АО. 3. AB2BXS= AC2SCb где S — B2Cx\r\BxC2. Следовательно, равны и их высоты SSj и SS2, т. е. точка S принадлежит биссектрисе угла В2АСЪ т. е. АО.

Рис. 267

Рис. 268

111.2.

При увеличении (р от 0° до 180° увеличивается sin^j-, уменьшается г.

II 1.3.

Рис. 269 Рис. 270

Рис. 271

Рис. 272

Аналогично Z.AMB = 60°. Следовательно,

II 1.4. б) а, Ь — касательные через точку А, I (рис. 271), Z.(a,6) = Z(0,4, 02Л)= ZO,^02-в) Пусть хорды, высекаемые на прямых, будут <

III.5. а) Пусть точка касания — В (рис. 272). Проведем через нее касательную Ь\ 0,ßJ_6, 02ßJ_6, следовательно, OxBcz02B, что и требовалось доказать, б) 1. 02А =/?2 — (2/?2 — 2/?,) = 2/?, — находим угол и подставляем в формулу площади сегмента (рис. 273). 3. sin ^С02Ох=т^г S„mr? = SNMo2-nR2 (рис. 274).

111.6. а) Из равенства ДЛ0,5 и ДС0,0 (рис. 275) следует, что ОхВ — биссектриса угла ABC, а значит, и угла С]ВА1. Тогда

Рис. 273 Рис. 274

Рис. 275

Рис. 276

легко доказать, что Обратное аналогично.

II 1.7. а) Пусть А1А2(]В1В2 = С (рис. 277); Д С4202 = Д Cß202, ДС4,0,= АСВхОХу отсюда AÏA2 = CAÏ — СА2=СВХ — СВ2 = ВХВ2. А 02С — биссектриса угла С, ОхС — биссектриса угла С, отсюда 02 принадлежит О,С . б) дРО,С,= APOxDb отсюда Р£Ох02 (см. рис. 277). Аналогично Д PD202 = Д РС2Оъ тогда С,Я +

Рис. 277

Рис. 278

111.8. a) AAxA2A\ прямоугольный (рис. 278),

111.9. Рис. 279.

(угол между касательными).

Рис. 279

Рис. 280

Рис. 281

111.10. a) АОх0203 равносторонний (рис. 280), А — середина Oj02, В — середина 0203, С — середина 0,03. ААВС равносторонний.

= Зя/?-щ = я/?. в) Центр О — центр окружности, вписанной и описанной около AO,0203; R = OK, К = 003ПОкр. (03; R) или R' = OK\ /С = 003ПОкр.(03; /?).

111.11. а) 1. Окр. (Ох\ /?), R = RX-R2. 2. 0,02ПОкр. (Ох\ R) = = К. 3. S — середина К02. 4. 0,02ПОкр. (Ох\ RX) = M. 5. Окр. (S; SM = r) искомая (рис. 281).

111.12. а) Если R-+oo, то г-^0. /?>г, 1 <у< оо . б) tg ф = -| (рис. 282), R = —Ь—т—. Отсюда найдем Ь и ф и затем все остальные элементы. Пункты в) и г) встречались в предыдущих задачах.

111.14. а) Нет (рис. 283). б) Нет (рис. 284). в) Чтобы найти наименьший круг, содержащий четырехугольник, ищем диаметр четырехугольника и его принимаем за диаметр искомого круга. Для нахождения радиуса наименьшего круга достаточно найти его ширину.

Рис. 282

Рис. 283

Рис. 284

ТЕМАТИЧЕСКОЕ ПЛАНИРОВАНИЕ

8 класс (3 ч в неделю, всего 102 ч)

1. Повторение курса 7 класса. Решение задач (12 ч)

2. Площади многоугольных фигур (26 ч)

Многоугольники и многоугольные фигуры. Виды многоугольников. Площадь многоугольной фигуры и ее свойства. Площадь прямоугольника.

Площадь треугольника. Трапеция и ее площадь.

Параллелограмм. Свойства и признаки параллелограмма. Частные виды параллелограмма — прямоугольник, ромб, квадрат. Свойства и признаки этих фигур. Площадь параллелограмма.

3. Метрические соотношения в треугольнике (50 ч)

Теорема Пифагора.

Применения теоремы Пифагора: равенство прямоугольных треугольников: перпендикуляр, наклонная и проекция наклонной и соотношения между ними; неравенство треугольника; расстояние от точки до фигуры; характерное свойство биссектрисы угла; формула Герона.

Синус. Синус как функция угла. Свойства синуса и его график.

Применение синуса: решение прямоугольных треугольников, вычисление площади треугольника, теорема синусов, решение треугольников, практические приложения теоремы синусов.

Косинус. Косинус как функция угла. Свойства косинуса и его график. Основное тригонометрическое тождество.

Применение косинуса: решение прямоугольных треугольников, обобщенная теорема Пифагора (теорема косинусов); решение треугольников с помощью обобщенной теоремы Пифагора; сравнение сторон и углов треугольника; практические приложения косинуса.

Тангенс и котангенс. Соотношения между основными тригонометрическими функциями. Свойства тангенса и его график. Решение прямоугольного треугольника с помощью тангенса и котангенса.

4. Многоугольники и окружности (14 ч)

Хорды и диаметры. Касательные и опорные прямые. Свойства хорд и диаметров, свойства и признак касательной. Взаимное расположение прямой и окружности. Центральный и вписанный углы.

Выпуклые многоугольники, выпуклые фигуры, опорные прямые выпуклых фигур.

9 класс (3 ч в неделю, всего 102 ч)

1. Многоугольники и окружности (14 ч)

Вписанные и описанные окружности (окружности вписанная и описанная по отношению к треугольнику; окружности вписанная и описанная по отношению к многоугольнику).

Правильные многоугольники. Построение правильного многоугольника.

Понятие длины кривой. Длина окружности и длина дуги окружности.

Понятие площади фигуры. Площадь круга и площадь частей круга.

2. Векторы и координаты (54 ч)

Векторные величины. Длина и направление вектора.

Сложение векторов, его свойства. Вычитание векторов, разложение вектора на составляющие.

Умножение вектора на число, его свойства.

Проекция вектора на ось, ее вычисление.

Координаты вектора: разложение вектора по осям координат, длина вектора в координатах, свойства координат векторов, доказательство свойств линейных операций с векторами посредством координат, вычисление расстояния между точками в системе координат.

Скалярное умножение и его свойства.

Векторный метод: применение линейных операций с векторами и скалярного умножения к решению задач, радиус-вектор, векторное задание прямой и отрезка, центр масс.

Метод координат: уравнение фигуры, уравнение окружности и прямой, задание фигуры уравнениями и неравенствами, применение метода координат к решению задач, кривые второго порядка.

3. Преобразования (24 ч)

Движения и равенство фигур.

Виды движений: параллельный перенос, осевая симметрия, поворот, центральная симметрия. Методы решения задач, основанные на движениях.

Неподвижные точки движений, ориентация плоскости и классификация движений. Теорема Шаля.

Симметрия фигур. Симметрия ограниченных и неограниченных фигур, группа симметрий фигуры, группа преобразований фигуры.

Равновеликость и равносоставленность многоугольных фигур (теорема Бойяи — Гервина).

Гомотетия и ее свойства. Применение гомотетии для решения задач.

Подобие и его свойства. Применение гомотетии для решения задач.

Подобие и его свойства. Признаки подобия треугольников. Метод подобия в решении задач.

Инверсия: аналитическое задание инверсии, свойства инверсии, метод инверсии в решении задач.

4. Основания планиметрии и повторение (10 ч)

Аксиоматический метод. Основные понятия и определения. Аксиоматика евклидовой планиметрии.

История развития геометрии.

Планиметрия Лобачевского.

Геометрия треугольника.

Исходя из нужд физики возможна перестановка тем «Многоугольники и окружности» и «Векторы и координаты». Тогда тема «Векторы и координаты» разбивается на две части. Первая из них, связанная с линейными операциями над векторами, изучается в VIII классе, что позволяет уже в начале IX класса использовать векторы при изучении механики. Обеспечив курс физики, можно оставшуюся часть этой темы излагать в начале IX класса. На общее количество часов в каждой из этих двух тем такая перестановка не влияет.

Учебное издание

Окунев Анатолий Арсеньевич

УГЛУБЛЕННОЕ ИЗУЧЕНИЕ ГЕОМЕТРИИ В 8 КЛАССЕ

Зав. редакцией Т. А. Бурмистрова

Редактор Т. Ю. Акимова Младший редактор Н. Е. Терехина Художник В. В. Костин Художественный редактор Е. Р. Дашук Технический редактор С. С. Якушкина Корректоры И. Н. Панкова, И. В. Чернова

ИБ № 1602!

Сдано в набор 17.05.95. Изд. лиц. ЛР № 010001 от 10.10.91. Подписано к печати 20.12.95. Формат 60 X 90Vie- БУМ- офсетная № 2. Гарнитура литературная. Печать офсетная. Усл. иеч. л. 11. Усл. кр.-отт. 11,5. Уч.-изд. л. 10,08. Тираж 30 000 экз. Заказ 1244.

Ордена Трудового Красного Знамени издательство «Просвещение» Комитета Российской Федерации по печати. 127521, Москва, 3-й проезд Марьиной рощи, 41.

АО «Учебная литература». 117571, Москва, проспект Вернадского, 88. Московский педагогический государственный университет.

Саратовский ордена Трудового Красного Знамени полиграфический комбинат Комитета Российской Федерации по печати. 410004, Саратов, ул. Чернышевского, 59.