А. А. ОКУНЕВ

УГЛУБЛЕННОЕ ИЗУЧЕНИЕ ГЕОМЕТРИИ В 9 КЛАССЕ

ПРОСВЕЩЕНИЕ

А. А. ОКУНЕВ

УГЛУБЛЕННОЕ ИЗУЧЕНИЕ ГЕОМЕТРИИ В 9 КЛАССЕ

ПОСОБИЕ ДЛЯ УЧИТЕЛЯ

Рекомендовано Министерством общего и профессионального образования Российской Федерации

МОСКВА «ПРОСВЕЩЕНИЕ» 1997

УДК 372.8 ББК 74.262.21 0-52

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

заведующий физико-математического отдела Московского областного ИПК и ПРНО К. С. Муравин

Окунев А. А.

0-52 Углубленное изучение геометрии в 9 классе: Пособие для учителя.— М.: Просвещение, 1997.— 144 с: ил.— ISBN 5-09-007098-9.

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 обращает внимание на особенности теории каждого параграфа учебника и рассказывает о методах решения геометрических задач. Предлагаются комментарии к решению практически всех задач. Интересен материал под названием «Мастерские», который автор составил по наиболее важным вопросам геометрии.

ББК 74.262.21

ISBN 5-09-007098-9

© Издательство «Просвещение», 1997 Все права защищены

ОГЛАВЛЕНИЕ

Размышления накануне нового учебного года.......... 5

Первый урок нового учебного года.............. 9

Мастерская: Что значит слово «Доказать» ........... 10

Глава IV. Векторы и координаты

§ 18. Векторы...................... 18

Комментарий к решению задач ............. 21

§ 19. Сложение векторов..................

Комментарий к решению задач ............. 25

§ 20. Умножение вектора на число.............. 30

Комментарий к решению задач ............. 31

§ 21. Проекция вектора на ось ............... 32

Комментарий к решению задач ............. 34

§ 22. Координаты вектора ................. 36

Комментарий к решению задач ............. 38

§ 23. Скалярное умножение................. 45

Комментарий к решению задач ............. 49

§ 24. Векторный метод .................. 53

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

§ 25. Метод координат .................. 72

Комментарий к решению задач ............. 74

Зачет по теме: «Векторы и координаты» ......... 05

Комментарий к решению задач к главе IV ........ 87

Глава V. Преобразования

§ 26. Движения и равенство фигур.............. 93

Комментарий к решению задач ............. 94

§ 27. Виды движений ................... 96

Мастерская: Виды движений .............. —

Комментарий к решению задач ............. 103

§ 28. Классификация движений ............... 112

Комментарий к решению задач ............. 113

§ 29. Симметрия фигур .................. 114

Мастерская: Симметрия фигур ............. —

Комментарий к решению задач............. 116

§ 30. Равновеликость и равносоставленность .......... 119

Мастерская: Построение мастерских ........... —

§ 31. Подобие...................... 121

Комментарий к решению задач ............. 122

Итоговый зачет по курсу 9-го класса........... 130

Комментарий к решению задач к главе V......... 131

Мастерская: Аксиоматическое построение курса геометрии (Вера и доказательство) ................... 132

Заключение....................... 143

... история пятого постулата и неевклидова геометрия показывают также, с каким трудом люди, даже дерзко мыслящие, доходят до истин, которые, когда они уже открыты, оказываются простыми.

А. Д. Александров

9 КЛАСС

РАЗМЫШЛЕНИЯ НАКАНУНЕ НОВОГО УЧЕБНОГО ГОДА

За год работы по этому учебнику дети, да и учитель, несколько привыкли к стилю изложения теории, к системе, в которой подобраны задачи. Авторы учебника: академик А. Д. Александров, профессор А. Л. Вернер, учитель В. А. Рыжик — стремятся приблизить нас к своему пониманию геометрии. Моя задача как учителя — приблизить учеников к их пониманию (да и к своему тоже), не заслонив при этом от школьников самой геометрии многочисленными опросами, проверками, контрольными работами, позволить детям самим выбирать уровень познаний геометрии. Всякий выбор достоин стоящей перед учеником цели, определенной порой интуитивно, но свободно. Герман Гессе писал, что, по его мнению, «искать — значит иметь цель. Находить же — значит быть свободным, оставаться открытым для всяких восприятий, не иметь цели»1. Часто упорное следование поставленной цели, настойчивость в ее достижении являются совершенно бессмысленными, особенно если цель учителя не является целью ученика. Мне кажется, что стоит попробовать поучиться так организовать деятельность учеников на занятиях геометрии, чтобы они не были скованы нашими целями, нашими вопросами, чтобы они были открытыми для всяких восприятий. Ребенок идет в школу с массой вопросов, но школа сама приготовила для него в несколько раз больше своих вопросов. Вот на свои-то вопросы она же и отвечает, да еще гневается, когда ее ответы плохо воспринимаются.

Один из путей познания, который прослеживается в учебнике, состоит из таких этапов: мысль, цепочка размышлений и, наконец, строго логически обоснованный, желанный результат поиска. Второй, более открытый путь хотелось бы реализовать че-

1 Герман Гессе. «Игра в бисер».— М.: Правда, 1992.

рез щедрый набор задач, предложенных по каждой теме. При использовании этого пути мысль не тормозит фантазии, не закрывает интуитивного поиска, нет погони за мыслями, нет быстрого скачка к цели, зато царствует спокойное, неторопливое восприятие, наблюдение, появляется чувствительность, казалось бы, к постороннему, но порой именно это постороннее и обогащает поиск, приводит к цели. Как часто на уроке мы торопим детей, подгоняем как хлыстом словами: «Думайте, думайте». Может, прав Герман Гессе, утверждавший, что тот, кто чрезмерно ищет, может и не успеть найти.

Мы приступаем к внимательному чтению второй части учебника. И опять, вместе читая страницы этой интересной книги, будем вести поиск путей, ведущих к познанию геометрии. Будем думать о том, как помочь детям открыть для себя истины, истины науки геометрии. Чем учитель должен при этом руководствоваться, какую ему избрать тактику и стратегию? Что вообще делать учителю на уроке? Ратовать ли за знания, умения, навыки, утверждая, что знания — сила, или всеми силами стараться так организовать учебный процесс, чтобы знания не заслонили познания, не отвратили душу ребенка от познания.

Пока же в наших школах царит культ знания. Знает предмет ученик — он хороший человек, не знает — его личность не достойна уважения. По знаниям детей сравнивают, оценивают, ценят. Погоня за знаниями порождает не только интеллектуальное неравенство, но и человеческое. А что если убрать этот культ знаний? Одно это действо заставит учителей сменить реестр ценностей личности ученика, потребует замены методов обучения. Ведь мы всегда хвастаемся, что ученики нашей страны хорошо научены, знания у них превосходят знания их зарубежных сверстников, и это так. Мы умеем формировать умения, знания, навыки. А живем мы почему-то хуже.

А. Д. Александров, рассказывая об истории возникновения геометрии Н. И. Лобачевского, пишет о неудачных попытках доказать пятый постулат Евклида, о том, что ошибки были психологически обусловлены тем, что автору очень хотелось пятый постулат доказать, отказ от него был невообразим... Отказ от многих наших педагогических постулатов, которые как бы программируют ошибки педагога, для нас тоже невообразим. Наверное, мы еще долго будем стремиться доказать свой пятый постулат педагогики, радоваться, что сумели найти его доказательство, и опять, обнаружив очередную ошибку в доказательстве, оказываться у разбитого корыта. Один из таких пятых постулатов педагогики гласит: учитель выше ученика.

Нам бы признать в ученике творца, равного учителю. Именно признать, чтобы он знал об этом признании. Возможно, тогда отношение его зависимости от учителя заменится отношением равенства и свободы. Исчезнет униженность ученика. Ученик — творец, он получает право на свободный поиск, который отнюдь

не всегда должен заканчиваться удачей. Он получает право на самооценку: самое ответственное, самое серьезное, самое трудное право. Помните у А. С. Пушкина: «Я сам себе свой высший суд». Он получает право распоряжаться своим временем, которое всегда отнимала у него школа, временем, которое всегда за него планировали учителя и родители. У него исчезает страх перед выбором, хотя не исчезает ответственность за выбор, которая теперь возложена на него, но не снята с учителя. Какую цель деятельности, цель жизни выбрать? Или не выбирать никакой? В какой момент поменять цель, когда подвергнуть анализу все сделанное, уловить миг озарения всего содеянного как бы сверху, осмыслить свершенное и освободиться от всего того, что, возможно, ранее казалось таким значимым, теперь же — лишь одной из ступеней познания, этапом жизни. Без предоставления ученику права выбора несказанно сложно сформировать у него свойственный ему стиль мышления, развить чутье, позволяющее предвидеть результат исследования.

Умеем ли мы общаться с учеником-творцом?

Хватит ли у нас сил, терпения и мудрости дождаться момента, когда ученик сам захочет в научных, художественных работах показать свой внутренний мир?

Стерпим ли мы непослушание такого ученика, не взыграет ли в нас гордыня и не бросимся ли мы опять искать узду, способ наказания, чтобы одержать верх над строптивцем? Позволим ли ему, молодому человеку, самоутвердиться?

Надо заметить, что общение с учеником-творцом открывает и новые перспективы для совершенствования самого учителя, ибо как и для учеников, так и для нас нет предела совершенства. И мы тоже постоянно стоим перед проблемой выбора. И нам, как и нашим ученикам, предоставляется пространство выбора. Однако наступает момент, когда срабатывают все запреты, сформированные школой, семьей, и мы это пространство сами, по своей воле, суживаем.

Помогает нам в этом страх перед выбором, страх ошибки, который так умело передан нам предыдущим поколением. И дети в школе постоянно чего-то боятся. Но через страх невозможно ничему научить, страх парализует ум. Одна коллега мне сказала: «Выбор, выбор! Жили без него, и так было хорошо». На самом деле общество всегда стоит перед выбором пути, как и любой человек, только можно это право уступить кому-нибудь более сильному, более умному.

Однако есть моменты, когда многие зависит от того, как сам учитель распорядится своим правом выбора. И прежде всего это касается выбора способа общения с учениками: на занятии и вне его. Учитель должен выбрать ответы на ряд вопросов, касающихся его педагогических принципов, его тактики преподавания. Вопросы элементарные. Кто ставит проблему на уроке? Кто задает вопросы? Кто решает, насколько полный дан ответ? Кто

проверяет, как усвоен материал? Должен ли учитель во время дискуссии отфильтровывать мысли достойные от недостойных? Можно ли позволить обсуждать на уроке вопросы, не относящиеся к рассматриваемой проблеме? Должен ли урок быть интересным? Что значит интересный урок? Как изгнать страх из школы? Замечу, что ответы хотя и очевидны, но неоднозначны.

Учитель выбирает определенную стратегию и тактику преподавания. Но возможности выбранной стратегии в любой момент могут исчерпаться. Думаю, что возможности авторитарной школы с жесткой дисциплиной, с имитацией гуманистических отношений учителя и ученика, с парадами знаний... на открытых уроках, с хорошо разработанной методикой давления, запретов, страха, разнообразных оценок и классификацией учеников исчерпаны. Требуется другая стратегия, созвучная нашему времени.

Методическое обеспечение тактики в рамках этой стратегии довольно часто заслоняло от ученика саму изучаемую науку. Учитель, порой как затейник, постоянно был в деле: объяснял, задавал вопросы, шутил, вышучивал, играл, спрашивал, радовался. Учитель — действовал, получался урок — интересный, полезный, с его точки зрения. А с точки зрения ребят? Учителю надо проявить мудрость, чтобы внимательным, строгим взглядом посмотреть на свою работу, на хорошо знакомый традиционный школьный урок.

Может быть, мудрость учителя заключается в знании секретов открытия, секретов познания и, в частности, тайн геометрии, в умении создать такую атмосферу на занятиях, которая способствует овладению этими приемами познания. А. А. Ухтомский — один из крупнейших мыслителей XX века — утверждал, что открывание истины происходило не от логичности рассуждения, а сама предвидимая истина была для своих искателей не сцеплением суждений, а пламенною и надлежащей Действительностью и Жизнью. Логика учителя и логика ученика, в каких они должны быть соотношениях на уроке? Чего больше? Возможно, когда учитель предлагает не серию четко продуманных вопросов, а последовательность заданий, размышляя над которыми ученик, его мысль, проделывает всю работу, необходимую для момента, предваряющего открытие. Тогда логика учителя находится с логикой ученика в необходимом соотношении. А может быть, основой поиска выбрать интуицию, ее раскрепощать, ее стимулировать, на нее опираться? Или еще что-то?

Одно хочу подчеркнуть: сейчас, когда нет обязательного экзамена по геометрии, может быть, не стоит погоней за знаниями отвращать ребенка от такой прекрасной, несказанно полезной науки, какой является геометрия? Может быть, раз в жизни поработать спокойно, чтобы над тобой не висел дамоклов меч отметки, оценки. Чтобы на уроке учитель и ученик были равны в познании, в потенциальных возможностях. Чтобы была геометрия.

Практика показывает, что авторы учебника во многом угадали тот уровень познания, который заинтересует учеников. И теорию дети изучают без великих сложностей, хотя многие вопросы ее перекочевали из вузовских курсов, и задачи они решают такие, которые учитель никогда не решал раньше. Авторы сумели выбрать уровень изложения, достойный наших учеников. Может, и нам, коллеги, стоит постараться и помочь ребенку открыть неведомые ему доселе каналы (источники), из которых он черпал бы силы, которые способствовали бы его росту, росту человека?

В курсе геометрии 9-го класса преимущественно изучаются методы решения геометрических задач. Его можно было бы так и назвать: «Методы решения геометрических задач». Ребята будут изучать векторный метод, координатный, метод симметрии, метод поворота, метод подобия. Вся теория направлена на обслуживание этих методов.

ПЕРВЫЙ УРОК НОВОГО УЧЕБНОГО ГОДА

Первый урок нового учебного года. Он самый ответственный, учитель всегда ведет его с особым трепетом. Давайте подумаем, как его можно построить, чему посвятить. Что это может быть? Академическая лекция учителя о науке, о его взглядах на творчество, о геометрии вообще? Однако лекция может быть направлена и на обзор тем курса этого года. Любопытно может получиться, если набросать лишь контуры самых важных вопросов, не вдаваясь в детали. У ребят будет создано общее представление о том, что им предстоит изучать. Внимание ребят можно сосредоточить и лишь на первой теме «Векторы и координаты». Пусть полистают четвертую главу, составят схему ее изучения. Показать необходимость познания курса геометрии 9-го класса можно при разборе плана решения двух-трех хороших задач. Задачи должны убедить ребят в том, что порой трудно обойтись и без векторов, и без преобразований и пр. Можно на первом уроке просто порешать красивые, интересные, необычные по форме и методам решения задачи. Задачи, которые позволили бы ученикам открыть для себя что-то новое.

Первый урок важен, он, как камертон, задает тональность всей работе. Попробуйте предъявить ученикам для самостоятельного решения на длительное время несколько задач, несколько проблем. Помните, как это сделал когда-то Гильберт? Вот интересно, кто за какую проблему возьмется? Как он ее решит?

В прошлом году было изучено много полезных методов решения задач, поэтому разумно их вспомнить, представить один из них, придумать на него задачу. Методы решения, а почему бы не поговорить и о методах познания? Какие они существуют, кто какие способы познания облюбовал?

Закономерно было бы дать философское осмысление изученного курса в прошлом году, чтобы у ребят сформировалось нечто цельное, а не раздробленное на массу мелких тем и многочисленные задачи. Этому осмыслению может быть посвящена мастерская по теме «Что значит слово «Доказать». Казалось бы, что об этом говорить: ведь так часто в прошлом году произносилось это слово. И все же я осмелюсь вас познакомить со своим вариантом этой мастерской.

...знание достигается интуитивно, и логическое изложение в лучшем случае является подчиненной и дополнительной помощью при обучении, а в худшем — решительным препятствием. С помощью интуиции учащийся должен «прилететь» к заключению, «приземлиться», и только тогда он может прибегнуть к логике, чтобы обозреть общий путь, ведущий к цели. Если эта мысль правильна, то интуитивный подход должен быть первичным при введении в новый материал на всех уровнях.

Морис Клайн, амер. математик

Мастерская: Что значит слово «Доказать»

I. Сегодня мы будем стремиться познать смысл слова «Доказать». Оно написано на доске.

Для успеха нашей работы попробуйте «не закрывать рот своим мыслям», доверьтесь своей руке, когда пишете. Ваша рука очень умная, она сама четко, образно изложит мысли! В. Розанов считал, что тайна писательства в кончиках пальцев.

Вам будет предложено рассмотреть ряд ситуаций. Когда их обсуждение проходит в парах или четверках, важно слышать то, что говорит ваш товарищ. Слышать, я подчеркну еще раз. Остальное сделает фантазия, воображение. Мысли необходимо зацепиться за какое-нибудь слово, фразу. Если все согласны с утверждением, высказанным вашим товарищем, попытайтесь пересказать его своими словами. Если нет, то свои доводы выскажите в доброжелательной форме, попробовав наметить путь поиска истины.

II. Сначала настроимся на работу.

Я буду вам читать первые слова строфы стихотворения, оно называется «Перепутаница», а вы подберете последнее слово так, чтобы оно отвечало названию.

Лает кошка из ................... (лукошка).

На сосне растет ................ (картошка).

Море по небу ..................... (летит).

Волки съели ....................... (аппетит).

В каждой аудитории находится несколько человек, которые, к своему удивлению, мгновенно произносят слово «аппетит».

Когда приходит понимание сказанного «съели аппетит», радости нет предела.

III. Теперь сочиним веселое стихотворение.

Оно называется «Беда». Вам нужно будет придумать одно пропущенное слово в двух строчках стихов, которые я прочту. Слово должно заставить нас улыбнуться, хотя название стихотворения «Беда»:

Ой беда, беда, беда,

В море .......................... вода.

Участники мастерской начинают предлагать варианты: сладкая, теплая, высохла, грязная. Я доказываю, что они не подходят, привожу аргументы. У автора стихотворения Марьяны Орловой (13 лет) вода в море «вымокла». Лучшие варианты слушателей: мокрая, плавает. Особенно смешно — плавает. Вода сама плавает во всем мире, и нам плавать негде.

IV. Работа в пятерках. Предлагается первая ситуация.

Вы попали к жителям другой планеты. Они мгновенно едят всех пришельцев, кроме землян. Вам надо доказать, что вы — земляне. Приведите убедительные аргументы.

Кто-нибудь один из каждой пятерки записывает все удачные предложения. Затем через 2—3 мин читает классу.

Ответы ребят.

1) Назову земное время, год, число, месяц.

2) У меня есть сердце. Я говорю по-человечески. Тарелка у меня в руках сделана из металла, который находится на Земле.

3) У нас всего два уха, и они не квадратные.

4) Мы живем в обыкновенных домах. У нас есть школа, где мы учимся.

Вторая ситуация.

Вы нанимаетесь на работу. Желающих устроиться работать на это место много. Вам надо доказать, что именно вы больше всего подходите фирме. Опишите аргументы, которые вы приведете в свою защиту. Очередь большая, вы можете успеть сказать не более трех фраз.

Группы обдумывают аргументы, записывают и затем читают.

Ответы ребят.

1) У вас очень хорошая фирма, но в ее деятельности есть недочет. Если возьмете — ликвидирую.

2) Имею большой стаж работы с людьми, умею хорошо одеваться, завтра переверну мир.

3) Я дисциплинирован.

4) Работал в подобной фирме. Мой портрет висел на Доске почета.

V. На столе лежат фразы. Каждая пара берет одну их них. Надо установить, что утверждается в этой фразе, оценить истинность утверждения. После 2—3 мин раздумья класс слушает их рассуждение.

Эти фразы:

1) Если все вороны черные, то все нечерные предметы — не вороны.

2) Если все совершенные числа четные, то все нечетные числа — несовершенны.

3) «Игра в шахматы есть как бы насвистывание математических мелодий».

Г. Харди, англ. математик

4) «Большая часть великих идей современных математиков, если не все, получила свое начало в наблюдении».

Дж. Сильвестр, англ. математик

5) «Пристальное, глубокое изучение природы есть источник самых плодотворных открытий математики».

Ж. Фурье, франц. математик и физик

6) «Преимущество десятичной системы не математическое, а зоологическое. Если бы у нас на руках было не десять пальцев, а восемь, то человечество пользовалось бы восьмеричной системой».

Н. Н. Лузин, сов. математик

7) «Я думаю, что никогда до настоящего времени мы не жили в такой геометрический период. Все вокруг — геометрия».

Л. Корбюзье, франц. архитектор

8) «Глупость — мать всех зол».

Античный афоризм

9) «Надменность — всегда порок, хотя бы уже потому, что у надменных людей нет никаких серьезных оснований уважать себя».

Р. Декарт, франц. математик

10) «Все люди, занятые истинно важным делом, всегда просты, потому что не имеют времени придумывать лишнее».

Л. Н. Толстой, русский писатель

11) «Побеждать — глупейшее занятие! Не победить, а убедить— вот что достойно славы».

В. Гюго, франц. писатель

12) «Настоящий друг с тобой,когда ты не прав. Когда ты прав, всякий будет с тобой».

М. Твен, амер. писатель

Дальше вся работа в пятерках.

VI. Напишите несколько суждений, истинность которых надо доказать. Через 4—5 мин класс слушает, что придумали пятерки.

Ответы ребят.

1) Курица произошла раньше яйца.

2) Если утверждение истинно, то обратное утверждение тоже истинно.

3) Если все четные числа натуральные, то все ненатуральные числа нечетны.

4) Если все звери — животные, то нет ни одного животного, который не был бы зверем.

5) Если муравей ползет по ленте Мебиуса и нигде не встречает преграды, то эта лента бесконечна.

6) При умножении любого числа на нуль получится нуль.

7) Все четные числа делятся на два.

8) Когда дом долго пуст, то он разваливается.

VII. Приведите суждение, которое необходимо доказать. Перечислите аргументы, из которых следует его истинность.

Через 5—7 мин класс слушает аргументы. Ответы ребят.

1) Мороженое полезно.

Аргументы: оно вкусно, калорийно, содержит молоко, воду, его любят люди, оно охлаждает организм.

2) Мел пишет на доске.

Аргументы: мел — порода известняков, все породы известняка оставляют за собой след.

VIII. Напишите, что может служить аргументом в доказательстве некоторого тезиса, некоторой гипотезы. Ответы читают тоже через 5 мин.

Ответы ребят.

1) Аксиомы, факты, улики.

2) Аксиомы, теоремы, факты, свидетели.

3) Аргументы — это повествование, говорящее в пользу какого-либо суждения.

4) Аргументы — это такие факты, которые не доказываются, поскольку они аксиоматичны.

5) Доказанный факт, общеизвестный факт, аксиома.

IX. Класс слушает, что в науке относят к аргументам. Я читаю: «Аргументы, доводы или основания доказательства — это исходные теоретические или фактические положения, с помощью которых обосновывают тезис.

Аргументы: а) ранее доказанные положения, б) суждения об удостоверенных (путем непосредственно воспринятых, зафиксированных, путем наблюдения, в эксперименте и т. д.) фактах, в) аксиомы, г) определения»1

1 Свинцов В. И. Логика.— М.: Высшая школа, 1987.

X. На доске написаны слова:

высказаться разобрать аргументировать

раскрыть установить решить

осмыслить обосновать понять

убедить растолковать найти

объяснить рассудить опровергнуть

показать потребовать построить

рассказать сделать вывод смоделировать

отрицать разложить развить

проверить догадаться потребовать выяснить

Пятерки просматривают их, выбирают одно-два, которые, с их точки зрения, наиболее отражают смысл требования «доказать», и пишут две-три фразы в защиту своего выбора.

Каждая пятерка через 5—7 мин читает то, что они написали.

Ответы ребят.

1) Убедить — значит доказать. Убедить можно в неверном, тогда и доказательство будет неверным. Не все доказательства верны.

2) Доказать — это понять, обосновать свое утверждение, убедить в этом других.

3) Доказать — убедить, поняв и проверив, защитить свою точку зрения и опровергнуть другую, расходящуюся с твоей.

4) Доказать — это аргументировать, обосновать, смоделировать, построить цепь рассуждений.

5) Доказать — это растолковать что-либо, убедить своего товарища в чем-либо.

6) Доказать — это значит обсудить суждение в пользу его или против.

7) Доказать — привести всякие доводы.

XI. Раздаю в группы листы, на которых написаны определения доказательства, взятые из энциклопедий, логических словарей, книг по логике.

«Доказательство — установление (обоснование) истинности высказывания, суждения, теории».

Советский энциклопедический словарь.— М.: Сов. энциклопедия, 1987.

«Доказательство — цепочка умозаключений, устанавливающая истинность данного суждения».

Энциклопедический словарь юного математика.— М.: Педагогика, 1985.

«Доказательство — логическое действие, в процессе которого истинность какой-либо мысли обосновывается с помощью других мыслей».

Кандаков Н. И. Логический словарь.—М.: Наука, 1975.

«Доказательство — рассуждение с целью обоснования истинности какого-либо утверждения».

Математический энциклопедический словарь.— М.: Сов. энциклопедия, 1988.

«Доказывать в широком смысле — значит приводить любые аргументы, подтверждающие некоторое положение». Свинцов В. И. Логика.— М.: Высшая школа, 1987.

«Доказательством называется интеллектуальная операция, состоящая в установлении истинности некоторого суждения посредством его выведения из других суждений, истинность которых полагается установленной до этой операции и независимо от нее».

Свинцов В. И. Логика.— М.: Высшая школа, 1987.

Группы читают, растолковывают друг другу то, что поняли. Затем по просьбе учителя читают текст, объясняют его, сравнивают с теми определениями, которые прозвучали ранее.

Конечно, волнует вопрос: насколько ребята все поняли? Об этом мы поговорим потом, когда будет описана вся мастерская. Сейчас напомню лишь, что философ, логик и социолог Карл Раймунд Поппер различает три уровня понимания. Самый низший— это приятное чувство, что понял аргументацию. Средний уровень — это когда можешь повторить ее (аргументацию). Высший уровень — когда можешь опровергнуть ее (аргументацию).

XII. На доске написаны слова:

беседа защита постановка опыта

спор отстаивание вывод из общепризнанных

диалог опровержение истин

монолог обоснование догадка

обмен рассуждение сравнение

восприятие показ обобщение

обсуждение демонстрация документ

убеждение действие критический анализ

поиск документов

уточнение тезиса

Группы, используя написанные слова и любые другие, объясняют процесс поиска и построения доказательства. Ответы ребят.

1) Узнать, понять, осмыслить, высказаться, аргументировать, убедить, проверить, сделать выводы.

2) Беседа, спор, рассуждение, поиск, аргументирование.

3) Понять, что доказывать, рассуждение (монолог), обмен догадками, поиск истинных догадок, обоснование, защита.

4) Поиск, диалог, догадка, обмен, восприятие, опровержение, отстаивание (обоснование), выводы.

Группы читают, как, с их точки зрения, протекает доказательство.

XIII. Учитель читает из учебника «Логика» В. И. Свинцова (М.: Высшая школа, 1987.—С. 247):

«В каждом доказательстве можно обнаружить три элемента: тезис, аргументы (основания), демонстрацию. Тезис — это суждение, истинность которого устанавливается в доказательстве; аргументы — суждения, из которых выводится тезис; демонстра-

ция — логическая форма связи названных двух элементов, обусловливающая необходимость выведения тезиса из аргументов». XIV. Предлагается решить задачу.

У Фрэнка Стоктона есть сказка, которая называется «Принцесса или тигр?».

В этой сказке один узник должен угадать, в какой из двух комнат находится принцесса, а в какой — тигр. Если он укажет на первую комнату, то женится на принцессе, если на вторую, то его (вполне возможно) растерзает тигр.

В первый день были проведены три испытания. При этом король объявил узнику, что в ходе всех трех испытаний в каждой из комнат будет находиться либо принцесса, либо тигр, хотя вполне может статься, что сразу в обеих комнатах обнаружится по тигру или там окажутся одни лишь принцессы.

I

В этой комнате находится принцесса, а в другой комнате сидит тигр.

II

В одной из этих комнат находится принцесса; кроме того, в одной из этих комнат сидит тигр.

Надо доказать, что принцесса находится во второй комнате, если на одной табличке написана правда, а на другой — ложь.

Это задание последнее. Обращено оно ко всему классу. Отвечает тот, кто быстрее сообразит.

XV. Вывешиваются три плаката.

1) Одной из главных заслуг доказательств является то, что они внушают некоторый скептицизм по отношению к доказанному результату.

2) Мощь логического доказательства заключается не в том, что оно принуждает верить, а в том, что оно наводит на сомнения.

3) «Доказательство, не являющееся строгим, есть ничто. Я думаю, что никто не станет оспаривать эту истину. Но если принимать ее слишком буквально, то мы должны прийти к заключению, что, например, до 1820 г. не существовало математики; это, очевидно, было бы чрезмерным: геометры того времени быстро понимали то, что мы теперь объясняем пространно и долго. Это не значит, что они этого совершенно не замечали, но они слишком скоро проходили через это.»

А. Пуанкаре, франц. математик

Кто хочет, тот читает. Те, кто прочитал, думают, подходят к учителю и продолжают разговор о смысле слова «доказать».

XVI. Обсуждение мастерской.

Ребята говорят о своих ощущениях, отмечают полезность такой работы и особо заинтересовавшие их задания.

Хочу обратить внимание коллег на формирование групп для работы в мастерской. Этот вопрос часто ставится при обсуждении мастерской. В большинстве своем группы возникают стихий-

но, и наука досконально не исследовала вопрос об организации групп для коллективной работы. Вы, наверное, сами замечали, что трудно работать с пассивной группой, группой, в которой нет инициативных ребят, хотя все они, казалось бы, работоспособны, добросовестно выполняют предложенную работу. Значит, не стоит составлять группу из одних тихонь. Но в то же время не стоит собирать группу из слишком бурных, громкоголосых, умеющих слушать лишь себя. Таких ребят идеи часто захлестывают, но, чтобы довести разработку идей до конца, им не хватает добросовестности, спокойствия и скрупулезности, которые не дадут пропасть их хорошим идеям.

При формировании групп надо остерегаться попадания в одну группу нескольких слишком эмоциональных ребят. Их надо смешивать в разумных пропорциях с рассудительными, хотя если рассудительных ребят будет избыток, то исчезнет живое человеческое общение.

В группу ребята подбираются и по типу мышления. Одни более склонны к теоретическому мышлению, другие мыслят конкретно. Одни обязательно планируют свою работу и с трудом отходят от принятого плана, другие действуют импульсивно, для них один план — ступенька для составления нового. Все это и многое другое стоит учесть при формировании групп.

Итак, в группе должны быть ребята эмоциональные и рассудочные, склонные к абстрактному теоретическому мышлению и мыслящие конкретно, реагирующие оперативно, рациональные, планирующие свои действия и иррациональные, импульсивные.

Глава IV

ВЕКТОРЫ И КООРДИНАТЫ

Лучше всего учить тому, что больше всего сам хочешь узнать.

Ричард Бах, писатель

§ 18. ВЕКТОРЫ

Теория

Параграф большой, содержит много определений новых понятий, которые легко воспринимаются, но их обилие может повлечь за собой и быстрое их забывание. Чтобы этого не произошло, необходимо подключение всех видов памяти. Поможет и разумная «упаковка» материала параграфа. Под упаковкой я понимаю составление разнообразных схем, таблиц, конспектов и любую другую работу с текстом. Важно сосредоточить внимание ребят на каждом понятии столько времени, сколько необходимо для закрепления в долговременной памяти. Для этого годится любая деятельность учеников, которая заставит их «зацепиться» за понятие, поразмышлять, задать вопрос, сказать данное определение иначе, привести пример и контрпример. Возможно, такую роль удачно сыграет текст с ошибками, который я вам, коллеги, и хочу предложить:

«Вектор — направленный отрезок. Если модуль вектора равен нулю, то он нулевой. Скаляр — не вектор. Направленные отрезки коллинеарны, если они лежат на одной прямой. А векторы, имеющие одинаковое направление, называют сонаправленными. Тогда векторы противоположно направленные разумно называть противоположными. Итак, мы уже знаем, что следует понимать под словом «вектор», мы ввели понятия сонаправленных и противоположно направленных векторов, коллинеарных векторов. Мы знаем, что следует понимать под нулевым вектором, направленным отрезком, под модулем вектора. Осталось сказать о том, что одинаково направленные векторы, имеющие равные модули, равны. Правда, пока не ясно, стоило ли нам вообще давать это последнее определение».

Этот текст после индивидуального или группового чтения, обсуждения разбирается в классе. Однако можно попросить школьников проделать и какую-нибудь иную работу, например написать на эту тему текст без ошибок, с исправленными ошиб-

ками. Тексты затем либо вывешиваются в классе для рассмотрения и разговора, либо ребята обмениваются текстами и обсуждают их в парах. Хорошо, если по этому тексту будет составлена серия вопросов. Вопросы тогда можно зафиксировать на доске, а ответы на них предложить найти самостоятельно, пользуясь учебником.

В этом учебнике, в отличие от многих других, четко разграничены два понятия: вектора и направленного отрезка. Вектор — величина и, как любая величина, характеризуется рядом свойств. Эти свойства перечислены в определении. Вектор из класса величин выделяется по двум свойствам: числовому значению и направлению.

Направленный отрезок — всего лишь изображение вектора, который, для сокращения речи, принято тоже называть вектором. Но направленный отрезок не есть величина, правда, он и не отрезок, ибо он — направленный отрезок.

Поиск неточностей можно продолжить, предложив ребятам прочитать предпоследний абзац на с. 214 учебника и, в частности, фразу: «А второе условие и означает сонаправленность векторов AB и CD».

Может, действительно достаточно лишь одного второго условия для сонаправленности векторов? Такая работа позволит обратить внимание на первый признак сонаправленности векторов, который особо не выделен в учебнике.

Любопытно даны в п. 18.4 признаки равенства векторов, они как бы непроизвольно вытекают из третьего свойства равенства величин. Доказательства их изящны и просты, но метод доказательства третьего признака отличается от доказательства первых двух: авторы вводят координатную прямую, доказывают признак, используя понятия координат вектора (правда, этому вопросу будет посвящен § 22).

В дальнейшем при решении задач нам неоднократно придется вводить разумным образом систему координат и решать задачи координатным методом. Вот поэтому стоит уже здесь обратить внимание ребят на это доказательство, оно требует от них какой-то свободы действий.

Шквал понятий, признаков, свойств. И довольно часто непонятно, зачем надо их вводить, зачем надо их изучать. Такое же недоумение возникает при чтении п. 18.5. Ну зачем нужно учиться откладывать вектор, равный данному? Возможно, стоит использовать этот момент и попросить ребят полистать учебник, найти ответ на этот вопрос. Но, может быть, стоит вообще его пока не рассматривать, а вот при изучении следующего параграфа, когда ребята будут изучать тему «Сложение векторов», он, естественно, возникнет.

Когда ты правильно задаешь вопрос, он содержит в себе ответ...

Ричард Бах, писатель

Задачи

ВЫБОР СТРАТЕГИИ

Как мы уже говорили, курс геометрии 9-го класса можно было бы назвать «Методы решения геометрических задач». Следовательно, основное время занятий будет посвящено решению задач, овладению методами их решения. Важно выбрать главное направление всей работы. Если посмотреть подбор задач, ну хотя бы по первой теме «Векторы», то можно заметить, что задачами обеспечен каждый пункт предваряемого им параграфа с теоретическими рассуждениями. Очень соблазнительно поступать так же и на занятиях: изучил пункт, порешал задачи, изучил еще один пункт, опять порешал задачи. Но вот в чем вопрос: сложится ли при этом у ребят общее впечатление о том главном, чему посвящен параграф «О методах решения геометрических задач»? А может быть, овладение частными умениями заслонит от них понимание общего метода, да и времени не хватит. Посмотрите, сколько задач на сложение, на вычитание векторов, на умножение вектора на число. Их столько, что, кажется, каждое умение можно довести до совершенства. А зачем? Для физики? Так там надо лишь знать определение сложения векторов и применять его в самых элементарных случаях. Другое дело, понятие проекции вектора на ось. С ним физики работают много. Можно сказать, что овладение всеми понятиями дает представление о векторной алгебре, о координатном методе. Но методов-то много, и демонстрировать их лучше на геометрических задачах, в которых нет указания на использование конкретного метода.

Может быть, стратегическая линия курса в том, чтобы работать с качественными геометрическими задачами, при решении которых и возникает необходимость пользоваться векторной алгеброй, геометрическими преобразованиями, методом малых шевелений и т. д. Таким задачам на занятиях надо отвести основное время, а, пока для них нет необходимой теории, может, и не стоит вообще решать задачи, а изучить сначала подряд несколько параграфов теории. Иначе не получится ли, что мы векторы изучаем ради самих векторов? Сложи векторы: AB, ВС, CD. Ну и что? А теперь сложи: CD, DE,... . Дети послушно решают. Зачем? Учитель так сказал. А учитель зачем это сказал? Чтобы дети потом контрольную написали, чтобы накопляемость отметок была? Но геометрия-то при этом на задний план отходит, и понимание цели всей работы исчезает.

Поэтому не стоит задавать на дом решать задачи к § 18. Правда, кто хочет, пусть решает. Мне кажется, что можно

рискнуть и дать на дом или разобрать в классе решение задачи 19.15, которое приведено в учебнике. Там рассматривается чисто геометрическая ситуация: можно ли из отрезков составить треугольник? Решается она векторным способом, иначе решить ее сложно. Но вы скажете, что дети ведь еще не изучали ни сложение, ни вычитание векторов. Пусть полистают книгу, найдут необходимый материал, познакомятся с нужными понятиями хотя бы на первоначальном уровне. Поймите, я совсем не против задач на «подведение под понятие». Я за то, чтобы давать их в тот момент, когда потребность в их решении возникла в результате рассмотрения естественной геометрической ситуации.

КОММЕНТАРИЙ К РЕШЕНИЮ ЗАДАЧ

18.3. a) AlBl\\A2B2i р — секущая, отсюда следует равенство углов. ВХВ2=А{А2 по третьему признаку равенства векторов; в) да.

18.4. а) А = В\ б) Aß=Ö; в) а=б; г) или а = 0, или Ь = 0.

18.5. a) X — середина AB; б) и в) решений нет.

Рис. 1

Что такое время? Когда меня не спрашивают об этом, я знаю, когда спрашивают, я не знаю.

Августин Блаженный, древний философ

§ 19. СЛОЖЕНИЕ ВЕКТОРОВ

Теория

Известный психолог Л. С. Выготский обращал внимание учителей на необходимость формирования потребности ученика в изучении того или иного вопроса. Особенно меня потрясло, что даже в первом классе, прежде чем начинать обучать детей письму, необходимо пробудить потребность ребят к этому виду деятельности. Потребность! Если ее нет, если нет встречного движения со стороны ученика, то он глух и слеп к тому, что делает на уроке учитель и его одноклассники. Однажды я присутствовал на мастерской по теме «Теорема Пифагора», которую проводил французский коллега Мишель Дюком. Присутствовали учителя

разных предметов со стажем работы 10—20 лет. Он стал спрашивать, кто что помнит о теореме Пифагора. Послышались ответы: «Там что-то про гипотенузу», «Нет, там про биссектрису», «В теореме говорится, что в треугольнике три стороны», «32-f42 = 52». Повторяю, учителя преподавали не математику. Мишель попросил прочитать теорему Пифагора и меня. Я прочитал: «Площадь квадрата, построенного на гипотенузе, равна сумме площадей квадратов, построенных на катетах». Прочел я эту формулировку, но никто меня не услышал, ибо не было еще проведено каждым соответствующей встречной работы к ее усвоению. Любопытно, что участники мастерской сами пришли к этой формулировке лишь через два часа работы в мастерской. Они ее услышали, увидели, восприняли. История с теоремой Пифагора показывает, какова цена конкретных знаний, которые мы так старательно впихиваем в головы учеников, она демонстрирует, что без смысла изучения и при отсутствии веры в себя, в то, что ты можешь усвоить данный материал, человек становится глухим, слепым и безынициативным. Ведь на мастерской многие учителя сразу же, как услышали о математике, о теореме, сникли. У них не было потребности к изучению этого предмета. Не так ли и на уроке, экономя время, мы сразу начинаем занятие со слов: «Запишите новую тему...», «Сегодня мы будем изучать... Теорема...» — и поэтому теряем часть учеников. Они не получили ответа на вопрос «Зачем это надо изучать?». У них не только не пробуждена потребность к тем действиям, которых ждет учитель, им даже не ясен мотив деятельности.

Как же пробудить потребность к изучению темы «Сложение векторов»? Трудно однозначно ответить на этот вопрос. Надо порассуждать. Может быть, придумать ряд вопросов, которые подвели бы ребят к выводу правила сложения векторов, к формулированию свойств суммы векторов? Например: 1) Тело переместилось из точки А в точку В. Можете ли вы это показать на рисунке? 2) А теперь тело переместилось из В в С. Можете ли вы показать суммарное перемещение тела из Л в С и записать это перемещение при помощи векторного равенства? 3) На доске нарисованы пять векторов а, Ь, с, d, е. Можете ли вы найти их сумму? 4) Можете ли вы теперь сформулировать определение суммы двух векторов? И т. д. Вы обратили внимание, что логическую цепочку рассуждений строю я, а не ребята? Они следуют моим путем. Я как бы не верю в то, что ученики сами способны преодолеть трудности по созданию определения суммы векторов. Ну, а как иначе построить занятие?

В учебнике (на с. 227) есть задача 19.18: «Дайте векторное истолкование ситуации, описанной в басне И. А. Крылова про лебедя, рака и щуку». Может быть, начать занятие с этой задачи? Пусть группы ребят предложат свои решения, пусть сформулируют проблемы, которые надо бы сначала решать. Задача сформулирована в довольно обобщенном варианте, нет ника-

кой подсказки на использование сложения, вычитания векторов. Большой простор для мысли, фантазии школьника.

Затем можно дать задачу 19.5: «Самолет пролетел 200 км на юго-запад, а затем 300 км на запад. Сделайте соответствующий рисунок, используя векторы. На каком расстоянии он оказался от начальной точки?..». Когда этот вопрос будет рассмотрен, тогда разумно предложить ребятам составить похожие задачи, что, кстати, и делают авторы в конце задачи 19.5.

Итак, задачи заставили учеников изобрести способ сложения векторов, показали необходимость введения самого понятия суммы векторов. После этого хорошо бы придумать задание, в котором ребята были бы вынуждены сложить ряд векторов, расположенных произвольно, чтобы возникла необходимость придумать правило цепочки. Лучше бы задача тоже носила практический характер.

Когда правила сложения векторов введены, естественно по аналогии с суммой чисел ввести свойства сложения векторов. Думаю, что если эта проблема будет поставлена перед учениками, то они составят и докажут свойства суммы векторов самостоятельно.

Несказанно важен вопрос: «Разложение вектора на составляющие». Если его хорошо изучить, то мы поможем ребятам в познании особо важных первых тем курса физики 9-го класса. Пусть каждый ученик на листочке бумаги нарисует вектор, пусть различным образом задаст две пересекающиеся прямые и для каждого случая расположения прямых разложит по ним этот вектор.

Задачи

К сожалению, в этом параграфе мало содержательных задач типа 19.15, 19.16. Преимущественно все остальные задачи отрабатывают понимание понятий, введенных в § 19, и необходимые умения: складывать, вычитать векторы, умение разложить вектор на составляющие. Но если их решать подряд, то ученику будет непонятно, зачем нужны все эти умения. Все направлено на отработку техники. Авторы как бы уверены, что это очень полезные задачи, очень полезные умения, они настолько полезны, что объяснять необходимость овладения ими и не надо. Полезно! (Как полезно ребенку есть в детстве манную кашу. Чего еще объяснять, все равно не поймет.)

Как же выйти из этой ситуации? Пусть каждый ученик сам себе выберет задачи, которые он хочет решать, и пусть решает. Так можно организовать работу и дома, и в классе. Я вообще даю задание на неделю и проверяю его лишь один раз в неделю в день, который удобен для ребят. Мне кажется, что хорошо бы преподавателям всех предметов договориться о своем дне, в который ребята отчитываются ему о домашней работе за неделю.

Задачи этого параграфа хороши для устной работы. Составим такую работу из задач § 19.

Выполняя работу, ребята имеют право делать некоторые черновые записи, рисунки, если они им нужны, и выполняют они ее на отдельных листах.

Работа по теме «Сложение и вычитание векторов»

1) Нарисуйте треугольник ABC, отметьте точку К — середину ВС. Нарисуйте векторы: а) АВ + ВК; б) КС + СЛ; в) найдите сумму ÂB +~ВК + КС +~СА.

2) Нарисуйте параллелограмм ABCD. Точка О — точка пересечения его диагоналей.

Нарисуйте векторы: а) А В -f- ВО; б) OB ВС; в) найдите сумму АВ+'вб+ОВ+ВС.

3) ABC — правильный треугольник, точка О — середина АС, длина АВ=\. Чему равна длина суммы векторов: а) ВА -\-АО; б) Äß+ЛС; в) JC+AB?

4) Нарисуйте параллелограмм ABCD, точка О — точка пересечения диагоналей, точка К — середина AD, точка L — середина CD. Нарисуйте векторы: a) BC — BL; б) АО — КА; в) ÖB-ÖK; г) JB-Yo.

5) ABCD — тетраэдр. Докажите, что: а) AB + ВС -\-CD + + DA =АС + СА; б) точка О — середина BD. Нарисуйте сумму векторов AB +AD +АС.

6) Нарисуйте прямоугольный параллелепипед ABCDAXBXCXDX.

Докажите, что ЛВ + СС^ + ОА =DC +АА{ + С{в\.

7) Нарисуйте иллюстрации к такому векторному равенству:

7: — а + (—Ъ)= — (В + а) + 'с.

8) Нарисуйте правильный треугольник ABC с центром в точке О. Нарисуйте составляющие по прямым AB и АС векторов:

а) ~ÂAX (Ах — середина ВС); б) АО; в) ОЛ^.

9) Придумайте задачу на сумму, разность векторов и решите ее.

Разбор можно вести после выполнения каждого задания, учитывая, что работа больше носит обучающий характер. Ведь если ребенок сделал ошибку, то после разбора он ее исправит при решении следующего задания. Да, можно разрешить ребятам во время работы смотреть к соседу (сверяться), если возникнет необходимость. Проблему отметок — решать учителю, но думаю, что стоит ставить лишь четверки, пятерки либо ничего. Листочек, на котором ничего не отмечено и ничего не поставлено, привлечет большее внимание ребенка, чем тот, на котором стоит двойка и все изрисовано красным карандашом учителя. Получив свой листочек в первозданном виде, ученик наверняка подойдет к

учителю с вопросом: «Почему вы не проверили мою работу?» Вот тут-то и можно объяснить ребенку, что работа мною проверена, но я решил ее не оценивать и предлагаю посмотреть еще раз его решение, и, если надо, потом мы можем обстоятельно поговорить.

КОММЕНТАРИЙ К РЕШЕНИЮ ЗАДАЧ

19.1. а) Неравенство la-f^l <\а\ + \Ь\ следует из неравенства треугольника. Равенство достигается, если векторы а и b сонаправлены.

Рис. 2 / Рис. 3

Рис. 4

19.14. Нельзя. 19.16. а) Дано:

Ломаная, составленная из векторов, соответственно равных ЛС, BD, С£, ОЛ, £ß, замкнута.

Для решения задачи достаточно привести пример соответствующего пятиугольника. Рассмотрим правильный пятиугольник. Все его диагонали равны, и каждые две диагонали образуют угол 72° (а смежный с ним 108°). Поэтому замкнутая ломаная, которую мы рассмотрели в начале решения, в этом случае действительно будет образовывать пятиугольник, причем это будет правильный пятиугольник.

б) Дан пятиугольник, стороны которого совпадают с векторами а, Ь, с, d, е. Найдем векторы хи jc2, jc3, х4, jc5, которые являлись бы сторонами пятиугольника, диагонали которого равны и параллельны соответственно векторам a, ft, с, d е. Запишем это:

Рис. 5 Рис. 6

В результате решения системы получим:

Рис. 7

Очевидно, что jc, + *2 + *з + *4 + ^5 = 0» т- е- ломаная, составленная из векторов хь х2, х3, х4, х5, замкнута. Так же как и в п. а), в качестве примера можно привести правильный пятиугольник.

19.17. Вектор АК указывает истинный курс корабля (рис. 7). АК — диагональ параллелограмма, построенного на векторах v3 и AD. Пусть угол ZLy4/( = <p, тогда tg ф = -^-^-== 10 У^. Значит, от юго-западного направления курс корабля отклонился на восток на угол ф, тангенс которого равен \0л/2.

19.18. Равнодействующая всех сил равна 0.

19.19. По определению, разностью двух векторов а и b называется вектор с: с-\-Ь = а. Проверим, что АВ = ХВ — ХА, т. е. проверим, что АВ-\-ХА = ХВ. Действительно: АВ-\-ХА = ХА-\-АВ = ХВ — истинно для любой точки X.

19.20. а), б) Непосредственно следует из определения разности векторов и неравенства треугольника.

а) Равенство достигается, когда векторы а и b противоположны; б) равенство достигается, когда векторы а и b сонаправлены и длина вектора а не меньше длины вектора Ь.

и далее по правилу параллелограмма;

и далее отложить от А вектор

Длины:

где точка N — середина отрезка ВС.

19.24. а) X — четвертая вершина параллелограмма АВХС,

противолежащая А\ б) ХВ=ХА +ХС, в параллелограмме АВСХ, X — противолежит В.

19.25. ~ÔA+~ÔC = OB+ÔDy Öß-Ö4 =ÔC-ÔD, 4ß==DC, а это верно.

Верно и обратное: если для любой точки О верно равенство OA +ОС = ОВ + OD, то ABCD — параллелограмм. Если точка О не лежит в плоскости параллелограмма, то утверждение тоже верно. Решение аналогично решению первой части задачи.

19.26. Jc + ßD=AD + ßC, ÂC-Jd=1ÏC-~BD, DC = DC, что верно.

19.27. ~АВ = — CD, CD = -ZS, ßC= -ОЛ, ÂD = -ßC.

19.28. 19.29. См. решение 19.21, 19.22.

19.30. Рис. 8.

19.31. Разложим каждый вектор на составляющие по двум перпендикулярным прямым, тогда а = ах-\-а„у Ь = Ъх + Ъи, с =

Рис. 8

а значит,

Получили равенство двух векторов, лежащих на перпендикулярных прямых. Это возможно только тогда, когда ах-\-Ъх-\- сх = 0, что и требовалось доказать. Верно и обратное.

Рис. 9

19.32. б) Пусть а и Ь — биссектрисы углов, образованных осями X и у. Тогда OA должен лежать внутри углов, образованных прямыми а и Ь, которые содержат ось х\ в) OA принадлежит одной из прямых а или Ь.

19.33. а) 1) AB и Л/С,, где точка К{ — середина AD\ 2) ~ШХ и ÂD, где Мх — середина AB; 3) Ък[ и Aß; 4) ~ВМХ и ÂD; 5) ~ВМХ и 7(3;

б) 1) ÂK' и ÂW7; 2) Л/Г и ЛЛГ; 3) /(Л и Л?7^ (рис. 9).

19.34. Рис. 10.

19.35. а) Да. Пусть т = а + Ъ (рис. 11). \Ь\> |т|;

б) да (см. рис. 11); в) пусть т = а + & и |т| = |а|, тогда |*|<2|т|.

19.36. Нет, так как получим противоречие с неравенством треугольника.

Да, достаточно построить равнобедренный треугольник ABC, в котором АС = ВС= 100, Ло=10. Нет, см. ответ на первый вопрос.

Рис. 10 Рис. 11

§ 20. УМНОЖЕНИЕ ВЕКТОРА НА ЧИСЛО

Теория

В этом параграфе текста мало, информация, изложенная в нем, легко усваивается ребятами. Возможно, лишь признак коллинеарности векторов у некоторых вызовет затруднение. Да и задач к этому параграфу мало, таким образом, изучаемый вопрос простой. Однако на практике на уроках геометрии мы чаще всего умножаем вектор на конкретное число 2, —3 и т. д. Ученики научаются этому с легкостью. На уроках же физики они начисто забывают, что когда-то, где-то умножали вектор на число, и тем чаще число умножают на вектор: V = S : t, F = ma, а = у. И мы должны научить, что в формуле V = S:t />0, поэтому Vff S. Аналогично в формуле F = ma т>0 и Fffa, а формулу я = у можно переписать так: а=уК, и так как — >0, то ускорение и скорость имеют одно направление. Важно хорошо отработать и вопрос о линейной комбинации векторов, о котором авторы поведали в задаче 20.2. Он важен и для решения геометрических задач и для изучения многих вопросов физики.

Задачи

Возьмем геометрическую задачу, при решении которой невозможно обойтись без умения умножать вектор на число, без знания свойств коллинеарности векторов.

Задача 1. Доказать, что если средние линии четырехугольника проходят через точку пересечения его диагоналей, то этот четырехугольник является параллелограммом.

Решение. Пусть дан четырехугольник ABCD. О — точка пересечения диагоналей АС и BD, DK = KC, АМ = МВ, DP = PA, СН = НВ. Тогда, так как ОМ — медиана треугольника АОВ, то ОМ=1(ОЛ + ОВ), аналогично 1(0 = ^(00 + 00). Точки /С, О, M лежат на одной прямой. Поэтому /СО — OAf = 0, т. е. =б. Так как векторы а и b непараллельны, то последнее равенство выполняется только тогда, когда m—1=0, k—1=0, т. е. m = k=\. Итак, DO = OB и СО = ОЛ, что и требовалось доказать.

Задача 2. Доказать, что при любом выборе начальной точки О центроид К (точка пересечения медиан) треугольника ABC определяется так:

Решение. Пусть ААХ— медиана, А^ВС, тогда

Надо подумать, как подать эти задачи. Прежде чем рассказать их решение, надо дать время для самостоятельных поисков. После ряда попыток предложить тот или иной способ решения ребята смогут по достоинству оценить векторный метод, поймут, с какой целью авторы поместили в учебник этот параграф. Теперь можно отрабатывать понятие коллинеарности векторов, умножения вектора на число.

КОММЕНТАРИЙ К РЕШЕНИЮ ЗАДАЧ

20.1. а = х*Ь и хфО. Проверим, что 6 = ~а. Для этого установим, что off —«а и I —1 = 1—-а I.

Так как а = х-Ь, то, по определению, |а| = |х| • a тогда

С другой стороны, если х>0, то äff 6, т. е. 6ff а; но при этом — •а ff а. Следовательно, 6ff-^-a.

Если jc<0, то а\\Ь, и при этом -^-аЦа, a потому ЬН-а.

20.2. б) а = 1 -а + О-б; Ъ = 0-а+ 1 а+Ъ= 1 -а+ 1 -6; 0 = 0-а + 0.6.

в) aa + ßb = c, b = k-a> aa + ßk-a = c; c=(a + ߣ)-a.

Значит, если a + ß&X), то с ff a, если a + ßÄ<0, то с\\а. Понятно, что расположение векторов Ь и с будет зависеть от знака к.

20.3. Докажем единственность такой пары чисел a и ß. Пусть существует еще одна пара чисел a,, ß,, такая, что

a,-a + ßj6 = c. Вычтем из этого равенства равенство: aa + ß6 = 7. Получим: (а, — a)a + (ß, — ß) 6 = 0. Отсюда a = a, и ß = ß,. Что и доказывает единственность.

Обобщение:

20.10. а) Точка В делит отрезок АХ в отношении 2:1;

б) точка X делит отрезок AB в отношении 2:1;

в) точка X совпадает с точкой А.

Те, кто преподавал мне дифференциальное исчисление, не знали правильных доказательств основных теорем и пытались заставить меня принять официальную софистику как акт веры.

Бертран Рассел, англ. философ и логик

§ 21. ПРОЕКЦИЯ ВЕКТОРА НА ОСЬ

Теория

Первые главы учебника «Физика-9» невозможно изучить, не владея этим вопросом. Ибо чаще всего вектор скорости, вектор ускорения раскладываются по двум пересекающимся прямым, и дальше вся работа идет с вычислением проекций вектора на оси. Приведу примеры:

а) скорость равноускоренного движения V=V0 + at, а при вычислении используют формулы, в которые входят не векторы, а их проекции на оси координат Vx= V0 +axt; б) проекция перемещения выражается формулой Sx—V0t-\—~ и т. д.

Поэтому мотив изучения этой темы ясен. А вот потребность? Думаю, что в математическом классе это не проблема, хотя для обычного класса — еще какая! Одна коллега, работавшая в сельской школе, рассказывала, что ее ученики наотрез отказывались изучать векторы. Физики они не знали, как и геометрии, и не ощущали необходимости в изучении этих курсов.

В математическом классе самое разумное — идти от физики, показать, что многие темы, например «Механика», не могут быть изучены без понимания и знания «Проекции вектора на ось».

Очень важно отработать и свойства проекции вектора на ось. Параграф большой, поэтому полезно, чтобы ребята не только прочли его дома, но и на уроке, почитали в парах, поговорили, объяснили друг другу, выяснили непонятное. Можно предложить составить по теоретическому материалу шпаргалку для соседа. У меня получилась такая шпаргалка: составляющая вектора; проекция вектора — скаляр; способ нахождения проекции вектора на ось; лемма о проекции вектора на ось; проекции равных векторов; проекция суммы векторов на ось; проекция вектора, умноженного на число. Не лучшая, наверное, шпаргалка, дети придумают лучше. Они большие специалисты в этом вопросе. Составление шпаргалки учит краткости изложения, ясности, умению выделять главное. На дом можно предложить задание, продолжающее эту работу. Пусть каждый ученик подумает, что в этом параграфе «Проекция вектора на ось» будет непонятно его соседу по парте, выпишет в тетрадь все затруднения и придумает способ толкового объяснения. Если же таких мест не будет обнаружено, то требуется составить конспект, который позволит легко запомнить всю информацию.

Такое домашнее задание предполагает и определенное начало следующего занятия: разговор с соседом по парте. Затем можно устроить обсуждение. Пусть все желающие сядут на скамейки, стоящие перед классом, и расскажут о своей оценке трудных мест параграфа и о реакции соседа по парте на эти трудности.

Итак, все трудности выяснены и разобраны. Учитель может поделиться своей оценкой трудных мест параграфа, выписать их в виде вопросов на доске и предложить ребятам поговорить по этим вопросам в парах. Такая возможность возникла потому, что ученики уже приобрели свой опыт по этой теме и готовы на равных выслушать размышления учителя.

Задачи

Задачи этого параграфа направлены на отработку понятий угла между ненулевыми векторами и проекции вектора на ось. Решить их может любой ученик, который внимательно изучал теорию. Для проверки усвоения материала можно предложить каждому ученику дома на отдельном листочке составить самостоятельную работу для своего соседа или для любимого одноклассника, куда включить задачи типа 21.1, 21.9, 21.15, 21.16, 21.17, 21.18, 21.22 и любые другие. Следующий урок начинается с обмена текстами самостоятельных работ. Ребята решают их весь урок, учитель может просматривать тексты самостоятельных, внося в их содержание, если это необходимо, коррективы. Заодно можно проверять сделанное, отмечая верно решенные задачи, подчеркивая ошибки и давая необходимые пояснения.

КОММЕНТАРИЙ К РЕШЕНИЮ ЗАДАЧ

21.5. Можно использовать обобщенную теорему Пифагора.

21.6. а) \а\ = \Ь\у ajfï; б) I«| — ajffb.

21.7. Угол найти просто как смежный одному из углов треугольника, образованного векторами: а = 2я — (ф! + ф2). Длины векторов находятся по теореме синусов:

21.10. ABCD — ромб, AACD — правильный (рис. 13), тогда

Рис. 12 Рис. 13

21.18. а) ^=г, б) проекция на ось х равняться единице и угол— 135° не могут, так как тогда |а| = — л/2.

Наука — творение человеческого разума, предназначенное не столько для знаний, сколько для познания, для поиска, а не для отыскания истины.

Эварист Галуа, франц. математик

§ 22. КООРДИНАТЫ ВЕКТОРА

Теория

Читатель согласится, что проще всего изложить весь материал этого параграфа в двухчасовой лекции. Все будет правильно рассказано, записано на доске, не будет проблем, не будет ошибок. Это если излагать материал в виде лекции. Другое дело — начать самостоятельное исследование. Тут уж у каждого будет свой путь, но при этом все поиски будет объединять весьма несовершенное начало, с массой ошибок. Все просто, все ясно, когда этот тернистый путь пройден. Когда рассказывается результат, редко кто может вспомнить все перипетии исследования, да и мало кому интересны прошлые ошибки. Хотя, как утверждал Дени Дидро, «на пути к истине мы почти всегда обречены совершать ошибки». Уважайте ошибки учеников, предоставляйте им право совершать ошибки и находить самим выход, находить путь к истине.

Начнем работу по этой теме с задачи: «Пусть известны расстояния от точки К до трех вершин прямоугольника. Сможете ли вы найти расстояние от К до его четвертой вершины, если точка К лежит внутри прямоугольника?». Здесь представлена часть задачи 22.40. Вопрос «Сможете ли вы найти?» подразумевает лишь оценку возможности решения задачи, наметку некоторых путей решения.

Помните, что версии, предложенные учениками, могут быть ошибочными. Как часто класс дружно смеется над ошибкой одноклассника. А что творится в этот момент в его душе? Давайте подумаем, как организовать дальнейший поиск, если все версии будут ошибочными.

Можно: 1) попросить ребят сосредоточиться на самом важном ключевом слове задачи и вспомнить все, что о нем известно;

2) рассмотреть какой-нибудь частный случай задачи, придумать удобное расположение точки К внутри прямоугольника. (Ребята могут взять ее на диагонали, соединяющей две вершины, расстояния до которых известны);

3) предложить применить методы решения, используемые в других науках;

4) подумать, как закрепить данный прямоугольник на плоскости.

Думаю, что вы, коллеги, придумаете другие, более удачные задания, чем я.

Да, можно предложить просто познакомиться с авторским решением на с. 247, 248. Этот этап все равно не обойти, но лучше не торопиться. В учебнике дано красивое решение с помощью системы координат, но работает здесь лишь формула квадрата расстояния между двумя точками. Теперь нужна задача, которая красиво бы решалась с использованием координат вектора. Конечно, самим ребятам понятие «координаты вектора» не изобрести, да и не надо. Его введет сам учитель, а вот предложить подумать над задачей, которая гораздо проще решается с применением этого понятия, стоит. Хорошо бы, если бы эта задача им уже встречалась, они уже думали над ее решением, решали ее другим способом.

К сожалению, в параграфе мне не удалось найти такой задачи. Поэтому остановим свой поиск на задаче 22.36. Там описана любопытная ситуация, которую можно подать ребятам так: предложить взять на координатной плоскости четыре точки, найти координаты каждой точки, соединить их последовательно и выяснить, какой четырехугольник у них получился. Если они доказали, что четырехугольник общего вида, то попросить записать зависимость в векторном виде, когда четырехугольник будет: а) параллелограммом; б) ромбом; в) прямоугольником; г) квадратом. Пусть приведут примеры к каждому случаю. При решении у них возникнет потребность восполнить пробелы теоретических знаний, пусть почитают параграф и найдут то, что им необходимо.

Когда задача будет решена и поиск закончен, то будет продемонстрирована необходимость в изучении темы «Координаты вектора». Я бы прокомментировал все ее основные вопросы, просмотрев с ребятами § 22, читая доказательства, разглядывая рисунки.

А как бы вы закончили это занятие?

Задачи

Сразу отмечу прекрасную задачу 22.4 на отработку понятия «координаты вектора».

Задача богатая, возможно, у ребят на нее уйдет и весь урок. Хорошо решать ее в парах, когда идет емкий разговор, подстраховка от ошибок. Устную работу можно составить из несколько измененных задач 22.3, 22.4, 22.7, 22.10, 22.11, 22.19, 22.27.

Можно провести самостоятельную работу:

1) Дана точка А (х0, у0). Как узнать углы между лучом OA и осями координат?

2) Пусть известны обе координаты точки А. Как найти OA?

3) Пусть ОА—р и известна одна из координат точки А. Как найти другую координату?

4) Даны точки: А (хь ух\ В (х2> у2). Каковы координаты: а) середины отрезка; б) точки, делящей отрезок AB в соотношении p:q?

5) Даны точки А(хь (/,), В (x2i у2\ С(х3у у3\ не лежащие на одной прямой. Каковы координаты центроида треугольника ABC?

В каждой задаче приведите примеры.

Читатель, наверное, заметил, что я не рискую назвать время, необходимое для выполнения работ. Время определяется индивидуально для каждого класса из расчета, чтобы все ученики были заняты делом на протяжении всей работы и были такие ученики, которые справились бы со всей работой.

КОММЕНТАРИЙ К РЕШЕНИЮ ЗАДАЧ

22.7. Длины векторов:

22.8. Если а\\Ь, то Ь = ка, тогда аа-\-ка = 0 и а= — К. Если aj/fb, то такого а не существует.

Если ajffe, то таких a и ß не существует. Если а\\Ь, то Ь = Ха и aa + ß-A,a = 0, тогда а = —ßX.

22.19. в) a — b = a-2by а = (2а+ \)-b, два вектора а и b коллинеарны;

ж) a1a + ß,6 = Ä-(a2-a + ß2fr), (а, — ka2) a = (eß2 — ßj) b, если а,— — £а2т£0, то а = k^2 fl • b и векторы а и b будут коллинеарны.

22.20. Нет, так как, если предположить, что а_н b коллинеарны, то получим, что и векторы 2а— b и —а-\-ЗЬ коллинеарны, что противоречит условию.

22.21. Выберем произвольную точку О. Тогда ХА = ОА — ОХ, JB = №-aXy Jc = ~ÖC-OXy отсюда о = ы+2хв-гхс = Ö4+2Öß + 30C, Ö4 + 20ß + 3ÖC = 6.

Таким образом, точка X может быть любой, если СА=2ВС, т.е. точки ß, С, А лежат на одной прямой и ВС = ^ ВА.

Прямые будут совпадать, если AB и CD коллинеарны и АС и BD коллинеарны.

б) Векторы AB и АС должны быть коллинеарны, т. е. должно выполняться равенство:

Рис. 14

Из этой системы находим (хх, ух).

22.27. а) (1, -1); б) (-2, 1); в) (-2/?, -2q).

22.28. Перебираем все пары векторов AB, ВС; AB, CD; ВС, AD; CD, AD; АС, ВС; АС, СВ и т. д. и им противоположные. Сравниваем их координаты.

Длины векторов равны:

22.32. Пусть дан треугольник ABC.

а) Найдем координаты вектора, заданного медианой ВВ{ (ß,—середина АС). Тогда координаты Вх (JA**C9 Уа\У°^, В(хв, ув). Значит, -BBx = (x> + xl~2XB< ı*Z&)

Найдем координаты вектора, заданного биссектрисой ААХ угла А (Л, принадлежит ВС).

Найдем координаты вектора, заданного высотой СС, (С,£[Л5]).

Пусть АС = Ь, СВ = а, АВ = с, C,ß = Jt, тогда АС] = с — х. Из ДЛСС, и ДСС,В:

Отсюда находим координаты точки С, и, зная координаты точки С, находим координаты СС,. Длины сторон треугольника легко найти, если известны координаты его вершин.

б) Пусть О — точка пересечения медиан треугольника и ВВХ— одна из его медиан. Тогда ВО=^ ВВХ. Зная координаты точки В и координаты вектора ВВи легко найти координаты точки О:

Пусть N — точка пересечения бессектрис треугольника и ААХ — одна из них. BN биссектриса угла В делит ААХ на отрезки AN и ЛМ,, отношение которых равно отношению AB к ВАХ: AN:NAx=AB:BAx = iL.

Тогда AN= : 7 ААХ. Далее все ясно.

22.33. Пусть в параллелограмме ABCD известны координаты вершин Л, ß, С. Требуется найти координаты вершины D.

Но BD = BA-\-BC. Отсюда легко найти координаты вершины D.

Пусть теперь дана равнобокая трапеция ABCD, AB = CD. Известны координаты вершин Л, В, С. Требуется найти координаты вершины D.

(1)

(*)

Выразив xD, yD из системы (*) и подставив в (1), получим уравнение относительно X. Найдя X (их два), найдем вектор AD (два варианта). Нам подходит только то X, для которого АОф~ВС.

22.35. а)ЛВ = У13, ßC=V26, АС = Л/13; б) ДABC — равнобедренный (Z.A — угол при вершине), тогда cos А =-jr-^r-= 0, А =90°. Следовательно, ААВС — прямоугольный.

22.36. а) Проверьте выполнимость равенства AB = DC\

б) проверьте выполнимость равенства AB = DC и |>4ß| = |ßC|;

в) проверьте выполнимость равенства: AB = DC и \AC\ = \BD\\

г) проверьте выполнимость равенства: \AC\ = \BD\;

д) проверьте выполнимость равенства:

22.37. Так как Aß = (-2, 1) и \АВ\ =д/5~, ЛС = (2, 1), |ЛС|=д/5~, то аАВС — равнобедренный, Zß=ZC. Так как ßC = (4, 0) и |ßC|=4, ߣ = (0, -4) и |ߣ|=4, |£С|=(4, 4) и |£С|=4У2~, то АЕВС — прямоугольный, Zß = 90°. Но /LABC> Z.EBC, следовательно, в ААВС Z.ABC и ZЛCß — тупые, что невозможно. Условие задачи противоречиво.

22.38. Если известны координаты вершин четырехугольника, то можно вычислить длины всех его сторон и длину одной из диагоналей, которая разбивает четырехугольник на два треугольника. Площади их можно вычислить, например, по формуле Герона. Можно по следствию из обобщенной теоремы Пифагора вычислить угол треугольника и затем вычислить его площадь, зная синус угла и длины двух сторон, заключающих этот угол.

22.39. а) Расположим ось х так, чтобы она прошла через точку Л и середину стороны ВС. Пусть А — начало координат. Тогда Л (0, 0), С(а + с, ft), В (а —с, — ft), где а = АК (К — середина ВС), с — длина проекции отрезка CK на ось х. Тогда надо доказать, что \АВ\^\АС\ + \ВС\, что очевидно, так как

б) Пусть M — середина AB, N — середина ВС, тогда:

22.41. Расположим систему координат так, чтобы начало координат было в точке пересечения диагоналей параллелограмма, а ось X была направлена по диагонали BD. Пусть координаты С(Ь, с), D(a, 0), тогда Л ( — ft, —с), ß( —а, 0). ЛС = (2й, 2с),

BD = (2a, 0), AD = BC = (b + a, с), AB = DC = (b — a, с). Осталось проверить истинность равенства BD2 + AC2 = 2(AB2 -\- ВС2). Это дело техники.

22.42. Пусть известны координаты вершин А и В, тогда легко найти длину стороны и диагонали квадрата.

Найдем координаты точки D. Для этого необходимо составить и решить систему двух уравнений: в первом приравнять квадрат длины AD к квадрату стороны AB, во втором — квадрат длины BD к квадрату стороны AB, умноженному на л[2 (\АС\ =

Аналогично найдем координаты точки С.

Тот, кто думал, вдумывался, искал, тот знает, насколько туп и несообразителен бывает человек.

А. Д. Александров

§ 23. СКАЛЯРНОЕ УМНОЖЕНИЕ

Теория

Параграф начинается с примеров использования скалярного произведения в физике. Но надо заметить, что ребята еще не успели изучить по курсу физики механическую работу и им неизвестна формула А = \F\• \S\ cos ф. Поэтому навряд ли это вступление будет хорошей мотивацией. Опять проблема: как подать эту тему, как убедить ребят, что это не просто еще одно определение еще одного понятия с массой свойств.

Перелистнем несколько страниц учебника. На странице 256 пункт 24.3 «Применение скалярного умножения». Может быть, этот материал нам поможет построить занятие? Посмотрите, если бы ученики с ним познакомились, то узнали бы, какие функции может выполнять скалярное произведение: оно применяется для нахождения длин векторов, для вычисления угла между векторами. Теорема 29 на странице 256 «Все высоты треугольника (или их продолжения) пересекаются в одной точке» изящно доказывается с применением скалярного произведения векторов. Причем в доказательстве применяется свойство скалярного произведения: равенство скалярного произведения нулю. Содержание теоремы школьникам давно известно, но обычное доказательство без векторов ими воспринимается трудно, они его просто не помнят.

Может быть, так выстроить занятие по теме «Скалярное умножение»:

1. Определение скалярного умножения векторов.

2. Задание. Установить необходимое и достаточное условие равенства скалярного произведения нулю.

3. Задание. Пусть прямая / проходит через точку А и перпендикулярна прямой ВС. Точка M лежит на прямой / тогда и только тогда, когда MA • ßC = 0. Доказать.

4. Задание. Пусть дан треугольник ABC и 1А — прямая, содержащая высоту треугольника, проведенную через вершину А. Точка M лежит на прямой 1А тогда и только тогда, когда выполняется равенство MA-MС = МА »MB. Доказать.

5. Задание. Доказать теорему о высотах треугольника, ибо вся подготовительная работа уже проделана.

6. Через некоторое время стоит предложить прочитать доказательство теоремы 29 в учебнике. Лучше читать и разбирать доказательство в парах.

7. Обратить внимание ребят на формулу (4) на странице 256:

Задание. Задайте координаты вершин Л, ß, С треугольника ABC и вычислите его углы.

Выполняя это задание, ребята заодно выведут формулу:

ab = xrx2 + угу2.

Итак, знакомство со скалярным умножением векторов состоялось, осталось познакомиться с рядом деталей. Эту работу ребята легко выполнят самостоятельно дома.

На следующем занятии можно подогреть интерес ребят к этой теме, предложив им решить несколько задач на скалярное умножение векторов в пространстве. В учебнике есть образцы таких задач: 23.8, 23.9.

Задача 1. РАВС — правильный тетраэдр с ребром, равным единице. Вычислить РА»ВС.

Можно сформулировать задание и так:

Доказать, что ребра РА и ВС перпендикулярны (противоположные ребра перпендикулярны).

Решение. TA'Jc = ^{JC-JB) = ¥A-ÄC-TA'~ÄB = —i-(-i)-.

Задача 2. Доказать, что в правильном тетраэдре РАВС отрезок РО, где О — центр треугольника ABC, перпендикулярен любой стороне ABC.

Или иначе: вычислить РО-ВС.

Решение. Тб-~ВС = (РА+ Х0)-'ВС = 'РА-'ВС + Ад-^С = 0 то, что РА • ßC = 0, доказано в задаче 1.

Задача 3. В правильном тетраэдре РАВС с ребром, равным единице, точка XÇPA и РХ = ^ РА, точка Y£CB и CY=^ ВС. Вычислить длину отрезка XY и косинус угла между векторами XY и РА.

Решение:

После изучения этого параграфа можно предложить выполнить самостоятельную работу.

Вариант I

Задача 1. Дан правильный треугольник ABC со стороной, равной единице. Вычислить проекцию вектора: а) AB на ось АК, К — середина ВС, и на ось АС; б) АС на ось ВА.

Ответ.

Задача 2. Дан ромб ABCD, угол BAD равен 60°, сторона АВ=1. Найти проекцию вектора: а) AB — AD на ось ID; б) Cß + {ßO на ось CD.

Ответ. — y ; j •

Задача 3. Найти: (a — è-f — с), если \а\ = \Ъ\ = == Iс| = 1, угол между векторами: а) а и b равен 30°; б) а и с равен 45°; в) ft и с равен 60°.

Ответ. --^-.

Задача 4. Все ребра пирамиды PABCD равны единице, точка О — центр прямоугольника ABCD, К — середина AB. Вычислить: a) P^-DC; б) ЯО-DC.

Вариант 2

Задача 1. Дан прямоугольный треугольник ABC, угол С —

прямой, |ЛС| = |СО| = 1. Вычислить проекцию вектора: а) СВ на ось CN, N — середина АВ\ б) AB на ось СВ и на ось CA. Ответ. Щ- ; 1, — 1.

Задача 2. Дан ромб ABCD, угол BCD равен 60°, АВ=1. Вычислить проекцию вектора: a) CD — СВ на ось СВ\ б) ^ BD + Jß на ось ~ÂD.

Задача 3. Найти: (a + ft — c)*(a —ft), если угол между векторами awe равен 45°, ft и с равен 60°, a и ft равен 30°, |a| = |ft| = |c| = l.

Задача 4. Все ребра четырехугольной пирамиды PMNKD равны единице, MNKD — прямоугольник, L — середина DK. Вычислить: а) ~PL-MN; б) ОР-Тж.

Ответ. 0; 0.

Одну общую задачу можно предложить для тех, кто все решит. В четырехугольной пирамиде PABCD все ребра равны единице. Точка К— середина ребра AB, L — середина DC.

Вычислить длину KL и cos (KL PA), cos (KL CD).

Может быть, стоит перед этой самостоятельной работой провести устную работу. Для удобства учителя я сразу привожу ответы, которые, конечно, учащимся не сообщаются.

Устная проверочная работа:

1) На доске рисунок треугольника ABC и указаны длины его сторон АВ = 5, ßC = 5, АС = 6.

Найти: а) cos(ÂBÂC) = ^; б) cos(BA, СЛ) = |; в) ~АВ~ = 3; г) ~АСТв = ^ ; д) ßC^ = 3; е) АВ-АС= 18; ж) JC-CA = - 18.

2) На доске рисунок правильного треугольника ABC со стороной, равной единице, проведены высоты ААХ и ВВХ, отмечен центр О. Вычислить:

3) На доске рисунок правильного тетраэдра

где О — центр основания ABC.

4) Даны точки 1), ß(2, -2), С(3, 1). Найти: а) координаты ЛВ(3, — 3); б) \АВ\=9л/2\ в) координаты ßC(l, 3); г) JB-Jc = —6; д) cos (ÄB-~BC)= — i.

За эту работу можно поставить честно заработанные четверки и пятерки. Но цель ее (с повтором однотипных заданий) — дать возможность каждому проверить свои знания, выяснить то, что он знает и в чем у него пробелы.

КОММЕНТАРИЙ К РЕШЕНИЮ ЗАДАЧ

23.1. Скалярное произведение: а) положительное; б) отрицательное.

23.11. — ху + ху = 0, следовательно, векторы (jc, у) и (—х) перпендикулярны.

Векторы — х) и перпендикулярны (jc, у).

Получаем систему

Откуда

б) 1) c*a = c-ft, с-(a — ft) = 0, следовательно, с = 0 или с J_(a — ft). Задача имеет бесконечное множество решений.

Ответ. Да, могут.

ж) (а-ЬУ = аг*Ь\ (a-bf= |а|2. |6|2cos2q> = |а|2.|6|2, следовательно, или cos2<p=l, или а = 0, или Ь = 0. Окончательно: векторы а и b или сонаправлены, или противоположно направлены. Или а = 0, или Ъ = 0.

23.25. ((6.c).a-(a.c).ft).c = (&.c).(a.c)-(a.c).(ft.c) = 0. Следовательно, векторы перпендикулярны.

23.26. Вначале решим пункт б), а затем перейдем к выполнению пункта а), используя ситуацию из б).

Рис. 15 Рис. 16

а) Учитывая (*) из б), имеем

(рис. 16),

Отсюда

Теперь ясно, как найти

Всякий, кто занимался математикой, решая задачи, доказывая теоремы или формулируя новые концепции, наверное, имел случай не раз поражаться своей тупости.

А. Д. Александров

§ 24. ВЕКТОРНЫЙ МЕТОД

Теория

Обратите внимание, что авторы впервые в теории знакомят с методом решения задач. Попробуем глазами ребят почитать этот параграф. Познакомимся с тремя этапами решения задач векторным методом, которые есть в тексте.

Первый этап: «Условие задач надо записать в векторном виде, введя подходящим образом векторы». Понять — это значит перевести на свой язык. Попробую это сделать: записать условие в векторном виде — это значит, что некоторые данные величины я должен принять за векторы, например, используя формулу: квадрат вектора равен квадрату его длины. Но можно иначе: на некоторых данных отрезках, которые входят в данные фигуры, расположить векторы. Пока что я, кажется, понял ту часть первого этапа, в которой говорится о вводе векторов. Теперь о том, как записать условие в векторном виде. Пусть известно, что:

1) ВС и AD — основания трапеции ABCD, значит, ВС и AD коллинеарны. Записываю: AD = kBC\

2) точка В принадлежит прямой АС. Записываю: AC = kAB\

3) точка К — середина AB. Записываю: /04=—KB или ~КА=~ВК, или ~КА=^ ~ВА\

4) ABC — треугольник. Записываю: АВ-\-ВС-\-СА = 0.

5) АК — высота ABC. Записываю: AK-ßC = 0;

6) точки А и В принадлежат сторонам угла АОВ. Записываю: ~AB = ~ÖB—~ÖA\

7) известно, что -tjt =-tf• Обозначим -гтг =л, тогда можно записать: AK = lAB, AL = XAC\

8) Алее. Записываю: Äß + ßC = ^C;

9) АС и ßD — диагонали ромба. Записываю: y4C«ßO = 0;

10) пусть в четырехугольнике AB2-\- DC2 = ВС2-\-AD2, значит, можно записать, что AB2 — ВС2= AD2 — DC2;

11) пусть в А ABC отрезок ВК соединяет вершину треугольника с точкой К£АС, тогда можно записать: BK = BA-\-'kAK\

12) дан четырехугольник ABCD, AB\CD, К£АВ, L^CD, KL\AC, KL\BD, можно записать: H = a4C + ßßD.

Второй этап: «Средствами векторной алгебры исходное условие задачи, записанное в векторной форме, преобразуется к такому виду, который дает решение задачи в векторном виде». От одного вида надо как-то перейти к другому. Что же здесь нам советуют сделать?

«Средствами векторной алгебры» — это значит воспользоваться свойствами и определениями суммы, разности векторов, произведения вектора на число, скалярного умножения, условием коллинеарности векторов.

А как «преобразовать к виду, который дает решение задачи в векторном виде», авторы показывают в п. 24.2, разбирая доказательство теоремы о средней линии треугольника:

7а=лТ-АК=4 ^С—£ ~ÂB = ^(ÂC-ÂB) = ^ ßC. Действительно, одно преобразование векторного равенства за другим приводит к конечной упрощенной форме. Здесь разумна аналогия с решением уравнений. Однако мы рассмотрели простой случай. Часто приходится комбинировать ряд условий и потому решать системы уравнений.

Рассмотрим, к примеру, как решалась задача 24.47, в которой требовалось доказать, что точки пересечения средних линий ABCD и Т{Т2Т3Т4 (где Г,, Т2, Т3, Т4 — точки пересечения медиан A ABC, A BCD, ACDA, A DAB соответственно) совпадают.

Сначала надо дать векторное изложение условия (об этом по-

том) и один из важнейших моментов решения: записать на векторном языке, что точки О, и 02 — пересечения средних линий — совпадают: Ох02 = О. Затем можно расшифровать это равенство вычислив 0,ß и Тх02, получить нужный результат.

Часто решить задачи векторным методом позволяет знание основных задач. Попробую их перечислить.

Основные задачи:

1. Для любой точки О плоскости и отрезка AB: АВ = ОВ — -04.

2. Вектор, проведенный из любой точки в середину отрезка равен полусумме векторов, проведенных в его концы.

3. Вектор, проведенный из любой точки плоскости в центр треугольника, равен одной трети суммы векторов, проведенных в его вершины.

4. Пусть Тх — точка пересечения медиан треугольника АХВХСХ, Т2— точка пересечения медиан треугольника А2В2СЪ тогда

5. Если а = Ь-\-с, то |a|<|6| + kl-

6. Если точка С делит отрезок AB в отношении — =А,,

8. Если из отрезков AB, ВС, CD можно составить треугольник, то AB + BC + CD = 0, и наоборот.

9. Если точка С принадлежит прямой AB, то а-АС = АВ.

Из этих задач, как из кирпичиков, порой можно сложить решение серьезной задачи. Вы в этом сможете убедиться, решая задачи § 24.

В этом параграфе в п. 24.7 представлен еще один метод решения геометрических задач, основателем которого был великий

древнегреческий мыслитель Архимед. Он предложил доказывать геометрические утверждения с помощью свойств центра масс. Особенно часто применяется этот метод для решения задач, в которых надо доказать возможность пересечения нескольких прямых в одной точке или принадлежность нескольких точек одной прямой.

В учебнике центр масс системы определяется как точка Р, радиус-вектор которой выражается равенством:

Попробуем зрительно увидеть эту точку. Рассмотрим два небольших шарика, имеющих массы m, и тъ соединенных жестким «невесомым» стержнем. Если подвесить этот стержень в точке — центре масс, то стержень будет находиться в равновесии. М. Б. Банк и В. Г. Болтянский в своей интересной книге «Геометрия масс» (Библиотечка «Кванта», выпуск 61.— М.: Наука, 1987) выделяют три свойства центра масс, которые используются при применении центра масс для решения геометрических задач:

1. Всякая система, состоящая из конечного числа материальных точек, имеет центр масс, и притом единственный. 2. Центр масс двух материальных точек расположен на отрезке, соединяющем эти точки; его положение определяется архимедовым правилом рычага: произведение массы материальной точки на расстояние от нее до центра масс одинаково для обеих точек, т. е. mxdx = m2d2, где m,, т2—массы материальных точек, a d,, d2 — соответствующие плечи рычага, т. е. расстояния от материальных точек до центра масс. 3. Если в системе, состоящей из конечного числа материальных точек, отметить несколько материальных точек и массы всех отмеченных точек перенести в их центр масс, то от этого положение центра масс всей системы не изменится.

Очень красиво работу этих трех свойств можно показать в решении задачи о точке пересечения медиан треугольника ABC, в каждой вершине которого расположены массы по 1 г. Такая система трех материальных точек (А, 1), (В, 1), (С, 1) по первому свойству имеет единственный центр симметрии О. А система двух материальных точек (В, 1), (С, 1) имеет свой центр масс, расположенный в точке £), середине отрезка ВС. Тогда по свойству 3 мы можем перенести массы материальных точек (В, 1) и (С, 1) в их центр масс, в точку (D, 2). Тогда центр масс трех материальных точек (А, 1), (В, 1), (С, 1), точка О будет центром масс точек (D, 2) и (А, 1), т. е. OÇAD, причем по правилу рычага мы получаем DO :ОЛ = 1:2. Аналогично доказываем, что точка О принадлежит и каждой из двух оставшихся медиан.

Едва ли можно представить себе совершенно новую задачу, не похожую ни на одну из ранее решенных задач и не связанную ни с одной из них. Если бы такая задача существовала, она была бы неразрешимой.

Д. Пойа, амер. математик

Задачи

Так же, как утверждал Д. Пойа, обстоит дело и с решением задач векторным методом. Многие из них сводятся к решению основных задач, перечисленных выше. К основным задачам следует отнести и задачи 24.1, 24.3, 24.4. Выделю из задачи 24.1 пункты, которые не были перечислены в основных задачах. Это векторная запись: совпадения точек А и В\ принадлежности точки X прямой, отрезку; принадлежности трех точек M, N и Р одной прямой. Основные задачи стоит включить и в зачет по этой теме.

Любопытна тройка задач: 24.7, 24.8, 24.9. Решение 24.8 сводится к решению 24.7, а 24.9 — следует из 24.8. Этот момент на уроке можно хорошо обыграть. Одной группе предложить обдумать решения сразу всех трех задач, другой — задач 24.8, 24.9, третьей — только 24.8, четвертой — 24.9. Обсуждение решений позволит сделать обобщение и выявить связь этих трех задач. Особо выделю задачи 24.14, 24.15, 24.19, 24.27, 24.28, 24.30, 24.36, 24.39. Это серьезные, красивые геометрические задачи. Их решение в полной мере характеризует серьезное изучение векторного метода. Поэтому стоит весь набор задач представить сразу ученикам и посулить за их решение зачет по векторному методу.

Теперь о самостоятельных и контрольных работах по этой теме.

Самостоятельная работа (по основным задачам)

1) Запишите в векторном виде: а) отрезки AB и CD принадлежат краям полосы; б) точка О — центр правильного треугольника, принадлежит медиане АА}; в) ААХ — медиана треугольника АВС\ г) точка В не принадлежит отрезку АС\ д) из диагоналей ЛС, BD трапеции ABCD и отрезка AL = ВС-\-AD можно составить треугольник; е) точка К принадлежит отрезку AB и АК:КВ= 1:4; ж) боковые стороны AB и CD трапеции ABCD перпендикулярны.

2) Каков геометрический смысл векторных отношений:

г) в четырехугольнике ABCD:

Необходима контрольная работа, в которой ребята решали бы любые задачи к § 24 по выбору.

КОММЕНТАРИЙ К РЕШЕНИЮ ЗАДАЧ

24.3. a) ACWBD или AC = BD; б) PQWST или PQ = ST; в) KÇAB; г) N — середина МК; л) в — середина С; е) А — середина вс; ж) существует треугольник, длины сторон которого равны длинам векторов AB, CD, KL; з) AB\]CD.

24.4. а) А = в; б) AB±PQ; в) Jb^~CD; г) Тв \\~CD; д) \AB\ = \CD\.

24.8. Можно решить ее традиционно: провести BD\\ CD и свести к решению задачи 24.7. Можно предложить векторный способ:

24.9. Это прямое следствие задачи 24.8. Обратное верно. Средняя линия полосы есть множество середин всевозможных ее хорд.

Рис. 17 Рис. 18

24.12. а) Пусть АВ = а, АС = ~Ь, Zß4C = a, AM — медиана к ВС, BN — медиана к АС (рис. 17). ÂM =U~ÂB+ ÂC) = Ua + ï); б) AM — биссектриса,

Дальнейшее решение аналогично 24.12 а).

24.13. Пусть АС и BD — диагонали ромба ABCD. Тогда

Рис. 19

Рис. 20 Рис. 21

24.21. См. рис. 22. а) 1) Если а = 0, то OX = ßOB, т. е. точки X заполняют луч OB, если ß=0, то ОХ = аОА, т. е. точки X заполняют луч OA и т. д. Ясно, что в этом случае все точки X образуют угол АОВ; 2) луч OB, прямая OA и угол, смежный с углом BOA', 3) прямая, проходящая через точку А, параллельна OB; 4) прямая, проходящая через точку Вь параллельна OA, где ОВх=—ОВ; 5) параллелограмм ОВхСА, где OB{ = 2ÖB.

б) 1 ) а = 1 — ß и 0<;ß<: 1; 2) один из параллелограммов определен условиями п. а) 5; 3) 0<а<1, ߣ/?.

24.22. Рис. 23. а) Отрезок CD; б) пусть точка X лежит на отрезке AB, a Y — на CD, тогда искомая фигура — параллелограмм MNPQ; в) объединение трех треугольников.

24.23. Ш + ^ = Ш + ЪЬ^Ш — ОВ = ^—ОС^'ВА = = CD о ABCD — параллелограмм.

Рис. 22

Рис. 23

Соотношение неверно, если данные отрезки не лежат в одной плоскости, так как LK, АС и BD некомпланарны. Обратное утверждение верно.

Рис. 24 Рис. 25 Рис. 26

Отсюда:

отсюда \КС\-\АВ\<\КА\-\ВС\ + \КВ\-\АС\9 но равенство невозможно, ибо тогда cos Z. 1 = 1 и cos Z2= 1, т. е. Z. 1 = Z.2 = 0, чего не может быть. Таким образом, КС-АВ<КА*ВС + КВ-АС.

Следовательно, из отрезков ААи ВВЬ СС, можно составить треугольник.

б) Обратное утверждение верно.

в) Так как _=_=_ и по свойству биссектрис -j^ = -j^- = —, то АВ2 = АС-ВС, АВ2 = АВ.ВС, ВС2 = = АВ-АС. Тогда АВ2-АС2 = ВСХ Х(АС — АВ\ АВ = АС. Аналогично доказывается, что АС = ВС. Следовательно, треугольник должен быть правильным.

Рис. 27

24.29. Пусть АМ = МВ, BN = NC, AQ = QD, CP, = PD.

MN = ^ AC = QP, следовательно, MNPQ — параллелограмм.

24.30. Пусть Ax, ß,, С, — середины сторон треугольника.

Через каждую из этих точек проводим прямую, параллельную прямой, определяемой оставшейся парой точек. Треугольник построен.

Четырехугольник не определяется однозначно параллелограммом MNPQ (рис. 28): одна из диагоналей, например АС, четырехугольника ABCD может быть выбрана с точностью до направления и длины (AC = 2MN).

Введем радиус — вектор г, в данные точки и /?7 — в искомые (рис. 29).

Тогда:

Решая систему, находим векторы /?,, /?2, /?3> #4» %ь и по ним строим точки А, ß, С, D, Е.

Рис. 28 Рис. 29

Рис. 30

Но по следствию из теоремы синусов

(около AÄBD и AACD описана та же окружность радиуса R). Значит, sin2 ZD + sin2 АА = 1 {/LA и ZD —углы AOD), но sin2 Z.4 + COS2 Z;4 = l, следовательно,

и, значит, ^A++D=j, ZЛOD = 90o, AC±BD. Обратное тоже верно.

Из равенства (*) получается, что и Z>4 — ZD=-^-, но это противоречит тому, что сумма углов четырехугольника 360° и что он вписан в окружность.

следовательно, M, — середина DE.

Обратное утверждение верно, оно доказывается аналогично. 24.34. Пусть точка О — середина BD (рис. 32). Тогда

Рис. 31 Рис. 32 Рис. 33

Рис. 34 рис. 35

Да, лежит. Рассуждения, аналогичные задаче 24.35. Утверждение верно для любого отношения, в котором точки L и К делят АС и ВС соответственно.

Рис. 36

24.38. Проведем диагональ АС и заметим, что К — точка пересечения медиан аАВС. Отсюда ВК = -^ ВО = — BD = LD (рис. 37).

Таким образом, OKWKL и так как К — общая, то OÇ/CL. Это утверждение верно и в пространстве, так как нигде не использовались условия планиметрии.

24.40. Из рассуждений, приведенных в 24.39, следует, что KL = КО = 0 тогда и только тогда, когда BC = AD. А это означает, что ABCD — параллелограмм.

Рис. 37 Рис. 38 Рис. 39

24.46. Пусть Т — центр тяжести

24.47. На основании результатов задачи 24.43: Т^2=^(АВ + ВС + СО\ 7^ = {(ßC + CD+ä4), TJ4 = \ (CD -\- DA -\- AB). Пусть О, — точка пересечения средних линий четырехугольника ABCD, 02 — точка пересечения средних линий четырехугольника ТХТ2Т3Т4. Так же, как в задаче 24.39, вычислим векторы 50, и Тх02. Найдем 0,02 = 0|ß + ВХТХ Тх02 и покажем, что О,О2 = 0.

24.48. Если учесть, что Т2 делит DM в отношении 2:1, так же как точка Г, делит AM, то, воспользовавшись рассуждениями, приведенными при решении задачи 24.36, получим требуемое.

Для определения \ОМ\ нужно знать либо длины сторон ААВСу либо углы при точке М. Сумма OA2 + OB2 -\- ОС2 наименьшая, если точка О совпадает с точкой М.

24.54. Так как Г,, Т2, Т3— центры масс каждой пары вершин, то они лежат на сторонах треугольника ЛВС, а центр масс Т данных точек Ти Г2, Т3 лежит на отрезках АХТХ, А2Т2, А3Т3у то требуемое утверждение верно.

24.55. а) 1) Поместим в вершины треугольника равные массы, например т,= 1, тогда ОТ = —(ОА-\-ОВ-\-ОС)у но ГСЛГ,,

2) Поместим в точки Л, ß, С, D — вершины четырехугольника ABCD — массы, равные 1.

Обозначим Тх, Тъ Г3, Г4, 7*5, Г6—центры масс точек Л и ß, В и С, С и D, D и Л, Ли С, В и D соответственно.

Пусть Т — центр масс ТХТ3 и Т2Т4. Так же как в решении задачи 24.53, покажем, что Т^ТЪТЬ.

б) Например, 24.34, 24.36.

Рис. 40 Рис. 41

24.63. Пусть О — центр правильного многоугольника, Т — центроид.

... легко дается удача тому, кто не ставит перед собою трудных задач, серьезных целей.

А. Д. Александров

§ 25. МЕТОД КООРДИНАТ

Теория

Еще один метод решения геометрических задач. А параграф начинается с понятия об уравнениях фигур. Не будем пока читать этот пункт, посмотрим, что дальше: уравнение окружности, задание фигур неравенствами, уравнение прямой. Вот наконец-то п. 25.5 называется как и параграф: «Метод координат». Прочтем его, постараемся понять суть. Один математик рассказывал, что он любую математическую книжку начинает читать с конца. Ему важен результат, к которому пришел автор, затем он пытается оценить его реальность, разумность, обдумывает свой путь доказательства этого результата и только затем начинает читать книгу сначала. Попробуем и мы понять, в чем заключается этот метод.

Читаем п. 25.5: «Задавая фигуры уравнениями и выражая в координатах геометрические соотношения...» О чем речь в этой фразе? Есть некоторая геометрическая задача, мы же ее будем решать алгебраически, для этого введем систему координат, запишем уравнения фигур, о которых говорится в условии, и затем, решая уравнения, системы уравнений, мы находим ответ на вопрос задачи либо доказываем требуемое.

Читаем дальше: «Пользуясь координатами, можно истолковывать уравнения и неравенства геометрически и таким образом применять геометрию к алгебре и анализу». Речь идет как бы об обратной ситуации. Теперь у нас есть некоторая алгебраическая задача, мы же данные уравнения, неравенства рассматриваем как некоторые геометрические фигуры. Используя свойства геометрических фигур, даем требуемый ответ.

Рассмотрим некоторые примеры, в которых применяется метод координат.

Задача 25.16. Две окружности касаются извне. Существует ли равносторонний треугольник, одна вершина которого — их общая точка, а две другие лежат на данных окружностях?

Чисто геометрическая задача. Чтобы решить ее методом координат, надо задать некоторую систему координат. Обычно оси выбирают так, чтобы координаты точек, фигурирующих в условии, были заданы просто. Например, хотя бы одна из координат равнялась нулю. Вот и здесь ось х направим по прямой Ох02, где О, и 02 — центры данных окружностей, ось у пусть пройдет через точку их касания. Тогда координаты О, будут, допустим, ( — г, 0), а 02 — (/?, 0). Удобный выбор системы координат — координаты центров хорошо определились. Отсюда получаем уравнения

окружностей: (x + rf-\-y2 = r2 и (x — R)2-\-y2 = R2. Известны и координаты точки касания О(0, 0).

Осталось на алгебраический язык перевести требование, чтобы две другие вершины (кроме О) равностороннего треугольника лежали на данных окружностях. Треугольник ОАВ — равносторонний, следовательно, ОА = ОВ = АВ. Равенство расстояний можно выразить через координаты, но для этого надо ввести координаты точек А и В. Пусть А (хА, уА), В (jcß, ув). Тогда

А + Уа = 4 + У2в и (хв — xAf + (yB — Уа? = *а + Уа-

Осталось последнее: уравнениями зафиксировать принадлежность точек А и В данным окружностям

(хА + г)2-\-у2А — г2, (хв —Rf +y2B = R2.

Итак, геометрическая задача записана на алгебраическом языке системой:

Решая эту систему четырех уравнений с четырьмя неизвестными, найдем координаты точек А и В. Тем самым ответим на вопрос о существовании искомого равностороннего треугольника. Мало того, мы докажем, что задача имеет два решения.

Задача. Сколько корней имеет уравнение х3 —л^ + а —5 = 0?

Заменим его уравнением jc3 — jc2 — 5= — а.

Построим в системе координат jcOa график а= — jc3-!-jc2-|-5 и будем проводить прямые, параллельные оси jc, и выяснять, сколько они имеют точек, общих с графиком функции а = = — jc3 —|— j^ + ö. Число общих точек этих прямых и графика даст ответ о количестве корней уравнения. Так алгебраическая задача переведена на язык геометрии. Но с решением таких задач ребята чаще всего будут иметь дело на уроках алгебры.

Итак, суть метода координат кажется ясна. Теперь можно детально изучить и остальные пункты параграфа.

Кстати, геометрическое решение задачи об окружности Аполлония не менее изящно, чем решение ее методом координат, данное в п. 25.6. Приведу его.

Итак, требуется выяснить, что представляет собой множество точек плоскости, отношение расстояний от которых до двух данных точек есть величина постоянная.

Решение. Пусть даны две точки А и В и некоторое положительное число £, равное отношению расстояний. Внутри отрезка AB есть одна точка С, такая, что АС : CB = k, и вне отрезка AB на прямой AB есть только одна точка С,, такая, что АСХ : CxB = k.

Пусть M лежит вне AB и MA : MB = k, тогда MC — биссектриса угла АМВ, аналогично МСХ — биссектриса для угла, смежного с углом АМВ. Известно, что Z. CMC, = 90°, тогда ясно, что множество точек, из которых отрезок CCj виден под углом 90°, есть окружность.

Вот такое доказательство, правда, оно основано на теореме, обратной теореме о биссектрисе внутреннего (внешнего) угла треугольника.

КОММЕНТАРИЙ К РЕШЕНИЮ ЗАДАЧ

25.1. Рис. 42.

25.2. Рис. 43.

25.3. Рис. 44.

Рис. 42

Рис. 43

25.4. а) Если |а|=2д/5\ то точка А принадлежит окружности. Если \a\^:2^f51 то точка А — внутри круга. Если |а|>2У5~, то точка А — вне круга.

б) Если |а|=УТ7\ то точка А — на окружности. Если то точка А — внутри круга. Если \а\ >^fП, то точка А — вне круга.

в) Если |а|="^^, то точка А — на окружности. Если |a|<^Ç\ то точка А — внутри круга. Если \a\>^\J^ > то точка А — вне круга.

Рис. 44

25.10. а) Круг с центром (0, 0) радиусом 1; б) кольцо, заключенное между двумя окружностями с центром (0, 0), радиусами 1 и 2; в), г), е) см. рис. 45; д) \у\+2\х\ < **+ 1, Ы<(|*|-1)2, см. рис. 45.

ft2 = 2, центр окружности лежит на перпендикуляре к отрезку Л В, где А (1, -1), В (2, -2).

Отсюда Ь= ± у91 , а = — 2 (точки, равноудаленные от точек (—5, 0), (1, 0), лежат на х= — 2).

25.12. а) Две, одну или ни одной, так как система двух уравнений, из которых одно — линейное, второе — квадратное, может иметь одно, два, нуль решений.

Рис. 45 рис 46

б) О, 1, 2, бесконечно много, так как система из двух квадратных уравнений может иметь 0, 1, 2, бесконечно много решений.

25.13. a) \ б) У2,5, центр на пересечении BD — диагонали и перпендикуляра к CD, через точку /С, где CK = ^CD\

в) рис. 46. M ( - 1, 0), С ( 1, 1 ), О (0, 0), Q (~, I), где Q - точка пересечения серединных перпендикуляров отрезков МО и ОС,

25.16. а) Пусть О, ( — г, 0), 02(/?, 0). Надо найти точки А и ß, принадлежащие соответственно окружностям (х-\-г)2 + у2 = г21 (x — R)2 + y2 = R2y такие, что ОА = ОВ = АВ (рис. 47). Пусть

Решая эту систему, найдем координаты точек А и В.

б) Можно требуемый результат получить из рассуждений п. а), но можно увидеть, что высота ААОВ принадлежит оси у, а потому Z.ВОН = 30° (рис. 48). Тогда, если OB = zy то

Рис. 47

Рис. 48 Рис. 49

б) для описанной окружности: г + у =2а . Рассуждениями, аналогичными п. а), получаем: АМ2 + ВМ2 + СМ2 + DM2 = 16а2. Аналогичные утверждения верны для любого правильного я-угольника.

Выражение принимает наименьшее значение, если X ^0, —j—^ » т. е. если X — центр тяжести треугольника. Тогда наименьшее значение равно 4а2. При стороне, равной 1, наименьшее значение равно 4.

Рис. 50

25.27. Если а2 + Ь2Ф0, то прямую. Если а2 + 62 = 0, то всю плоскость при условии с = 0 и пустое множество при условии с = 0.

25.28. б) Можно через начало координат провести прямую затем найти точку С = /,Г|/ и вычислить расстояние OQ.

Получили систему двух уравнений с двумя неизвестными Ь и г. Найдем их и напишем уравнение окружности.

б) Находим уравнения сторон (прямая через две точки), выражаем радиус вписанной окружности г как расстояния от точки до прямой.

25.32. а) Можно провести из начала координат прямую /, JL/, затем найти точку Q = /,f|/, а потом вычислить угол между векторами QO и QA. Если он меньше 90°, то точка А лежит в той же полуплоскости, что и точка О, если угол больше 90°, то — в другой.

25.33. Можно через каждые две соседние вершины провести прямую (написать ее уравнение) и проверить, лежат ли оставшиеся две вершины в одной полуплоскости относительно этой прямой.

Рис. 51

Рис. 52

Рис. 53 Рис. 54 Рис. 55

25.40. Если OA есть а, Oß = ft, то К движется: а) по прямой

25.42. а) ОАСВ — прямоугольник, поэтому 0С = Л5=1, принадлежит окружности jc2-f-y2=l; б) ОК=-^ОС, следовательно, С принадлежит окружности х? + у2=1-.

Ответ. Фигура, расположенная в первом квадрате и заданная уравнением: 2х* — 2ху + у2 = 1.

Получим систему:

Выражаем а и b из двух каких-нибудь уравнений и подставляем в третье.

Для равностороннего треугольника: пусть А (О, а), В (ft, 0), С (х, у) (рис. 55). Рассмотрим векторы АС и AB: АС = (ху у —а), ~АВ = (ЬУ -а). Так как \АВ\ = \АС\ = \ и Zß>4C = 60o, то ЛС-Аб = ^. Получаем:

Рис. 56

Выражая а и b через х и у и подставляя в оставшееся уравнение, получим уравнение, задающее фигуру.

Зачет по теме «Векторы и координаты»

I. Билеты устного зачета

Билет 1. 1) Вектор. Равенство векторов. Признаки равенства векторов (п. 18.4); 2) задача 24.11 (с. 264).

Билет 2. 1) Сложение векторов. Свойства сложения векторов (19.1 — 19.3); 2) теорема о точке пересечения медиан треугольника (п. 24.6).

Билет 3. 1) Умножение вектора на число. Характерное свойство коллинеарных векторов (§ 20); 2) теорема о высотах треугольника (п. 24.3).

Билет 4. 1) Определение и вычисление проекции вектора на ось (п. 21.2, 21.3); 2) задача 23.27 (с. 253).

Билет 5. 1) Свойства проекций векторов на ось (п. 21.4); 2) задача 22.40 (с. 247).

Билет 6. 1) Теорема о координатах вектора (п. 22.1); 2) задача 20.11 (с. 231).

Билет 7. 1) Скалярное умножение векторов. Выражение скалярного произведения через координаты (п. 23.1, 23.2); 2) задача 19.15 (с. 226).

Билет 8. 1) Уравнение прямой (п. 25.4); 2) вычитание векторов. Разложение вектора на составляющие (п. 19.4—19.6).

II. Зачетная контрольная работа

1. Даны векторы AB, ВС. Чему равна проекция каждого из них на ось, проходящую через другой, если в треугольнике ABC:

а) АВ = 5, ВС = 6, СЛ=7; б) АВ = 2, ßC = 3, СЛ=4?

2. Дана трапеция ABCD и известны координаты ее вершин. Как найти координаты точки пересечения: а) ее диагоналей,

б) средней линии и одной диагонали?

3. а) Суммы квадратов противоположных сторон четырехугольника равны. Доказать, что диагонали четырехугольника взаимно перпендикулярны.

б) Получить формулу, выражающую длину биссектрисы 1А треугольника ABC через его стороны Ь и с и угол А между ними.

Понятно, что задачи 1а), 2а), За) — первый вариант, 16), 26), 36) — второй вариант.

Приведу решение задач За) и 36).

Решение задачи За). Пусть ABCD — четырехугольник и AB2 + DC2 = AD2 + BC2, т. е. AB2-AD2 = BC2-DC2, тогда

(1)

Тогда из (1) получаем:

Итак, Dß.2/4C = 0. Следовательно, DB±AC. Решение задачи 36). Пусть в треугольнике ABC АВ = с, АС = Ь, 1А = А К — биссектриса угла А. Тогда ВА :АС = ВК:КС =

Третий вариант контрольной составим из задач к IV главе. Причем заранее ученики пусть знают, что можно вместо одного из первых двух вариантов решить третий — составленный из задач к IV главе: 1) № IV; 8 а); 2) № IV. 11 а); 3) № IV. 15.

КОММЕНТАРИЙ К РЕШЕНИЮ ЗАДАЧ К ГЛАВЕ IV

IV.l. Перелет будет совершен быстрее, если нет ветра. В случаях в) и г) ветер сносит самолет и тем самым увеличивает путь и, кроме того, уменьшает скорость. Покажем, что в случае а) перелет совершается быстрее, чем в случае б). Пусть скорость самолета К, скорость ветра Vx. Тогда

Рис. 57 Рис. 58

IV.3. а) На нить будет усилие больше, чем она может выдержать.

б) Рассмотрим силу F натяжения каната и разложим ее на горизонтальную и вертикальную составляющие. Для того чтобы направление каната стало горизонтальным, сила F =- должна быть бесконечно большой, что невозможно (рис. 57).

IV.4. а) е, + е2 + е3 = 0, = \е2\ = \еъ\ = 1, ~еъ = —(е1+~е2). A = ex~è2 +e2e3 +e,é?3 =?,e2 + (ß\ +е2 ) -е3 =ex~è2 — (ех + е2 )2 = = —2 — ехе2= —2 + ^-= — 1,5 (угол между векторами ех и е2 равен 120°, так как векторы единичные, сумма их — нулевой вектор, то они образуют правильный треугольник).

IV.5. ab + cd — скалярное произведение двух векторов

т = (а, с), n = (b, d).

Если a2 + c2 = b2 + d2 = 1, то ab + cd — скалярное произведение двух единичных векторов т = (а, с), n = (bt d).

IV.7. а) Пусть A(jt, у) — середина AB, N (х2у у2) — середина ВС, M (jc3, уъ) — середина АС. Если массы m,, m2, m3 — массы точек Ку N, M и /n,-j-m2 + m3= 1, m, = m2-m3, то центроид треугольника /(ЛШ совпадает с точкой пересечения его медиан

б) Если А (хА, уА\ В(хв, ув)у Р(хРу ур) — центроид, надо найти координаты С(хСу ус). Пусть массы точек такие же, как в п. а), тогда хс = ЪхР — хА — хВу ус = ЪуР — уА — ув.

IV.8. а) Окружность y:(x-af + (y — bf = R2.

Найдем координаты центра Q (ау b) и радиус окружности R.

Рис. 59

в) Точки лежат на одной прямой, следовательно, окружности не существует.

г) Пусть Q(a, a) — центр окружности, касающейся прямой Зх + 4у — 12 = 0, угловой коэффициент которой k = — ~ (рис. 59).

Найдем координаты точки касания К(ху у):

Из уравнения: 625a2 = (29a — 36)2 + (28a + 48)2 находим a, а затем уравнение окружности.

Внутри данного угла это одна ветвь гиперболы.

IV.10. Пусть Л (—а, 0), ß(a, 0), M (х, у\ тогда: а) см. решение задачи 25.54;

Рис. 60

Рис. 61

Рис. 62 Рис. 63 Рис. 64

Обозначим (AC + BCY = at ВС(АС + ВС) = Ь, ВС2 = с, тогда \PN\ —наименьшая тогда и только тогда, когда аА, — 2Ь\-\-с — наименьшая, значит, А,=—=—=—=—ч

б) \OL\ = \OL-n\, п = (ау Ь). Пусть L(x0, у0), тогда OL = (*о. Уо) и ax0 + bx0 + c = 0. \ОЦ = \OL-n\ = \ax0+by0\, но ax0 + by0 = — с, следовательно, \OL\ = \с\. Знак с зависит от того, сонаправлены или противоположно направлены векторы OL и п. IV.18. а) (г — г,)2=1—окружность с центром Л, г=1;

б) (г — г,)2 = (г — r2fo I г — г,I = |7—г2| — серединный перпендикуляр к отрезку Л,Л2; в) г,«г = 0— прямая /, перпендикулярная OA, Л С/.

Глава V

ПРЕОБРАЗОВАНИЯ

§ 26. ДВИЖЕНИЯ И РАВЕНСТВО ФИГУР

Теория

Преобразования (к ним относится осевая, центральная симметрия, параллельный перенос, поворот, подобие) дают нам еще один мощный метод решения геометрических задач. И в учебнике много красивых задач, решаемых при помощи симметрии (см. с. 337—339) и других видов преобразований. Вот оказывается в чем «тайный» смысл преобразований, вот зачем надо изучать многочисленные их свойства. Именно свойства преобразований и позволяют получать решения сложных задач.

Может быть, и начать изучение этой главы с представления всех преобразований. Только как их представить? Нарисовать массу картинок: треугольники центрально симметричные, симметричные относительно прямой, полученные в результате поворота, гомотетии. Выяснить общее их объединяющее, найти, интуитивно разглядывая картинки, различия. Затем сосредоточить внимание ребят на «движении фигур». Выяснить свойства движения.

Можно начать изучение главы с задач:

Задача 29.35. а) Восстановите угол по биссектрисе и точке на стороне.

В результате ее решения появится осевая симметрия.

Задача 29.35. д) Восстановите квадрат по четырем точкам на его сторонах.

В результате ее решения появится и осевая, и центральная симметрия.

Задача 29.35. г) Восстановите равносторонний треугольник по его центру и трем точкам на его сторонах.

Эта задача даст возможность познакомиться с поворотом. Задачи на восстановление фигур выбраны не случайно. Они всегда вызывают интерес учеников.

Хочу обратить внимание коллег на важность работы со свойствами движений. Без знания их трудно овладеть и всем после-

дующим материалом, трудно научиться решать задачи на движение. Очень хорошо ребята разбирают эти свойства в парах, помогая друг другу выяснить все тонкости доказательства.

КОММЕНТАРИЙ К РЕШЕНИЮ ЗАДАЧ

26.1. а) Нет; б) нет, не всегда, не всегда; в) отрезок; г) нет;

д) пусть У принадлежит плоскости. Проведем У0 У_1_а, построим точку У, в полуплоскости, не содержащей У, такую, что: У0У, УУ0. Очевидно, что У, — прообраз точки У; е) да, все точки прямой а.

26.2. а) Это — сжатие к прямой у с коэффициентом * = -j-

а), б) нет; в) отрезок; г) да; д) хх=^ху У\=у, координаты прообраза точки (jc, у) находятся по формулам jc' = 2jc, у' = у\

е) да, все точки оси у.

е) да, все точки (1, у\ т. е. точки, лежащие на прямой, параллельной оси У и проходящие через точки (1, 0).

26.3. а) нет; в) дуга или отрезок; д) ОУ,-ОУ=1; е) все точки окружности.

26.4. б) Надо доказать, что f (A [}B) = f(A)(jf(B).

1) Пусть M£f(А[}В). Это значит, что существует N£(y4(Jß), такая, что f(N) = M. Так как N£(A\JB)y то NÇA или Af£ß, тогда f(N)£f(A) или /(ß), а потому M = f(N) = f(A)[j(B). Обратное аналогично.

В этом доказательстве не использовано свойство / сохранения расстояний, поэтому данное равенство верно не только для движения.

26.5. Пусть Л, и ß, — проекции А и В на прямую а. Проектирование является движением отрезка, если фигура ААХВХВ — параллелограмм или равнобокая трапеция.

26.6. Да, если отрезки проводятся под углом 45° к прямой а. В остальных случаях — нет.

26.7. а) нет; б), в) да.

26.8. а), б), в), г) нет; д), е), ж), з) да. Задача решается непосредственной проверкой равенства расстояний AB и А'В', где А\ В' — образы точек А и В. Например, рассмотрим случай ж).

26.9. Так как /(Л) = В и /(0) = Л, то /(/(Л)) = /(В) = А и /(/(ß)) = /(>l) = ß, а потому по крайней мере две точки неподвижны при /о/.

26.10. Не обязательно (см., например, задачу 26.8 в).

26.11. Доказательство всех этих утверждений следует из определения и свойств движения, а также из результата задачи 26.4.

26.12. а) Пусть точка О — точка пересечения медиан треугольника ABC. f (АС) = АХСХ, так как движение сохраняет расстояние и переводит отрезок в отрезок, то середина L отрезка АС отображается в середину L, отрезка АХСХ. Тогда медиана BL — в медиану BXLX и точка О — в точку, принадлежащую BL. Аналогично f(0)Ç:CxMx и АХКХ — медиана ААХВХСХ, т. е. 0,=/(0) — точка пересечения медиан ААХВХСХ.

26.13. Объяснения опираются на определение движения, свойства 1—5 движений и результат задачи 26.4.

26.14. Что такое преобразование, являющееся движением, найдется, ясно из определения равных фигур. Однако не любое такое преобразование — движение. Например, возьмем отрезок AB и каждой его точке, кроме точек A w В, поставим в соответствие точку, симметричную относительно его середины. Точке же А поставим в соответствие ее же точку Л, а точке В — точку В. Тогда, очевидно, при таком преобразовании расстояние АСфАхСх (Ах— образ Л, С, — образ С), следовательно, оно не является движением, хотя отрезок и его образ равны.

26.15. Во всех этих заданиях достаточно разумно ввести систему координат и задать соответствие между точками фигур, затем сравнить расстояния между соответственными точками.

д) Системы координат введем так, что оси направлены по смежным сторонам прямоугольников ОАВС и ОхАхВхСх. Установим соответствие так, что любой точке M (х, у) первого прямоугольника поставим точку Af(jc,, ух) второго, такую, что х=хх, у = ух. Очевидно, это отображение сохраняет расстояние.

26.16. а) Равенство диагоналей, равенство сторон. Доказываются эти признаки с помощью двух систем координат, каждая из которых содержит диагонали ромба.

б) По двум сторонам и углу между ними, по двум диагоналям и углу между ними, по стороне, углу, прилежащему к этой стороне, и высоте, проведенной к этой стороне.

Доказываются эти признаки с помощью двух систем коорди-

нат, каждая из которых содержит сторону и высоту параллелограмма.

в) По двум основаниям и боковой стороне, по основаниям и углу при основании, по двум основаниям и высоте. Для доказательства введем системы координат так, чтобы одна ось содержала большее основание, а другая — середину меньшего основания.

г) По четырем сторонам, по двум основаниям и двум диагоналям.

д) По четырем сторонам и углу между двумя противоположными сторонами, по трем сторонам и диагоналям.

е) По радиусу и углу.

ж) По хорде и радиусу окружности.

Я ищу, значит, учусь.

Анри Бассис

§ 27. ВИДЫ ДВИЖЕНИЙ

Теория

Материал данного параграфа подобран так, что его легко перекроить в мастерскую, занятие, на котором дети будут творить, изобретать, сами конструировать свои знания по данной теме. Материала много, он не уместится в одну двухчасовую мастерскую, лучше провести две мастерские. Ничего, что разрыв между мастерскими будет в несколько дней.

Мастерская: виды движений

Класс разделен на группы по 3—5 человек.

I. Учитель читает вступление параграфа 27: «Если на плоскости фигура F' равна фигуре /\ то существует некоторое движение, которое переводит F в F' (согласно определению равенства фигур). Оказывается, что на плоскости существует всего лишь четыре вида движений: 1) параллельный перенос 2) отражение в прямой 3) поворот вокруг точки 4) «скользящее отражение», состоящее из последовательно выполненных отражения в прямой и переноса вдоль этой прямой (т. е. являющееся композицией этих движений)... Одним из этих движений и переводится F в F'».

Текст читается еще раз, ученики фиксируют главные мысли и формируют серию вопросов, проблем, которые нужно решить.

Вопросы могут быть такими: почему на плоскости существует всего лишь четыре вида движений? Что называется параллельным переносом, отражением в прямой, поворотом вокруг точки, «скользящим отражением»? Как доказать, что поворот, параллельный перенос, отражение в прямой, «скользящее отражение» — движения? Могут ли равные фигуры F и F' переводиться

друг в друга несколькими видами движений? Можно ли сказать, что из всех преобразований лишь четыре являются движениями? Все вопросы фиксируются на доске.

II. Каждому ученику предлагается выбрать какой-либо вид движения, нарисовать на листочке любые две равные фигуры, которые можно перевести друг в друга при помощи выбранного движения.

III. Ребята рассматривают картинки и образуют новые группы. Группы формируются по виду выбранного движения.

Хорошо, если будет четное число групп по каждому виду движения, ибо дальше будет организован обмен информацией между группами.

IV. Группам предлагается наметить план, по которому они будут описывать выбранный вид движения.

V. Слушаются планы, которые учителем фиксируются на доске. Группы корректируют свои планы. Учитель предлагает и свой план исследования движений:

1) определение через преобразование; 2) способ задания;

3) доказательство, что данное преобразование есть движение;

4) свойства. Все исследование оформляется на отдельных листах.

VI. Группы обмениваются листами, пишут друг другу послания, в которых отражают то, что поняли, перечисляют достоинства исследования и тактично обращают внимание на недоработки. Листы возвращаются авторам.

VII. Дается время на корректировку, затем каждая группа представляет свое исследование классу. Учитель не комментирует выступления.

VIII. Группам даются задачи, они взяты из § 27 учебника.

Группе «Параллельный перенос»: где следует построить мост PQ через реку, разделяющую пункты А и ß, чтобы путь 1 = АР-\-PQ-\-QB был бы кратчайшим (берега реки считаются параллельными прямыми а и Ьу а мост, естественно, строится перпендикулярно берегам реки)?

Группе «Осевая симметрия»: две деревни А и В находятся по одну сторону от прямого шоссе а. В какой точке С на шоссе а надо устроить остановку автобуса, чтобы сумма расстояний АС-\-СВ была кратчайшей?

Группе «Поворот»: в данном остроугольном треугольнике ABC найти такую точку, что сумма ее расстояний до вершин треугольника наименьшая.

Группе «Центральная симметрия»: построить отрезок, концы которого лежат на данных фигурах F, и F2, а середина находится в данной точке О.

Если какая-нибудь группа решила задачу, она пишет письмо соседям, в котором не излагает все решение подробно, но делится своими мыслями и по поводу задачи и по поводу метода ее решения и т. д.

IX. Обмен письмами. Корректировка решения.

Можно обмен повторить. Если задача все же не решена, учителю не следует спешить и наводить на решения. Можно подойти к группе и задать несколько вопросов: что вы уже сделали? Что не получается? А как вы думаете, можно выйти из этой ситуации? А почему не выходит? Вы учли советы товарищей? Попробуйте выйти из круга известных вам методов решения.

X. Слушаются все группы, и даже те, кто не решил, представляют свою работу, ибо учителю, да и всем ребятам, несказанно важно, как думают их товарищи. Черновики, незаконченное решение может быть ценнее готового, виден путь мысли. Порой заблуждение одного подтолкнет мысль другого в нужном направлении.

XI. Каждая группа читает ту часть § 27, в которой говорится об их виде движения. После чтения группы выясняют, как они справились с работой: что было удачно, что — нет. Группы, как путешественники после серьезного перехода, обсуждают все перипетии своей работы. Важно услышать, как думал каждый. Опыт мыслительной деятельности одного обогащает способы поиска истины всех слушающих его.

Да, а как же учитель? Он-то когда скажет свое слово? А ждут ли его ребята? А если ждут, то почему? Не верят себе? Привыкли сравнивать каждый свой шаг с авторитетом? Не подавляет ли это мысль ребенка? Они говорили друг с другом, они читали учебник, им была предъявлена вся информация, которой владеет и учитель. Этого мало? Не смажет ли речь учителя в конце мастерской то состояние души, которое создано творческой работой? А если дети так ничего и не поняли? А если они уйдут с неверной информацией? А когда объясняет учитель, все ученики уходят с истинными знаниями? А что важнее — знания или тяга к процессу творчества, процессу познания? Творчество творчеством, но результат-то нужен? А что должно быть результатом общения учителя и ученика на занятии? Знания?

Вопросы, вопросы, вопросы... Вот было бы здорово знать на них ответ или хотя бы быть уверенным, что на каждый вопрос есть один определенный ответ.

И все же, как бы я работал на этой мастерской? Давал бы задания, настроил бы себя на удивительно спокойную тональность, задал бы ритм, в котором думалось бы без спешки, без страха, без дамоклова меча «всехней оценки» и учителя и учеников. Стремился бы сдерживать темп, не давал бы загонять его ученикам и группам, быстро соображающим, быстро выполняющим задания, но и не давал бы излишне тормозить его. Ясно одно: работа должна протекать ритмично. Своей задачей я бы считал фиксирование на доске итогов рассуждений ребят, чтобы они могли глазами все просмотреть еще раз, зацепиться за какую-нибудь мысль и развить ее. Может быть, мои функции — функции хорошего официанта, подающего пищу красиво, вовре-

мя, доброжелательно, будучи уверенным, что она понравится и с ней достойно справятся? Я, как и он, должен возникать вовремя, не раньше и не позже. В этом заключается искусство мастера. Я должен умело предлагать одно «блюдо» за другим, но упаси Боже, не навязывать: необходима свобода выбора. Я должен верить, что каждый ученик думает над проблемой даже тогда, когда он якобы безучастен к происходящему, просто сидит, слушает ребят. А порой даже кажется, что он и не слушает никого, как важно даже в этот момент не давить на него, не применять карательных мер. Ведь «нам не дано предугадать, как наше слово отзовется»...

Иногда в такой момент стоит просто подсесть к такому ученику и рассказать что-нибудь из математики, поделиться своими находками, поделиться тем, что ты совсем недавно узнал. Такой разговор позволит и этого ученика вовлечь в среду увлеченности, поможет и ему, может быть, не сейчас, сделать изучение математики более богатым и глубоким.

Часто ученики подзывают учителя и спрашивают его о чем-то. Иногда они просят быть судьей в споре, иногда хотят защитить себя от ошибки. Что делать учителю в этом случае, отвечать? Не надо торопиться отвечать. Лучше в ответ построить серию вопросов, которые помогут ребятам понять то, что они спрашивают, и, кроме того, самому учителю осознать их затруднения. Затруднения ребят, их ошибки могут быть предметом хорошего, серьезного разговора. И как радуется и сердце ученика и учителя, когда в результате этого разговора осуществляется переход от слепоты к прозрению, к пониманию. Поводом для прозрения может стать изменение самой цели, на достижение которой были направлены все имеющиеся у ученика средства. Изменение цели меняет и средства. Новые средства быстрее приводят к решению поставленной задачи. Но самое ценное в том, что на мастерской смена цели происходит не под давлением учителя, а по воле самого ученика. Отсутствует насилие. Понимание происходит лишь посредством понимания. На мастерской создается некоторое поле свободы для проявления творчества, для раскрытия способностей детей. Ребятам помогают реализовать себя, преодолеть массу препятствий, которые возникают в процессе выполнения заданий. Эти препятствия у каждого свои, и решаются они иногда в результате работы в группе, иногда — индивидуальными размышлениями. Порой мы об этих маленьких победах так и ничего не знаем, радуясь лишь решению очередной задачи, которое, может быть, совсем не самое главное для человека в этот момент. Поле свободы! На традиционных же уроках устанавливается поле запретов. Ребенку постоянно доказывают, что он какой-то не такой, не подходящий под трафарет, имеющийся у учителя. Отсюда — масса конфликтов. Казалось бы, что проще — убери все запреты, и рухнут основы многочисленных страхов, угроз, которые так основательно прижились в

современной школе. Страх парализует ум. Вот поэтому нельзя мастерскую проводить учителю, вооруженному старой авторитарной философией. Ничего не получится. Не возникнет поле свободы, не возникнет творчество. Мастерскую нужно уметь провести.

Американская писательница Бел Кауфман рассказывала, что группа мужчин, любителей анекдотов, занумеровала все известные им анекдоты. Когда они собирались, то вместо анекдота просто говорили его номер и дружно смеялись. Однажды один человек присутствовал на таком сборе. Послушал, послушал и решил сам рассказать анекдот. «Номер 51»,— сказал он. Но никто не рассмеялся. «Почему вы не смеетесь, я же все сделал так же, как вы?» — спросил он в недоумении. «Анекдоты надо уметь рассказывать»,— был ему ответ.

У этой мастерской «Виды движений» может быть продолжение. Пусть на следующем занятии ребята походят по классу, расскажут друг другу о том виде движения, которым они занимались. Пусть сменят пару и опять поговорят. В завершение каждый пишет отчет: все, что знает про все виды движений. Отчет не контрольная, он больше нужен самим ученикам, для своего контроля. Поэтому, хотя учитель их будет читать, но с отметками можно не спешить. Ученик ведь учится, и учится самому главному: познавать свои возможности.

Задачи

Метод геометрических преобразований. В чем он состоит? Как написано в п. 27.2, «основная идея метода геометрических преобразований в том, что фигура, рассматриваемая в условии задачи, преобразуется в такую, для которой решение становится проще. Решив задачу для преобразованной фигуры, затем обратным преобразованием возвращаются к исходной фигуре». Надо сказать, что это общее описание метода геометрических преобразований.

Следуя выбранной нами стратегии, рассмотрим сначала несколько геометрических задач, которые эффективно решаются методом преобразований. Правда, для того чтобы сказать, что эта задача решается лучше именно этим методом, надо сначала ее решить всеми возможными методами. И даже в этом случае можно получить равноценные решения.

В учебнике такими задачами являются: на метод параллельного переноса — № 27.12, 27.14, 27.16, 27.18, 27.19, 27.20; на метод симметрии — № 27.42, 27.44; на поворот — № 27.58, 27.59, 27.60, 27.61, 27.63; на центральную симметрию — № 27.75, 27.77, 27.78, 27.80, 27.81. Этот набор задач предлагает исследовать чисто геометрические ситуации. Если бы перечисленные задачи были в другом разделе, не разделе преобразований, то мы пытались бы решить их другими методами. Почему же именно эти задачи наиболее эффективно решаются при помощи преобразований? Что это за задачи? Ну, во-первых, это задачи на построе-

ние, задачи, в которых данные элементы и не входят в один треугольник, их надо сблизить при помощи или параллельного переноса (27.16, 27.20), или центральной симметрии (27.77). Во-вторых, экстремальные задачи на построения, решаемые при помощи осевой симметрии (27.42, 27.44) и при помощи центральной симметрии (27.81). Их решение похоже на решения задач, разобранных в п. 27.2, п. 27.4. В каждой из них требуется найти такое положение точки (или точек), чтобы некоторый путь или периметр треугольника, или площадь треугольника были наименьшими. Поиск осуществляется при помощи построения фигуры, симметричной относительно оси или центра данной фигуры или ее части. Чаще всего ищется образ части фигуры. Причем обычно в таких задачах используется утверждение о кратчайшем расстоянии между двумя точками. В-третьих, задачи на доказательство, при решении которых используются свойства движений: отрезок переводится в отрезок, треугольник — в треугольник, окружность — в окружность, сохраняются величины углов, площади многоугольных фигур. К ним относятся задачи 27.58, 27.59, 27.60, 27.63 (свойства поворота), 27.75, 27.78 (свойства центральной симметрии).

Например, в задаче 27.58 даны равные хорды в одной окружности. Понятно, что существует поворот, отображающий окружность на себя и при этом одну хорду на другую, середину одной хорды — в середину другой. Центр окружности неподвижен, тогда мы нашли движение, отображающее один отрезок (перпендикуляр из центра одной из хорд) на другой (перпендикуляр из центра к другой хорде), следовательно, они равны.

Самое главное в этих задачах — осмелиться применить нужное движение и использовать его свойства.

Все остальные задачи даны для тренировки, они готовят ребят к решению этих главных задач. Надо хорошо подумать, чтобы разумно сочетать их решение на уроке. Ситуация как у спортсменов. Одни тренировки бессмысленны при отсутствии матча, так же и матч можно проиграть без тренировок. Но с каким азартом проходят тренировки, когда все четко представляют, к чему они готовятся.

Я все же за то, чтобы задачи, перечисленные выше, появлялись с самого первого занятия по этой теме. Может быть, легче их будет решать в парах, в группах, ибо то, что ребенок сегодня делает с помощью одноклассников, завтра будет делать сам. После изучения теории, знакомства с методами решения задач на движения такого типа задачи отвечают зоне ближайшего развития. Они рассчитаны не только на использование законченного на сегодняшний день процесса развития, но и на те процессы, которые находятся в состоянии становления, которые только созревают, только развиваются. Л. С. Выготский считал, что только то обучение является хорошим, которое забегает вперед развития. Переход от групповой деятельности на уроке к индивиду-

альной соответствует основному закону развития психических функций, который утверждает, что всякая высшая психическая функция в развитии ребенка появляется на сцене дважды: сперва как деятельность коллективная, социальная, второй раз — как индивидуальная деятельность, как внутренний способ мышления ребенка.

Приведу несколько задач, которые можно предложить для решения на длительный срок.

Задача 1. Прямая пересекает параллельные стороны квадрата. Прямая, перпендикулярная ей, пересекает две другие стороны квадрата. Доказать, что отрезки прямых, ограниченные точками пересечения со сторонами квадрата, равны между собой.

Доказательство. Пусть дано, что в квадрате ABCD с центром О КМ±РН (K£DC, М£АВУ P£ADy Н£СВ). Проведем через О отрезок РХНХ\\РН. Очевидно, РХНХ = РН. Повернем данный квадрат вокруг точки О на 90° (против часовой стрелки). Тогда Р\Н\ займет положение Н2Р2у а параллельный и равный ему отрезок РН займет положение Н3Р3. Но РХНХ±.КМ. Следовательно, и Н3Р3= КМУ т. е. РН = КМУ что и требовалось доказать.

Задача 2. Доказать, что сумма расстояний от любой точки, лежащей на основании равнобедренного треугольника, до его боковых сторон равна высоте треугольника, опущенной на боковую сторону.

Доказательство. Пусть дан равнобедренный треугольник ABC (AB — его основание). О — произвольная точка основания. KOJLAC, OP.LBC (по условию), проведем AM_LßC. Требуется доказать, что КО-\-ОР = АМ.

Для этого построим ААВСХ, симметричный данному относительно прямой AB. Так как ААОК= Z.BOP и ААОК= /-КхОА (КХ£АСХ)У то /_ВОР= /-КхОА и отрезки КхО и ОР лежат на одной прямой. И так как AMJ-BC и КХРА-ВСУ то АМ\\КХР. Кроме того, AM и КХР заключены между параллельными прямыми АСХ и СВ. Поэтому AM = КХР что и требовалось доказать.

Контрольная работа

1-й вариант

1) С помощью осевой симметрии постройте сумму сторон ВС и АС треугольника ABC.

2) Постройте четырехугольник, если известны его четыре стороны. Диагональ четырехугольника принадлежит биссектрисе его угла.

3) Решите любую задачу из № 27.58, 27.59, 27.60, 27.63.

4) Докажите, что две трапеции равны, если основания и диагонали одной из них соответственно равны основаниям и диагоналям другой.

Решение задачи № 4. Даны трапеции ABCD и A/B/C/D/

(ad и ßC, a'd' и ß'C — основания трапеций). CD, — образ bd при параллельном переносе на вс и CD' — образ b'd' при параллельном переносе на ß'C, тогда aacdx = aA'C'D'x. Перемещение, при котором aacdx aa'c\d\, отобразит точку d на точку d' и точку в на ß', т. е. трапецию abcd на трапецию A'B'C'IY.

2-й вариант

1) С помощью осевой симметрии постройте разность двух сторон ab и вс треугольника abc.

2) Постройте треугольник по стороне, сумме двух других сторон и углу, противолежащему одной из них.

3) Решите любую задачу из № 27.58, 27.59, 27.60, 27.63.

4) Докажите, что две трапеции равны, если стороны одной из них соответственно равны сторонам другой.

Решение задачи № 4. Пусть в трапециях abcd и а'в'cd' ав = а'в', ßC = ß'C, cd = c'd', ad = a'd'. Построим образ ab при параллельном переносе на вектор вс и образ а'в' — на вектор ß'C Треугольники Л,CD и a\c'd' равны (ах — образ а и а\ — образ а'), и, следовательно, существует перемещение, при котором aaxcdДЛ'С'О'. При этом перемещении луч ОЛ-^луч DM7, а-+а' (da = d/a/) и ß-+ß'.

КОММЕНТАРИЙ К РЕШЕНИЮ ЗАДАЧ

27.1. а) Так как параллельный перенос — движение, то образом прямой является прямая. Если вектор переноса параллелен данной прямой, то образы точек X и Y прямой принадлежат этой же прямой. Если же вектор переноса не параллелен данной прямой, то, так как параллельный перенос сохраняет направление, образом прямой будет прямая, ей параллельная.

б) Вектором переноса будет любой вектор с началом в любой точке, принадлежащей одной из данных параллельных прямых, и концом в произвольной точке другой параллельной прямой. Или наоборот.

27.2. Пусть X (jc, у\ Хх — образ точки X — при переносе на вектор a = (jto, Уо) имеет координаты (хь ух).

Тогда ХХХ =(хх — X, ух — у). Но а = ХХХу тогда

27.3. а), б) Следует из того, что перенос есть движение, сохраняющее направление.

27.4. а) Нет; б) любая прямая, параллельная вектору переноса.

Рис. 65 Рис. 66

27.5. Отрезок AB при параллельном переносе «заметает» параллелограмм, площадь которого sin ср.

27.10. Если / — период функции /, то ее график отображается на себя с помощью параллельного переноса на вектор (ty 0). Поэтому вектор Т =(/,-{-*2; 0) отображает график на себя, т. е. *i + *2 — период функции /.

27.11. a) L — результат пересечения прямой AB' с осью х, где В' — образ В при параллельном переносе на вектор (0, 1), К— пересечение AB' с у=\ (рис. 66).

б) Можно написать уравнение прямой AB': 2у + 5х — 14 = 0, затем, учитывая, что у=1, найти абсциссу точки /(:х=2,4. Координаты L:x=2,8, у = 0 (см. рис. 66).

27.12. а) Пусть К— середина AB треугольника ABC. Осуществим параллельный перенос АС на вектор АК, получим параллелограмм AKLC. Осталось доказать равенство треугольников ВКМ и CMLy где M — точка пересечения KL и ВС. б) В трапеции ABCD осуществите параллельный перенос BD на вектор СВ и рассмотрите полученный треугольник АВМ.

27.13. Возможны три варианта: 1) стороны углов попарно сонаправлены, 2) стороны углов попарно противоположно направлены, 3) две стороны углов сонаправлены, две другие противоположно направлены.

1) Существует параллельный перенос, отображающий один

Рис. 67

угол на другой. При этом биссектрисы углов совместятся, значит, они сонаправлены. 2) Биссектрисы противоположно направлены. 3) Биссектрисы перпендикулярны.

27.14. Пусть KL — средняя линия ABCD, KÇAD, L£ßC. Совершим параллельный перенос AB на вектор BL и CD на вектор CL. Получим точки Л, и D,. Достроим AXLDX до параллелограмма AXLDXP, в котором PL = AB + CD = AXL + AXP, т. е. точки L, Л, Я, К лежат на одной прямой и LK\\AB\\CD, значит, ABCD — трапеция.

Если и другая средняя линия трапеции равна полусумме двух других сторон, то ABCD — параллелограмм.

27.16. Построение сводится к построению треугольника по трем сторонам, две из которых соответственно равны боковым сторонам трапеции, а третья — разность оснований, б) Строится треугольник, две стороны которого соответственно равны диагоналям трапеции, а третья — сумме оснований.

27.17. Рис. 67. Из трех прямых ЛЛ,, ßß,, ССХ одна лежит между двумя другими. Значит, в одном из параллелограммов высота равна сумме высот двух других параллелограммов. Основания параллелограммов равны ЛЛ,.

27.18. а) Так как данные окружности могут быть совмещены друг с другом с помощью параллельного переноса 0,02, где О, и 02— центры кругов, то любая прямая, параллельная 0,02 — искомая.

27.19. а) Совместим параллельным переносом прямые, на которых лежат высоты треугольников. Если треугольники совместятся, то любая прямая, параллельная их основаниям, удовлетворяет условию задачи. Если треугольники пересекаются, то существует одна прямая.

27.20. а) Сначала строится MKLP по сторонам и диагонали MN = а^Ь , затем точки С и D; В и Л. б) Решение видно из рис. 68.

Рис. 68

27.22. Если Af, Ny Py Q — середины сторон четырехугольника ABCDy то S(MNPQ) = ^. Тогда Д MNP — искомый, S ( AMNP) = ^. Двигая точку N по стороне ВС в сторону удаления ее от MP (если MP непараллельно ВС), мы увеличим эту площадь.

27.23. а) Если а', симметричная а относительно оси /, пересекает ось / в точке О, то О — неподвижна, а следовательно, она принадлежит и а. Получили противоречие с условием; б) см. а); в) это следует из того, что симметрия — движение, а потому сохраняет углы.

27.25. а) Это следует из определения симметрии, б) Пусть оси симметрии /, и /2, /,||/2. Пусть образом точки А в результате композиции двух осевых симметрий есть точка А'у а образом точки С — С7. Очевидно, что АА'\\СС и векторы АА' и СС сонаправлены. Длины же их равны удвоенному расстоянию между /, и /2. в) Введем систему координат так, чтобы вектор переноса имел в ней координаты (0, а). Такой перенос может быть разложен на композицию двух симметрий относительно прямых: оси х и У=^-

27.26. а) Да, да; б) да, если оси этих симметрий непараллельны, все три оси симметрии проходят через центр окружности, описанной около Aßß'ß" (ß' —образ ß, В" — образ В').

27.27. Да, так как вокруг равнобедренной трапеции и прямоугольника можно описать окружность.

27.28. а) Диагонали квадрата.

27.32. ABCD — исходный прямоугольник, BA'DC — прямоугольник, отраженный от диагонали BD исходного (рис. 69). BKDL — параллелограмм, но так как точка К симметрична L относительно ßD, то BDJLKL и BKDL — ромб. Поэтому

27.33. a) (a + b)\\l\ б) (a-b)±l.

27.34. Если эти треугольники равнобедренные, равносторонние, они могут быть совмещены еще параллельным переносом.

27.35. а) 1) Да, да; 2) (1; 0), (-2,5; 0); б) 1) (1,5; 0), (-2; 0).

27.36. Для нахождения точки M достаточно соединить точки A' = Sa(A) и A" = Sb(A) и найти пересечение А'А" и а (рис. 70). Если угол прямой или тупой, задача решений не имеет.

27.40. Если оси симметрии графика функции перпендикулярны оси X , то функция периодическая, так как график ее может быть отображен на себя с помощью переноса на вектор, параллельный оси X.

27.41. а) Достаточно построить точку В', симметричную В относительно оси Ху и найти пересечение AB' и оси х.

б) Написать уравнение прямой AB", где В" — точка, симметричная В относительно оси у, найти точку пересечения AB" с осью X. Длина ломаной ALB равна длине ALB" = AB".

27.43. Центры О,, 02, 03 стертых квадратов лежат на серединных перпендикулярах к сторонам треугольника, которые пересекаются в точке О. Расстояния от О, до соответствующей стороны равны — а, а от О до этих сторон —— . Тогда для построения треугольника ABC найдем О — центр окружности, описанной вокруг 0102Ог, затем разделим отрезки 0,0, 002, 003 в отношении y* б~ и чеРез точки деления проведем прямые, перпендикулярные 0,0. Затем восстановим квадраты.

27.44. а) Решение на рис. 71.

Рис. 69

Рис. 70 Рис. 71

27.46. Пусть b = Ro(a) и пусть K = a[]b, ОА±ау OB±b (рис. 72). Тогда в четырехугольнике ОАКВ: Z-AKB = n — a1 а смежный с ним равен а.

27.47. Доказательство непосредственно следует из определения осевой симметрии.

27.48. б) Пусть поворот /?JJ задан центром О и углом а.

Пусть /-АОВ = а. Выберем в качестве осей симметрии прямую OA и биссектрису ОС угла АОВ. Тогда

27.50. Да, центр поворота.

Рис. 72 Рис. 73 Рис. 74

Рис. 75 Рис. 76 Рис. 77

27.57. Пусть ABCD — исходный ромб, a A'B'C'D' — ромб, полученный в результате поворота. Необходимо найти площадь их пересечения, т. е. SAMCNCPA,Q (рис. 76). На рисунке MNPQ — квадрат, так как отображается на себя при повороте на 90° вокруг точки О. ЛВ=1, АО = sin ^ ВО = cos ^ ОМ — биссектриса

27.58. Для доказательства достаточно использовать поворот /?5(а= /-АОС). При этом окружность отобразится на себя, а точка В — на D, так как AB = CD (рис. 77). Тогда так как О — не-

подвижна, то расстояния от точки О до AB и CD равны, ААОВ= Z.COD, ^АВ = wCD, сегм. АтВ = сегм. CnD. Обратное утверждение верно.

27.59. Рассмотрим поворот с центром в точке О на угол 120°. При этом повороте круг отобразится на себя, треугольник — на себя. Поэтому высекаемые хорды М/С, LM, PQ отобразятся друг на друга: MK-+LM, LM-+PQ.

Обобщение. Аналогичное утверждение верно для любого правильного многоугольника, имеющего с кругом общий центр и пересекающего окружность этого круга.

27.60. Задача решается с помощью поворота Rl020\ при этом ДЛ,Б,С, отображается на себя, A KLM — на себя. Следовательно, Д/4,0,С, и AKLM — правильные.

27.61. Рассмотрим поворот R™°. При этом А-+К, L-+B, AL-^KB, M-+N, где точки M и N — середины отрезков AL и KB соответственно. Таким образом, MC = CN, /-MCN = 60°, следовательно, Л M NC — правильный.

27.62. Пусть АВ = ВС = АС = а, ВМ = т, МС = п. Найдем AM. AM2=АС?+MC2-2АС-MC cos Z.ACM, Z.ACM = ^ + a. Из АВМС:

27.63. Рассмотрим поворот R™°. При этом А^СЬ Ах-+С, тогда АА^СС,. Поэтому ААХ = ССХ. Аналогично ААХ — СС, = ВВХ.

27.65. а) Пусть a = S0(b) и 0(j-a. Предположим, что a(]b = Q. Тогда S0(a)f|50(b)= т. е. а и b пересекаются и в точке Q и Q', что невозможно, б) Центр симметрии — любая точка средней линии полосы, в) Да, если отрезки AB и CD равны и параллельны, то центр симметрии их — точка пересечения AD и ВС.

27.66. б) В соответствии с результатом задачи 27.47.

27.68. Да, центр симметрии.

В первом случае AC[\BD = 0 и АС несимметричен BD, во

Утверждение верно не всегда.

27.74. Да, да. Докажем это. Пусть M€(Fl\JF2) и FX=S0(F2). Тогда MÇF, или MÇF2, но тогда S0(M)£F2 или S0(M)^FX, т. е. S0(M)£Fl[}F2. Аналогично доказывается симметрия пересечения.

27.75. Пусть даны две равные окружности F, и f2 с центрами О, и 02. Пусть Q — середина Ох02 и прямая / проходит через Q, касается Fx.

При симметрии относительно Q:FX-+F2, тогда (IÇ\FX)-^--К^П^)- Обратное неверно.

27.76. а) Рассмотрим симметрию с центром M— серединой ВС (рис. 78). Тогда В-+С, АВ^СК, CKWAB, образом луча ML будет луч МК (L — середина AB), тогда: L-+K. ALKC — параллелограмм, значит, ML\\AC, LM =^ АС. б) Надо рассмотреть симметрию относительно середины боковой стороны.

27.77. а) Пусть в ААВС медиана AM. Рассмотрим симметрию с центром в М, получим параллелограмм ABCD. Строим треугольник ADC по трем сторонам, б) AD<AC + DC, m< а~^Ь.

27.80. а) Достаточно рассмотреть симметрию с центром в данной точке Q. Получим некоторый параллелограмм ОАКВ, где К симметрична вершине угла О. Тогда AB — искомая хорда.

27.81. S(AAOB)=^AB-OM-s\n а (рис. 79). Площадь

Рис. 78 Рис. 79

АЛОВ наименьшая, если длина AB — наименьшая. Проведем через M отрезок А0В0 так, чтобы А0О = В0О. Докажем, что А0В0<сАВ. Проведем AC\\BD\\A0B0t получим равнобочную трапецию, в которой AB — диагональ, А0В0 — средняя линия. Очевидно, что 2AB>AC + BD, тогда AB>AC + BD, АВ>А0В0, т. е. треугольник ОА0В0—искомый.

Я не доказал этого, но уверен, насколько можно быть вообще в чем-либо уверенным, что это действительно так.

Д. Сильвестр

§ 28. КЛАССИФИКАЦИЯ ДВИЖЕНИЙ

Теория

О классификации движений идет речь в п. 28.3 «Теорема Шаля». Я и начинал с учениками работу по этой теме с изучения доказательства этой теоремы, приведенного на с. 318—320. Конечно, доказательство это не стоит ребятам ни запоминать, ни учить, не стоит учителю его спрашивать, да еще и на отметку. Оно довольно объемное, хотя интересное. Важен сам труд по его осмыслению.

Первый вариант занятия

Ученики сидят четверками, но работают в парах. Четверками затем, чтобы в случае необходимости была возможность поговорить, уточнить что-то, проверить свое понимание, сравнив его с пониманием соседей. Учитель тоже читает текст учебника, читает и думает, внося коррективы, в разработанную дома тактику и стратегию ведения занятия.

Но, конечно, перед разбором доказательства теоремы Шаля надо прочитать формулировки теорем о единственности движения и о задании движения. Усвоить их содержание поможет рассмотрение рисунков к этим теоремам.

Теорема Шаля дает ответ на вопрос, почему на плоскости существуют лишь четыре вида движений.

Итак, можно просто дать почитать в парах теорему 35, предложить им сделать все рисунки на листе, разобрать все логические переходы. Затем пары можно сменить и по готовому конспекту пусть новые пары расскажут друг другу доказательство. Однако этот вариант несколько не соответствует творческому подходу к обучению геометрии.

Второй вариант занятия

Учитель читает формулировку теоремы, рассказывает начало ее доказательства: «Пусть / — заданное движение плоскости. Возьмем такую точку Л, что точка B = f(A) не совпадает с А. (Если f (А) = А для всех точек, то / — тождественное движение, т. е. поворот на 0°.) Итак, пусть ВфА. Затем возьмем точку

C = f(B). Так как / переводит точки А и В в точки В и С, то АВ = ВС.

Для точек Л, ß, С возможны три случая их расположения: 1 ) А, ß, С — вершины равнобедренного треугольника с основанием ЛС — общий случай... 2) Точка В — середина отрезка АС... 3) Точка С совпадает с точкой А.

На доске — три рисунка, соответствующие этим трем случаям. Их-то и можно раздать парам. Пары делают один из этих рисунков на своем листе бумаги. Затем учитель предлагает взять еще какую-нибудь точку D, не лежащую на прямой AB (в первом случае D — вне угла ABC достаточно близко к середине отрезка AB). Пусть Dx = f(D). Следуют задания:

Нарисовать AABD и его образ AßD,C; дать все возможные расположения AßD,C. Пары, выполняющие одно задание, знакомят друг друга со своим решением. Доски разделены на три части, рисунки выполняются на досках. Рисунки представляются парами, одинаковые варианты убираются. Остаются ситуации, которые в учебнике даны на рис. 272, а), б), 274, а), б), 275, а), б).

Учитель просит пары (или четверки) придумать движение, при помощи которого один треугольник можно отобразить в другой.

Варианты обсуждаются и представляются на доске. Группы защищают свой вариант.

Только теперь пары читают § 35, разбирают доказательство, данное в учебнике, записывают вопросы, на которые они так и не получили ответ.

Доказательство теорем 33 и 34 можно дать подготовить четырем ученикам в виде доклада и попросить их на следующем уроке доказать эти теоремы.

КОММЕНТАРИЙ К РЕШЕНИЮ ЗАДАЧ

28.1. а) Для любой точки М, принадлежащей /, S- /(Af) = Af, принадлежит / и ЛШ, = а, следовательно, S'â ((М)ФМ. б) Для любой точки Af, принадлежащей /, Sf à(M) = M' принадлежит другой полуплоскости с границей /. в) Достаточно выполнить рисунок, и из него все будет ясно, д) Ось / содержит среднюю линию ДММ'М".

28.5. б) если а||/, то S, о Т- — скользящая симметрия с осью / и вектором а. Если а||/, то тоже скользящая симметрия.

г) Ro°Ro —движение первого рода, перенос или поворот.

28.8. Rc°Rb°Ra — движение I рода, т. е. поворот или перенос. Rb°Ra— поворот или перенос. Если RBoRl = R(§, то q) = a + ß. Тогда

Если RBoR* = T— перенос, то Ryc<>T — поворот.

Эта композиция — тождественное преобразование, если

§ 29. СИММЕТРИЯ ФИГУР

Теория

Очень красивая тема. В учебнике дано много прекрасных иллюстраций, которые обязательно следует рассмотреть. Они воистину геометрию соприкасают с реальностью (решетки петербургских набережных, орнаменты, паркеты), с искусством голландского художника Эшера.

Материал простой, изложен изящно. Самый любопытный, насыщенный новой информацией пункт — это п. 29.5 «Группы преобразований фигур», хотя определение группы преобразований фигур дается в предыдущем параграфе. После знакомства с этим материалом сразу же стоит предложить ученикам задачу 29.1.

В учебнике дан пример решения одного ее пункта. Ребята, выполняя решения остальных пунктов, хорошо овладевают этим понятием. Этой же цели служат и задачи 29.2—29.6. Все они выполняются с увлечением и довольно легко. При этом хорошо повторяются все виды движения.

Мастерская: симметрия фигур

Ребята сидят в группах.

I. Парам предлагается решить задачу 29.7: «Нарисуйте фигуру, имеющую бесконечное множество осей симметрии, ограниченную, но не круг и не окружность». Задача доступна ребятам, они рисуют концентрические окружности, окружность с выколотым центром, плоскость, шар и т. д.

Группы делают рисунки на доске.

II. Нарисуйте фигуру: а) имеющую несколько осей симметрии; б) имеющую центр симметрии, но не имеющую осей симметрии.

Рисунки рассматриваем.

III. Продолжите фразу: «Фигура обладает симметрией, если...».

IV. Слушаем.

V. На доске написано: «Фигура обладает симметрией, если

существует движение (не тождественное), переводящее ее в себя». Предлагается рассмотреть рис. 289 в учебнике и зафиксировать свои наблюдения. После этого слушаем группы.

VI. Задание. Прочитайте решение задачи 29.1, ж) на с. 334. Нарисуйте таблицу, данную в тексте, и заполните ее, определяя, каким движением является композиция движений, и занося его в соответствующую клетку. Я делаю такую же таблицу на доске. Затем каждая четверка заполняет один ее столбец, объясняя, почему получился такой результат композиции движений.

VII. Каждая пара читает на с. 331—332 два свойства симметрии. После разбора ученики в своих тетрадях записывают эти свойства без опоры на учебник.

VIII. Предлагается просмотреть еще раз решение задачи 29.1 на с. 335. Затем четверки выбирают какой-нибудь пункт этой задачи, решают его в парах и затем проверяют решение в четверках.

IX. Четверки на доске представляют свою работу. На дом был задан § 29 и любые задачи после него.

Этот параграф богат интересными задачами. Отмечу задачи 29.35, 29.38, они прекрасны для работы в классе. Причем можно пункты а) и б) из каждого номера приберечь для самостоятельной работы, которая станет хорошим завершением этого занятия.

Задачи 29.25, 29.26 имеют большое теоретическое значение. Строится другое определение фигуры, и из него выводятся ее свойства. Надо отметить, что фигуры-то ребятам хорошо знакомы. Этот момент имеет психологическое значение: ребята с иной точки зрения смотрят, изучают то, что, казалось бы, им хорошо известно. Задачи 29.25, 29.26 как бы перекладывают мостик в восьмой класс, связывают воедино геометрию восьмого и девятого классов.

Для самостоятельной работы годятся и задачи 29.2—29.6, ребята их выполняют с интересом. Эта работа позволит хорошо обобщить все знания о движениях.

Задач в параграфе вполне достаточно для изучения темы «Симметрия фигур».

Конечно, не все задачи мгновенно будут решаться. Возможны трудности и разочарования. Думаю, стоит ребят познакомить с тем, как описывает А. Д. Александров муки творчества, муки, связанные с решением хорошей задачи: «Поиски решения нестандартной задачи, как и доказательства теоремы, состоят обычно в том, что приходит в голову одно решение или доказательство — неверное! Потом — другое: «гениальная идея!» — неверно! Третья попытка — неверно! Еще бросок на задачу — промах... и, если задача или теорема трудная, то так может длиться долго. Ну а если сообразил кто-то другой, то как ни радуешься успеху науки, а зло берет: как это я, тупица, сам не додумался!»

КОММЕНТАРИЙ К РЕШЕНИЮ ЗАДАЧ

29.1. а) ЕАВ, S/, SAB, Rq80 ; в) Е, Z0; г) Е, Sm, Sn, S0; д), ж) ß, S/, 5m, S0t T-\ e) £, S,; з) £, St; и) £, S0, S^, S,2; к) £, S0, Sm, Srt.

29.2. а) £; 6) £, S,.

29.3. a) £, S/; 6) £, S,; в) £, Sv S,2, S,3, /?J20\ #o4°°.

29.4. а) Если окружности не равны: £, S,; если окружности равны: ß, S/|f S/2.

29.5. а) £, S/*, б) £, S,.

29.6. £, Sv Sv Sv Sv Sv Sv /??, где a£ = 60o (n= 1, 2, 3, 4, 5).

29.7. Например, две концентрические окружности.

29.8. Нет, так как центрально симметричные отрезки параллельны, а потому число сторон должно быть четным.

29.10. а) Не обязательно; б) да, так как, применяя два раза поворот Rq , мы отобразим F на себя; в) не обязательно; например, правильный девятиугольник.

29.11. Так как R%°(F) = F и /?'°° (F), то Rl0°(F) = F, а потому Rl0r(F) = F.

29.13. а) Пусть А и В лежат на сторонах угла АОВ, причем OA —OB. Тогда Sl(OA) = OB (где / — биссектриса угла), следовательно, Sl(A) = B и, значит, ЛВ_1_/; в) / — биссектриса угла Sl(OA)=OB, так как движение сохраняет углы, то St(AC) = = ВС (АС ЛОЛ, ВСА-ОВ), следовательно, точка пересечения АС и ВС принадлежит /, значит, АС = ВС.

29.14. а) Л =S,(ß), отсюда АВ±1.

29.15. а)\ SBH(AB) = BC (ВН — высота), SBH (KL) — KL, отсюда образом пересечения KL и ЛВ будет пересечение KL и ßC. Следовательно, SBH(K) = Lt т. е. KO = OL. б) 5в//(Л)=С, SBH(Q) = = Q, следовательно, Sfl//(ЛЛ,) = СС,, Al=AQ\r)BC, следовательно, CQnßC = C,, значит, ВАХ = ВСХ. в) CK = SBH(AL), отсюда CK = AL и CK(]AL£BH.

29.16. См. задачу 27.60.

29.17. а), б) При центральной симметрии параллелограмма относительно его центра отрезок, проходящий через центр, отображается на себя, а части параллелограмма—друг на друга. Отсюда следует требуемое.

29.18. а), б), в) Рассмотрим осевую симметрию трапеции с осью /, так как St(ABCD) = DCBA, то AA = AD, Z.B=AC, AC = BD.O = (AC\r}BD)£l, расстояния от точки О до CD и AB равны, так как осевая симметрия сохраняет расстояния и углы.

29.19. Так как АВ = ВС и AD = DC, то BD±AC. Тогда SBD(AB) = BC и SBD(AD) = DC. Отсюда SBD(K) = L, SBD(M) = N, а потому MK = NL.

29.20. а) Так как правильный многоугольник отображается на себя при повороте R0n, то многоугольник, вершины кото-

рого построены указанным образом, отобразится на себя при этом повороте, а значит, он — правильный.

29.23. Эти хорды можно отобразить друг на друга при /?^°°. Обратное неверно. Обобщение: в произвольном правильном многоугольнике через центр его проводятся хорды под углом —.

29.24. Это следует из того, что любая точка средней линии полосы является ее центром симметрии.

29.25. Равенство углов при основании равнобедренного треугольника и равнобокой трапеции, а также равенство соответствующих сторон и диагоналей трапеции.

29.26. Параллельность сторон параллелограмма следует из свойств центральной симметрии. Равенство сторон ромба — из осевой симметрии, равенство всех углов прямоугольника — из сохранения величины угла при осевой симметрии и т. д.

29.27. Не всегда. Пример: произвольный параллелограмм.

Если у четырехугольника есть ось симметрии, то тоже не всегда. Пример: около ромба, не являющегося квадратом, нельзя описать окружности, и не во всякую равнобокую трапецию можно вписать окружность.

29.28. Поскольку четырехугольник отображается на себя при повороте, но этот поворот не центральная симметрия, то каждая сторона отображается на соседнюю. Поэтому все стороны равны.

Угол поворота у. Таким образом, четырехугольник — квадрат.

29.29. Во всякий многоугольник M можно вписать не более одного круга. Пусть точка О — центр симметрии многоугольника. Тогда S0(M) =М, а потому при S0 круг отображается на себя. Значит, точка О — центр этого круга.

29.30. Не обязательно (рис. 80 а), б)).

29.31. а) Да. Это частный случай задачи 26.4; б) нет, например: два треугольника, образующие в объединении параллелограмм, а в пересечении—отрезок.

29.32. S0(F) = F. Это значит, что для любой точки M£F:S0(M)£F, где S0(M) = M'. Пусть при некотором движении

Рис. 80

ф:ф(/7)=/7,. Это значит, что для любой точки N, принадлежащей F, ЛГ = ф (N)£Fl. Обозначим ф(0)=0/. Тогда, так как движение сохраняет расстояние в отношение «лежать между», то М0 = ф(Л1) и М0' = = ф(М') симметричны О' и обе принадлежат F|. Таким образом, Fx имеет центр симметрии О'.

29.33. а) Из 1) и 2) не следует. 3) Например, равнобокая трапеция; б) из 1) и 4) не следует 3) и 2) (см. рис. 81 ); в) из 2) и 3) следует 4), так как это обязательно прямоугольник, но не следует 1), так как не в каждый прямоугольник можно вписать круг; г) из 3) и 4) не следует 1) (в прямоугольник не всегда можно вписать окружность) и не следует 2) (вокруг ромба не всегда можно описать окружность); д) из 1) и 3) не следует 2) (пример: ромб) и следует 4) (ромб и прямоугольник имеют оси симметрии).

29.35. а) Это невозможно, так как таких углов бесконечно много; б) пусть / — средняя линия полосы и точка А на ее границе. Проводим через А прямую /,||/, находим точку B = S{(A) и проводим через точку В прямую /2||/; в) треугольников таких бесконечно много; г) рассмотрим /?i2()°. Найдем образы данных точек Л, ß, С, получим точки А\ В', С. Стороны треугольника определяются АВ\ А'С и СВ. Однако, если образ какой-нибудь из данных точек совпадает с одной из данных, то однозначно восстановить треугольник невозможно; д) поворот на /?о°°; е) так как данные точки являются вершинами треугольника, составленного из средних линий искомого, то достаточно совершить параллельный перенос.

29.37. С помощью центральной симметрии построим параллелограмм MNPQ с центром в данной точке О и сторонами MN и NQ на данных прямых. Тогда искомая прямая ОР.

29.38. а) Строим y4/ = S/(>4), где / — биссектриса третьего угла, А и В — данные вершины. Далее все очевидно; б) строим A' = Sti(A) и A" = S/2(i4), где А—данная вершина, а /, и /2 — биссектрисы. Далее — ясно; в) пусть M — середина AB, N — середина ВС. Если биссектриса / выходит из вершины ß, то достаточно использовать симметрию Sh если биссектриса / выходит из А или С, то АС определяется направлением MN и точкой M' = St(M) или N'^S^N).

29.39. а) Для решения задачи можно брать только такие правильные л-угольники, внутренний угол которых целое число раз помещается в полном угле: -=-Видно, что можно брать правильные треугольники, четырехугольники и шестиугольники.

Рис. 81

§ 30. РАВНОВЕЛИКОСТЬ И РАВНОСОСТАВЛЕННОСТЬ

Теория

Мастерская: Построение мастерских

Равновеликость и равносоставленность — один из важнейших вопросов геометрии. Он так же важен, как и такие основополагающие проблемы геометрии: определение объекта, распознавание объекта, его существование и единственность, соотношение веры и доказательства. Поэтому, хотя на параграф навешана звездочка (как бы можно и не изучать), изучить его надо обязательно. Предлагаю коллегам провести мастерскую на эту тему. Думаю, что эту мастерскую вы теперь с удовольствием составите сами. Весь материал для нее представлен в § 30, надо лишь разумно его организовать, т. е. разбить на задания, выполняя которые ребята открыли бы сами максимум возможной информации по этому вопросу. Может быть, пойти за авторами?

Давайте почитаем параграф. Начало. Поставлена цель разговора этого параграфа: доказать, что две равновеликие многоугольные фигуры на плоскости можно разбить на соответственно равные многоугольники. Так обычно нас учили начинать урок: поставить перед ребятами цель и обязательно добиться ее выполнения к концу урока, да еще и обеспечить понимание всего рассказанного, обеспечить запоминание и дать знания. Для учебника этот момент объясним, но для мастерской начало (индуктор) должно оторвать ребят от житейской суеты и погрузить их в работу, причем задействовать какие-то внутренние силы, возможности, подключить подсознание. Давайте попробуем поискать этот индуктор.

Я сразу начал читать параграф, а следовало бы посмотреть и на рис. 295, на котором показано доказательство леммы 4: «Каждый треугольник равносоставлен с прямоугольником, одной из сторон которого можно выбрать любой заданный отрезок».

Может быть, это задание и есть индуктор? Обозначим его цифрой 1). Тут надо оценить силу класса! Индуктором должно быть задание, выполнимое и за небольшой промежуток времени.

Попробуем поимпровизировать на эту тему.

I. Возможные задания для индуктора:

2) Вырежьте два равновеликих (равных по площади), но не равных треугольника и докажите, используя ножницы, что они равносоставлены.

3) Вырежьте две равные многоугольные фигуры и докажите, что они равносоставлены.

4) Вырежьте два равновеликих прямоугольника и докажите, что они равносоставлены (используя ножницы).

5) Запишите три слова: равенство, равновеликость, равносоставленность (фигур). Сформулируйте все проблемы, вопросы,

которые у вас возникают, когда вы вдумаетесь в них. (Какие фигуры равны, равновелики, равносоставлены? Равносоставлены ли равные фигуры? Равны ли равносоставленные фигуры? Равновелики ли равносоставленные фигуры? Каково практическое применение знаний вопроса равновеликости и равносоставленности? Что общего у равновеликости, равенства и равносильности фигур? Можно ли говорить о равносоставленности равновеликих многоугольника и круга?)

6) Вырежьте прямоугольник и параллелограмм, равновеликие между собой и имеющие равную сторону. Покажите, что они равносоставлены, используя ножницы.

7) На доске написаны слова: треугольники, многоугольники, параллелограммы, прямоугольники, равновеликие, равносоставленные, равные, равная сторона ...

Составьте из этих слов и любых других, необходимых вам, фразы, которые вам кажутся истинными.

Как только кто-нибудь составил свою фразу, сразу пишет ее на доске.

8) На доске рисунки 295, 298, 299, 300, 301 из учебника. Посмотрите на рисунки и постарайтесь прочесть фразы, которые в них закодированы.

Можно было бы посмотреть другую литературу по этой теме: теоретическую, научную, популярную, статьи из журнала «Квант» и, конечно, задачи. Все это помогает придумать индуктор. Иногда индуктор появляется в результате чтения совсем посторонней литературы, казалось бы, и не связанной с той темой, о которой размышляешь.

Дальнейший ход мастерской во многом зависит от выбранного индуктора.

Предположим, мы выбрали первый индуктор.

Ребята стали думать, предлагать варианты, обсуждать в парах, а затем в группах, затем на доске нарисовали свои решения.

Какое следующее задание?

II. Следующее задание должно поднять творческую мысль на новый уровень. Ребята увидели равновеликие две фигуры: треугольник и прямоугольник. Что же можно предложить им сделать дальше? Варианты: 1) выберите какие-нибудь другие две фигуры, о которых можно утверждать, что они равносоставлены; 2) попробуйте убрать хотя бы некоторые ограничения первого задания, обобщите исследованную вами ситуацию и постарайтесь найти решение и в этом случае; 3) попробуйте добавить условие в первое задание: треугольник равновелик прямоугольнику; 4) придумайте другое разбиение треугольника и прямоугольника на равные фигуры; 5) докажите, что равновеликие параллелограммы, имеющие равную сторону, равносоставлены; 6) придумайте себе сами задание, которое продвинуло бы ваше понимание связи равновеликости и равносоставленности и т. д.

После второго задания должен быть этап социализации, этап предъявления результатов раздумий классу.

III. Возможно, выполняя второе задание, кто-нибудь уже взялся за исследования равновеликости параллелограммов или равносоставленности равновеликих прямоугольников. Тогда нам остается выслушать группы, попробовать найти тот момент, который им не удалось разрешить, сформулировать его и дать время для дальнейших размышлений.

Во всяком случае в виде проблем мы можем сформулировать обе леммы (2 и 3): «Равновеликие параллелограммы Я и О, имеющие равную сторону, равносоставлены» и «Два равновеликих прямоугольника равносоставлены». Если второй случай леммы 2 вызовет затруднение, стоит нарисовать рис. 299, но это в самом крайнем случае. Лучше дать время на размышление.

IV. Из теории самое главное осталось доказать теорему Бойяи-Гервина. Ее доказательство можно дать прочитать по учебнику и обязательно выделить время для разговора по ней в парах.

V. В завершение учитель рассказывает, что все отношения равенства, равновеликости и равносоставленности являются отношениями эквивалентности.

Очень интересно было бы проследить другие варианты этой мастерской. Попробуйте!

§ 31. ПОДОБИЕ

Теория

Метод подобия — последний метод решения геометрических задач, с которым нас знакомят авторы учебника. Учителя с этой темой хорошо знакомы и имеют большой методический опыт ее преподавания. В учебнике сначала дается определение подобия, затем изучается его частный вид — гомотетия. Причем теория изложена очень подробно, на хорошем уровне. Обратите внимание на доказательство того, что подобие с коэффициентом k — композиция гомотетии с коэффициентом k и движения; на свойства гомотетии. Не думаю, что учителю стоит пересказывать самому материал учебника. Надо что-то придумать.

Раздадим группам ребят такое задание:

1) Треугольник АХВХСХ получен из A ABC подобием с коэффициентом к. Затем построили АА2В2С2, гомотетичный А ABC, с коэффициентом k. Тогда любым двум точкам X, Y треугольника ABC ...

2) Ромб AXBXCXDX получен из ромба ABCD подобием с коэффициентом k. Затем построили ромб A2B2C2D2, гомотетичный ромбу ABCD, с коэффициентом k. Тогда любым двум точкам X, Y ромба ABCD ...

3) Трапеция AXBXCXDX получена из трапеции ABCD с коэффициентом k. Гомотетией с коэффициентом k и любым центром пе-

реведем трапецию ABCD в трапецию AXBXCXDX, тогда любым точкам X, Y трапеции ABCD...

4) Пусть фигура F' получена из фигуры F подобием с коэффициентом k. Гомотетией с коэффициентом k и любым центром переведем фигуру F в фигуру Fx. Тогда любым точкам X, Y фигуру F...

Во всех случаях надо продолжить доказательство, доказав, что подобие с коэффициентом k есть композиция гомотетии с коэффициентом k и движения. Можно в некоторых вариантах дать конкретное значение k.

Понятно, что задание одно и что последний вариант есть обобщение предыдущих. Последний вариант и более сложен, чем все остальные в доказательстве, зато в нем нет опоры на свойства подобия, гомотетии, которые еще не доказаны.

Действительно, непонятно, почему при гомотетии (подобии) ромб переходит в ромб, ибо еще не доказано, что отрезок гомотетия переводит в отрезок, что она сохраняет величину угла, что треугольник переводит в треугольник. Получится хорошая мотивация для изучения этих свойств.

Из задач отмечу такие: № 31.53, 31.54, 31.66, задачи на рисунках. Они хорошо отрабатывают основной материал темы.

КОММЕНТАРИЙ К РЕШЕНИЮ ЗАДАЧ

31.2. Смотри решение задачи 26.4.

31.3. Покажем, что для любых точек X и Y, принадлежащих AB, и их образов X', Y' верно: X'Y' = 2XY. Так как АХ' = 2АХ, AY' = 2AY и X'V = AY — AX\ XY = AY-AX, то X'Y' = 2XY. Следовательно, такое преобразование— преобразование подобия.

31.4. а) Рассмотрим вспомогательный отрезок АС\\АХВХ, АС = АХВХ. Установим соответствие так, как показано на рис. 82; б) устанавливаем обратное соответствие (см. пункт а)).

31.5. а) Для концентрических окружностей устанавливаем гомотетию с центром в их общем центре и &=у ; б) за центр гомотетии принимается точка пересечения двух общих внутренних (или внешних) касательных.

Примеры: все квадраты, ромбы с равными углами.

31.6. Да, в соответствии с признаком подобия треугольников.

31.7. Да.

31.8. б), в) Рассмотрим подобие, при котором первый многоугольник M, отображается на второй — Л12. При этом описанный вокруг Мх круг Кх отображается на круг /С2, описанный вокруг Af2. Так как КХ = К2 то коэффициент подобия равен единице. Следовательно, Af, = Af2.

Рис. 82

31.9. а) Не обязательно: произвольный ромб и квадрат не подобны; квадрат и произвольный прямоугольник не подобны. 31.11. а) Нет; б), в), г), д) да.

31.13. а), б), в) Да; г), д), е) нет.

31.14. a) k2\ б) в 4 раза.

31.20. Многоугольник, гомотетичный правильному, правильный, так как гомотетия — подобие.

31.21. £=4б"> если ß лежит между Л и С, k= —4i7> если А лежит между В и С.

31.23. а) Выберем произвольную точку О, не принадлежащую /,, /2, и рассмотрим Я*, где k= ||2' Щ , если О — вне полосы и k=-,если О принадлежит полосе. Тогда при этой гомотетии /, /2; б) центр гомотетии трапеции ABCD с основаниями ВС и AD — точка пересечения AB и CD, \k\=^\ г) см. задачу 31.5 б).

31.25. Так как гомотетия каждую прямую отображает на параллельную ей прямую, то и композиция гомотетий этим свойством обладает. Гомотетия — подобие. Поэтому при композиции гомотетий коэффициенты перемножаются. Если kx*k2=l, то гомотетия — движение, сохраняющее направление, т. е. параллельный перенос, в частности, может быть и тождественным.

31.28. а) — в) Так как всякое подобие может быть представлено как композиция гомотетии и движения, а при каждом из этих преобразований свойства (а) — в)) выполняются, то они выполняются и при подобии; г) при подобии любая окружность отображается на окружность, так как все расстояния умножаются на одно и то же число; прямая отображается на прямую. Подобие — взаимно однозначное отображение, так как таковыми являются гомотетия и движение. Общая точка касательной и окружности отображается в общую точку их образов, а такая точка единственная по причине взаимнооднозначности подобия.

31.30. д) Можно рассмотреть два квадрата, такие, что две противоположные стороны каждого из них лежат на границах данных полос соответственно.

31.31. г) Равнобочные трапеции ABCD со AXBXCXDX, если AB:BC:AD = AXBX:BXCX:AXDX(BC и AD, ß,C, и AlDl — основания); д) трапеции ABCDooAxBxCxDx, если AB:BC:CD:DA = = AXBX:BXCX:CXDX:DXAX

31.34. а) Нет; б) могут.

31.36. а) Да. Гомотетичный, значит, и подобный. 31.38. Да, на два равных.

б) если бы и KL отсекала от ABCD прямоугольник, подобный ABCD, то ВС=-^— , что невозможно.

31.40. Из задачи 31.39 следует, что b = a^j2 и по условию а6=1, тогда

31.43. Центры ABCD и MNPQ совпадают (рис. 83). Рассмотрим центральную симметрию с центром О, MNPQ. При этом ВС^В'С'\\ВС, Q£B'C\ следовательно, BC-+AD, так же AB-+CD. Так как MNPQcoABCD, то ZLBOC = Z.NOP. А тогда ABON = = А СОР и АРОС= A QOD, а потому BN = CP = QD = AM. Обозначим АВ = ау BC = b, BN = т. Тогда NC = b — m, ВМ = а — ту MN2 = m2 + (a-m)2,NP2 = (b-m)2 + m2. Так как MN:NP = a:b

Если a = b, то ABCD — квадрат и m может быть любое. Или

Итак, в ABCD может быть вписан прямоугольник, подобный ему, если ВС:BN = -^ЬА или если ABCD — квадрат, и тогда решений бесконечное множество.

Рис. 84 Р Рис. 85

Таким образом, MNPQ — прямоугольник, и для того чтобы MNPQ со ABCD, необходимо, чтобы а = 90°, что невозможно, ибо в условии параллелограмм с тупыми углами.

Рис. 86

31.46. Да, нужно измерять углы четырехугольника, углы между диагоналями, между диагоналями и сторонами.

31.47. Да, диаметром круга, так как во всех остальных случаях центральные углы не равны, а подобие сохраняет углы.

31.49. а) Достаточно через центр прямоугольника провести две перпендикулярные прямые.

31.50. б) Обратное неверно.

31.55. б) ^L; г) да; д) ±(<*,-<*,).

31.56. Все середины отрезков лежат на одном луче, исходящем из вершины угла. Доказательство с помощью гомотетии с центром в вершине угла. Это утверждение верно и для любого К, в котором точка M делит движущуюся хорду.

тогда можно найти углы А, С, /-КСА = /.LAC. Из ААКС по теореме синусов найдем КС, а из AONC — OC. Затем из

Рис. 87

равенства ~Jq=-qq находим KL (рис. 87, в); г) если известно основание АС и высота BN, то можно вычислить радиус вписанной окружности OK и /LA = /-KOB. Из А КОМ находим

KM=±KL (рис. 87, г).

31.58. а) Рассмотрим разносторонний ААВС и хорду ВК, так как Z-AKB> Z-C, то /.АКВ должен быть равен Z.C, чтобы А AB К был подобен Aß/CC; б) да, если, кроме того, г^КВС= /-ВАК, т. е. если ААВС — прямоугольный {/-В — прямой); в) см. п. б)).

31.61. Задача имеет бесконечно много решений: на произвольном отрезке М'Р' {М'^АВ, Р'^АС) строим ДЛГЛГЯ'со Д ABC, а затем с помощью гомотетии с центром А получаем искомый AMNP.

в) Наименьшего значения S(MNCP) — нет, наибольшее — при Л=4.

Рис. 88 Рис. 89

31.67. Выразить каждую сторону через площадь и соответствующую высоту, затем в формуле Герона выразить полупериметр и стороны через площадь и высоты. Из полученного равенства можно найти S'.

31.68. Опишем вокруг данного треугольника окружность, а затем отобразим получившуюся окружность на данную с помощью гомотетии. Образ данного треугольника при этой гомотетии — искомый.

31.69. Трудно пройти прямую пешеходу.

31.73. а) X—высота прямоугольного треугольника, опущенная на гипотенузу и делящая ее на отрезки а, Ь\ б) см. п. а), где 6=1; в) = ~т—четвертый пропорциональный.

31.75. а), б). Это следствие задачи 31.71.

31.76. а) Рассмотреть подобие АСКА и ААВМ (рис. 91, а); рассмотреть подобие ААВ'В и AACL (рис. 91,6);

Рис. 90

Рис. 91

31.81. Докажем, что ВС:ВК = ВК:КСУ если Zß = 36°, КА — биссектриса Z.BAC (рис. 93). ВК:КС = АВ:АС, но АВ = ВС, тогда ВС:АС = ВК:КС. Покажем, что АС = ВК. Действительно, так как Zß = 36° и АВ = ВС, то /LC= /-АКС = 1Т, то ЛС = Л/(,

Рис. 92 Рис. 93

Рис. 94 Рис. 95

АК = ВК, значит, АС = ВК. Таким образом, ВС:ВК = ВК:КС.

31.82. Дан прямоугольник ABCD, AD:AB = AB:(AD — AB), КМВА — квадрат. Докажем, что KD:AB = AB:(AB — KD), AD:AB = AB: KD, (AB + KD) : AB = AB: KD, l+KD:AB = = AB:KD, KD:AB = AB:KD— 1, KD:AB = (AB — KD):KD.

31.84. а) Пусть AC:CB = a:b, пусть AB = c. Построим AAxCBx: AxC = a, BxC = b. На любом луче CM отложим СМХ=АХВХ и СМ = с (рис. 94). Проведем ВХМХ и МВ\\МХВХ; ВА\\ВХАХ. ААВС — искомый.

31.85. а) Строим аАхСВх: z.AX = а, Z.ß, = ß. Произведем гомотетию с центром С такую, что H = Hkc(Hx) и CH = h, AABC = Hk0(AAxCBx). ААВС — искомый.

31.86. а) Строим ААхВхСх — равносторонний, вершины которого лежат на сторонах угла. Затем произведем гомотетию с центром в точке О и коэффициентом ОМ:ОМх, где Мх = ОМ{]АХСХ. Задача имеет два решения, ибо ОМ пересекает две стороны ААхВхСх.

31.87. б) АХВХ\\АВ, АХСХ\\АС, ВХСХ\\ВС (рис. 95).

Пусть 0 = ААх{]ВВх. Рассмотрим гомотетию с центром О, отображающую точку Вх в В. Тогда СХВХ-+ ВС, АХВХ-+ AB, так как они попарно параллельны. Из того что ОСЛ,Л и АХ£АХВХ следует, что Ах ABÇ]OAx = A, а тогда АХСХ^ АС. Таким образом, #о( ААХВХСХ)= ААВС, т. е. OÇCC,. Так как АХВХ=^АВ, то k=— 2, а поэтому ВО = 20Вх, СО = 20Сх, АО = 2АОх.

31.88. б) Два варианта решения на рис. 96, а), б).

31.89. а) Два случая представлены на рис. 97, а), б). Во втором — бесконечное множество решений.

31.91. Пусть внутри окружности даны точки А и В. Проведем произвольную хорду CD\\AB, ADftBC — Q. Рассмотрим гомотетию с центром Q и коэффициентом k = AB:CD. Тогда образом данной окружности будет окружность, принадлежащая кругу.

31.92. 12 см-10 000= 120 000 см = 1,2 км; 24 см; 4,8 см.

Рис. 96 Рис. 97

ИТОГОВЫЙ ЗАЧЕТ ПО КУРСУ 9-ГО КЛАССА

Теоретические вопросы можно взять из темы «Преобразования», а задачи — из всего курса. Причем номера задач, которые будут на зачете, лучше дать ребятам заранее за 2—3 недели. Тем самым можно задачи еще раз разобрать на новом уровне, вооружившись уже всем объемом изученных методов решения.

Приведу примерный набор зачетных задач: 27.16, 27.20, 27.44, 29.38, 29.2, 29.13, 31.53, 31.54, 31.66.

Билет № 1.1) Движение. Свойства движений (п. 26.3);

2) первый признак подобия (п. 31.5); задача 31.66.

Билет № 2. 1) Перенос (п. 27.1); 2) второй признак подобия (п. 31.5); 3) задача 31.66, в).

Билет № 3. 1) Осевая симметрия (27.3); 2) третий признак подобия (п. 31.5); 3) задача 31.54, б).

Билет № 4. 1) Поворот (п. 27.5); 2) первый признак подобия;

3) задача 31.54, а).

Билет № 5. 1) Центральная симметрия (п. 27.7); 2) второй признак подобия; 3) задача 31.53, п).

Билет № 6. 1 ) Теорема Шаля (п. 28.3); 2) третий признак подобия; 3) задача 29.13, а).

Билет № 7. 1) Группа симметрии (29.4); 2) первый признак подобия; 3) задача 29.2, б).

Билет № 8. 1) Гомотетия (п. 31.2); 2) второй признак подобия; 3) задача 29.38, а).

Билет № 9. 1) Свойства гомотетии (п. 31.3); 2) третий признак подобия; 3) задача 27.44, а).

Билет № 10. 1) Свойства подобия (31.4); 2) первый признак подобия; 3) задача 27.20, а).

КОММЕНТАРИЙ К РЕШЕНИЮ ЗАДАЧ К ГЛАВЕ V

Математика — это доктрина, в которой неизвестно, о чем мы говорим и верно ли то, что мы говорим.

Б. Рассел

Помыслить немыслимое и утвердиться в том, что оно все-таки мыслимо — это явление геометрии.

А. Д. Александров

...О верности истине так легко рассуждать, когда вам не грозят ни костер, ни пытки, ни заточение.

А. Д. Александров

Мастерская: Аксиоматическое построение курса геометрии (Вера и доказательство)

I. Накануне проведения мастерской ученикам предлагалось подумать о вере и доказательстве. Мастерская начинается с панели. Ребята выходят по своей инициативе, садятся на стулья перед классом и высказывают свое понимание веры, доказательства, соотношение их в науке. Никто не имеет права их перебивать.

Предварительно я настраиваю учеников на слушание: «Постарайтесь слушать своих товарищей по-настоящему. Хороший слушатель слушает сопереживая и тем самым творит себя. Поэтому, слушая товарища, последите за собой, слушая следующего одноклассника, ставьте себе новую задачу, фиксируйте понравившиеся вам мысли».

II. Четверки получают силлогизмы, требуется выяснить истинность силлогизма.

а) Все жители этой деревни — рыбаки. Петр — житель деревни. Следовательно, Петр — рыбак, б) Все повороты фигур вокруг точки сохраняют расстояния между любыми двумя точками фигур. Центральная симметрия — поворот. Центральная симметрия сохраняет расстояние между точками, в) Все элементы, обладающие свойством Я, обладают и свойством Q. Элемент а обладает свойством Р. Следовательно, элемент а обладает свойством Q. г) Все люди имеют по три ноги. Иван — человек. Следовательно, Иван имеет три ноги, д) Если существует движение, совмещающее фигуру саму с собой, то говорят, что фигура обладает свойством симметрии. Для равнобедренного треугольника есть движение (осевая симметрия), совмещающее его с самим собой. Равнобедренный треугольник обладает свойством симметрии.

При исследовании силлогизмов фиксируйте все возникающие проблемы.

III. Слушаем. Каждый ученик для себя фиксирует проблемы, вопросы. Группам дается слово для анализа всего услышанного.

IV. Я говорю о том, что силлогизм составлен в абстрактной форме. Все остальные силлогизмы — его модели, ибо Р и Q в каждом из них получили конкретное содержание. Аналогичная ситуация складывается и с любой абстрактной теорией; когда ее термины наделяются содержанием, мы получаем модель. Освобождая модель от содержательного смысла, мы приходим к абстрактной теории. Но познание начинается с модели.

V. Откройте учебник на с. 350. Выберите любой признак подобия треугольников и проанализируйте его доказательство с точки зрения наличия в нем утверждений, положений, моментов, принятых на веру. Посмотрите, используют ли авторы учебника в доказательстве в качестве аргумента веру. Кроме этого, постарайтесь понять, на чем держится доказательство, постарайтесь понять его основу.

VI. Через некоторое время группы получают цитаты из трудов П. Я. Чаадаева (Избранные сочинения и письма. — М.: Правда, 1991).

1) «Есть вещи, которые могут быть постигаемыми лишь посредством веры, т. е. для того, чтобы их понять, нужно предварительно в них поверить; есть другие, которые могут быть постигаемы лишь как догмат веры, а это значит, что, раз вы их поняли, они тем самым уже становятся вашими верованиями».

2) «Говоря языком философии, вера — не что иное, как момент или период человеческого знания, не более того».

3) «...вера — один из самых мощных и самых плодотворных факторов мышления, что порой вера приводит к знанию, а порой знание — к вере, что поэтому между ними не существует резко очерченных границ, что знание всегда предполагает известную долю веры точно так же, как вера всегда предполагает известную долю знания... мы не можем постигнуть предмет, не веря в него так или иначе, точно так же как мы не можем верить во что-либо, если мы в известной мере этого не постигнем».

4) «...что такое для нас факты, которые, разумеется, не могут быть ни доказаны сами по себе, ни выведены из факта предшествующего? Предметы веры».

5) «Прежде чем знать, он верит, а после того, как узнает, он опять верит. Всегда он от веры исходит, чтобы к вере вернуться».

VII. Слушаем группы. Каждый фиксирует все, что для него кажется важным. Затем группам предоставляется возможность высказаться по анализу услышанного.

VIII. Мастер говорит, что наш курс геометрии имеет аксиоматическое строение. Просит открыть учебники на с. 383. Дается задание: просмотреть аксиоматику евклидовой планиметрии с целью выделения структуры аксиоматики.

Пункт 33.3 читают в парах, затем разговор идет в четверках.

IX. Через некоторое время, когда текст п. 33. 3 уже прочитан, группы получают небольшие тексты. Тексты помогают ребятам

поднять на новый уровень обсуждение строения аксиоматики. Тексты полярны, поэтому наверняка возникает дискуссия. Ей не стоит мешать.

1) По учению английских эмпириков, все наше знание происходит из опыта, т. е. из впечатлений, чувств или ощущений: все наши понятия, все идеи, не исключая самых общих и принципиальных, возникают из того же источника. Таким образом, опыт есть и источник знания, и критерий его достоверности.

Аксиомы геометрии не составляют исключения из этого общего правила. Они суть истины опытной, обобщения из наблюдений, такие истины, которые находят подтверждение почти каждое мгновение нашей жизни. Отсюда, в силу ассоциации идей или навыка, отношения, выражаемые в аксиомах, нам кажутся необходимыми. Эта необходимость, таким образом, есть чисто субъективная. Если бы мы были поставлены в другие условия или в другую среду, в которой господствовали бы другие законы пространства, то и аксиомы нашей геометрии были бы иные.

2) Кант не считал аксиомы врожденными истинами, как и вообще не считал знания прирожденными. Он лишь полагал, что как чувственное восприятие внешних объектов, так и логическая переработка представлений совершаются по законам нашей собственной природы, т. е. нам врожденно не само знание со всем его содержанием, а лишь способы усвоения и переработки того материала, который дается чувствами. Вот поэтому-то, и только поэтому, мы и имеем суждения, независимые от опыта, независимые не по происхождению, а по своей достоверности. Отличие их — всеобщность и необходимость: ни одно эмпирическое обобщение не может иметь этих признаков.

Аксиомы геометрии и вообще истины математики отличаются этим характером, и, значит, их достоверность не зависит от опыта.

3) До второй половины прошлого столетия аксиомы принимались именно как выражение фактов, хотя и взятых в идеализированном виде. Еще Лобачевский, вводя свою аксиому, противоположную аксиоме параллельных, понимал ее как выражение возможных пространственных отношений, как касающуюся их гипотезу. Сама геометрия Лобачевского представлялась ему как возможная теория пространственных отношений.

Однако с дальнейшим развитием геометрии, с уточнением ее аксиоматики, с появлением многих разных геометрий разного числа измерений и дальше с появлением взгляда на фигуры как множества точек положение в корне изменилось. Различные мыслимые геометрии, тем более высшего числа измерений, уже нельзя было понимать как возможные изображения пространственных отношений в обычном смысле.

4) Аксиоматику геометрии с основными объектами — отрезками или прямыми — можно понимать двояко: наглядно-содержательно и отвлеченно.

В первом случае основные понятия — объекты и отноше-

ния — представляются в их исходном наглядном, хотя и идеализированном, смысле, а аксиомы представляют собой описания свойств этих объектов и отношений. Так, например, отрезок мыслится в его обычном виде идеально тонкой черты на бумаге или натянутой нити.

В противоположность этому при отвлеченном понимании аксиоматики ее понятия толкуются как относящиеся к объектам и отношениям «произвольной природы», лишь бы для них выполнялось сказанное в аксиомах. При таком понимании отрезок — это просто какой-то мыслимый объект, для которого вместе с другими объектами, называемыми отрезками и точками, с отношениями между ними, названными в аксиомах, выполняется все то, что сказано в аксиомах.

X. Слушаем группы. Они говорят о структуре евклидовой геометрии, пересказывают основные идеи данного им текста и делятся своим отношением к прочитанному.

Мастер тоже высказывает свою позицию о строении аксиоматики:

1. Отбираются так называемые первичные термины — конечное число понятий и соотношений между этими понятиями, которые в рамках данной теории не определяются.

2. Выделяются некоторые первичные утверждения — аксиомы, устанавливающие связь между первичными понятиями и соотношениями (и косвенно определяющие их), принимаемые за истинные без доказательства.

3. Все новые понятия, вводимые в данной теории, должны быть определены через первичные термины или через ранее определенные (термины), должны быть доказаны на основе первичных терминов или аксиом. Правила вывода даются и исследуются в логике.

4. Для осуществления аксиоматической теории в конкретном множестве объектов используется существующая модель (или интерпретация) данной аксиоматической теории.

На доске высказывание А. Д. Александрова: «Если аксиомы понимать в значении определения некоторого предмета, то вопрос об истине — верны они или неверны, точны или неточны — не имеет никакого смысла. Вопрос может стоять только об осмысленности, непротиворечивости определения, но бессмысленно спрашивать, верно оно или неверно». На доске высказывание А. Эйнштейна:

«...мы совершенно свободны в выборе аксиом. Не существует различия между разумной и произвольной аксиомой. Единственное достоинство аксиом заключается в том, что они снабжают нас фундаментальными положениями, из которых можно вывести следствия, согласующиеся с фактами.

XI. Ребята читают учебник на с. 395 со слов «Модель, или, как еще говорят, интерпретация аксиоматики ...» и до конца п. 35.1.

XII. В заключение мастерской опять проводится панель. Тема панели та же: вера и доказательство. На доске написаны слова М. Клайна: «Принятие неевклидовой геометрии было актом веры».

Конечно, необходимо продолжение разговора и о моделях, и о требованиях к системе аксиом. Материал этот в учебнике есть, можно заслушать его в виде докладов на последних уроках геометрии. По поводу истории неевклидовой геометрии, для того чтобы разобраться и понять высказывание М. Клайна, стоит прочитать статью А. Д. Александрова «Тупость и гений», напечатанную в журнале «Квант» № 11, 12 за 1982 год.

Позиция мастера

Мастер для ученика. Если ученик прекрасно справляется с заданием, мастер фиксирует это и спокойно предлагает ему другое задание, более сложное, стимулирующее творчество ученика на новом уровне. Возможен и второй вариант.

Ученик не справляется с заданием. Перед мастером встает проблема: где он допустил промах, что должен изменить в задании, в манере ведения занятий, в тональности общения с учеником. Выясняя причины неудачи ребенка, мастер позитивно оценивает ребенка, его способности, интеллект и, отталкиваясь от позитива, ищет выход из ситуации. Возможен третий вариант.

Ученик даже не приступает к работе, он уверен, что работа ему не по силам. Мастер подходит к ученику, выясняет причину, одобряюще смотрит на него, доброжелательно выслушивает все недовольство ученика заданием, мастером. В этой речи чаще всего звучит, на заднем плане, недовольство ребенка самим собой. Мастер не дает никаких советов, не делает никаких оценок, отходит от ученика. Затем несколько раз возвращается к нему, интересуется, как идут дела. Когда все ребята, на этапе социализации, вывешивают свои работы, мастер просит и этого ребенка вывесить то, что у него есть.

Важно, когда выступает группа с отчетом о выполнении задачи, настоять, чтобы в отчете были задействованы все. Выступать за группу ответственно, да и почетно. Каждому хочется, чтобы его группа выступила хорошо. Это заражает всех. Мастер же незаметно отслеживает работу «строптивца», радуется (это не стоит демонстрировать), когда и он увлекается работой, когда он выставляет свою работу и ждет оценки, привычной отметки. Ему хочется знать, да он и уверен, что его работа самая прекрасная, ведь он ее сделал сам, как его работу оценит мастер. Мастер внимателен ко всем работам, ему интересен поиск каждого, поэтому, когда все втянулись в работу, у него уже другие дела, другие задания. Да и творчество «строптивца» надо перевести на другой уровень. Успех работы в мастерской разделяет вся группа, весь класс вместе с мастером. Теперь, когда все преуспели, когда нет тех, кто постоянно записывает себя в неудачники, можно считать, что мастерская прошла в нужном направ-

лении. Самый прекрасный солист хора, когда поет весь хор, не слышен. Все наслаждаются гармонией, каждый старается не выделяться, ему не надо, чтобы сказали, какой прекрасный у него голос, он прислушивается к звучанию партии соседа и стремится слиться, петь так, будто бы поет один человек. Индивидуальный успех хорошего хора — это успех всего хора.

Мастер, проводя мастерскую, никогда не стремится просто передать те знания, которые у него имеются. Он стремится задействовать разум, мысль ребенка, сделать его активным, разбудить то, что в нем скрыто даже для него самого, понять и устранить то, что ему мешает учиться. Все задания мастера, все его действия направлены на то, чтобы подключить воображение ребенка, создать такую атмосферу в классе, чтобы ребенок проявил себя как творец. Мастер мягко, демократично, незаметно руководит работой ребят. Он весь как бы превращается в доброжелательную улыбку, говорит скупо, лишь в те моменты, когда надо дать новый импульс творчеству ребят. Его облик внушает спокойствие, веру в свои силы, веру в успех каждого ребенка. Часто он сам вместе с классом выполняет все задания, которые предлагает ребятам. В эти моменты, краем глаза, ребята уже подсматривают, что делает мастер. Если он ошибается, они тут же это замечают и великодушно (о, если бы мы, учителя, умели так же!) прощают, ведь он сейчас такой же, как и они.

Конечно же, мастер знает тот материал, которому посвящена мастерская. Но, организовывая поиск, он запрещает даже мысленно произносить то, что должно получиться в результате работы ребят, то, чем должна закончиться мастерская. Если он это будет постоянно помнить, ученики почувствуют, что все подстроено, чего же искать, если мастер и так знает. В угадайку они играли так часто на обычных уроках. Помните то ощущение удовлетворения учителя, когда он знает то, чего ученик не знает, и умеет по полочкам все быстренько разложить. Быстро-быстро, чтобы ученик был уверен в знаниях учителя и видел, как тот быстро соображает.

Мастер спешит медленно, конечно, он не сможет похвастаться быстротою прохождения тем, ибо его ученики их не проходят, а познают. Но самое важное, чтобы ученик в этой ситуации познания проявил себя, чтобы решал, писал, сочинял не ради самого процесса, а ради общения, ради желания поделиться с друзьями чем-то несказанно важным для него. Встреча с одноклассниками при выполнении одного и того же задания учит общению, пониманию. Происходит изменение, совершенствование ритма, темпа работы, меняется и стиль учебной работы. Если группа удачно подобрана, то эффект огромен: тот, кто раньше много говорил, теперь учится слушать, молчун учится говорить, ребята, «скороспелые» на решения, учатся рассудительности; стремление понять товарища порождает массу вопросов, приобретается умение ставить вопросы и искать такие, которые высве-

тят суть проблемы, суть сказанного. Учителю несказанно сложно стать мастером, но уверяю вас, что не сложнее, чем малышу найти себя в мире взрослых.

Мастер предоставляет возможность на мастерской каждому продвигаться к истине своим путем, понять, уловить те моменты, которые несказанно важны для понимания.

Но мастер не задает вопросов, касающихся существа задания, чтобы никак не вмешиваться в процесс познания. Правда, возможна серия вопросов, позволяющих ученику понять, что он сделал, как у него идут дела, что он намерен сделать. Удивительный момент, когда тебя спрашивают о том, что ты намерен делать дальше, а ты и не знаешь, не успел еще подумать. Но надо отвечать, мастер ждет. И ты встаешь и начинаешь рассуждать, и откуда что берется — говоришь. Видно, столь велика вера мастера в тебя, с таким открытым, полным надежды взглядом он на тебя смотрит, что в голове происходит молниеносная работа, подключается воображение, подсознание, и для тебя наступает момент просветления, ты ощущаешь свою силу, ты веришь в свои способности и возможности.

Подобное рождается подобным. Вера мастера в ученика рождает веру ученика в себя и, конечно, веру в мастера, но вера ученика в себя важнее.

Мастер, организуя поиск, на первых этапах мастерской довольствуется приближенными знаниями. Как бы точное знание, к которому должны все прийти в итоге, разбивается на ряд приблизительных, неточных. Потом уже на других этапах мастерской наводится необходимый глянец. Не надо бояться неправильного понимания. Важно понять причину его, причину ошибки. И далее, нужна импровизация мастера. Мастер, увидевший, что работа в мастерской застопорилась, устанавливает причину, начинает предлагать одно задание за другим, чтобы выйти из тупика. Часто эти задания придумываются тут же в мастерской. Порой выход ищется из показа работ групп, работ с ошибкой, но никто об этом не знает, каждая группа с гордостью рассказывает о том, что она придумала. Мастер слушает и взглядом, улыбкой приглашает слушать и других. Затем, когда все работы представлены, делается пауза. Все недоумевают: что это они сидят, ничего не делают, а мастер молчит? Пауза дается для осмысления сделанного, для выполнения корректировки. Затем мастер может подчеркнуть некоторые моменты, высветить, что же сделала каждая группа для того, чтобы все проанализировали сделанное, поняли, насколько каждая группа продвинулась к цели, и использовали успех соседей, уточнили свое неправильное понимание, свои приблизительные знания. Приблизительные знания есть ступеньки к истине. Трудно подниматься по лестнице без ступенек. Как я уже говорил выше, помочь подняться на новую ступеньку может и вопрос мастера типа: «Что вас останавливает в поиске?» Новая идея часто обнару-

живается в работе одной из групп. Она тут же дает стимул для нового витка творческой деятельности групп. Группы стараются ее понять, т. е. стараются развить ее. И если в самом начале мастерской кто-то помнил о том, что он ничего не знает, не умеет, испытывал страх, а порой и ужас перед работой, боялся, что все сейчас узнают, какой он неумеха, то на этом этапе мастерской все в работе, все объединены единым делом, перестали ощущать себя как объект всеобщего внимания.

Мастер не может на мастерской получить работ одинаковых и по мысли, и по стилю, и по реализации идей. Вся атмосфера мастерской, отношение между мастером и учениками стимулирует индивидуальный поиск пути решения проблемы. Индивидуальные разнообразные решения, разнообразные способы решения способствуют заинтересованности ребят предметом, повышают интерес друг к другу, порождают взаимоуважение, радость от успеха одноклассников. Зависит успех и от ожидания мастера, который верит, что все дети способны, все равны в своих потенциальных возможностях. Мастер не задает каждому ученику его потолок интеллектуального развития. Потолка нет, ребенок учится, постоянно находится в процессе самосовершенствования.

Ожидание успеха меняет поведение ребенка, это так же верно, как и поведение ребенка, его реакция соответствует негативной оценке его возможностей со стороны взрослого. Представьте свою реакцию, если перед входом в новый класс вам дают один из вариантов информации: 1) в этом классе отобраны по конкурсу одни гениальные дети; 2) в этом классе очень средний состав; 3) в этом классе собраны одни слабые ученики: посмотрите результаты обследования комиссией. Фактически перед вами поставили задачу: какие методы обучения и воспитания надо отобрать для обучения: 1) гениальных; 2) средних; 3) слабых учеников? Но математики знают, что, прежде чем начинать решать задачу, надо ее условие подвергнуть анализу на правдоподобность, на противоречивость, на наличие лишних данных или на нехватку необходимых условий для решения. Мастер обязательно проведет такую проверку и в любой аудитории будет организовывать творческий процесс познания, никогда не станет на позицию пассивной передачи знаний. Мастер верит в способности ученика, уважает его сомнения, но никогда не бросится объяснять необходимый для решения задачи алгоритм. Ибо он считает, что, оказывая помощь, он показывает неспособность ученика познать этот вопрос, причем постоянное использование такого метода работы может привести и к вере ученика в свою неспособность к интеллектуальной работе вообще.

Часто наши подсказки вообще напрасны, ибо они далеки от того, что происходит в голове ребенка. Вместо подсказки мастер изобретает еще одну ситуацию для того, чтобы дети развили то верное, что нашли, и отказались от ошибочных идей. Мастер бу-

дет думать над тем, что надо изменить в головках детей, чтобы они не делали таких ошибок. Но всегда мастер отталкивается от того, что дети знают и побуждает их использовать свои знания творчески, т. е. использовать их в новой ситуации. Иногда мастер, наоборот, через задания пытается добиться от ученика критического осмысления своих знаний по данному вопросу, даже стремится разрушить их, отказаться от них, чтобы затем наступило новое осмысление ситуации и началось строительство нового знания.

Обучение не продукт, а процесс, бесконечный процесс, поэтому часто мастерская не заканчивается выдачей конкретного продукта. Эта ситуация для нас непривычна, для нас урок должен быть полезен для ребенка. Причем польза ассоциируется исключительно со знаниями, с количеством решенных задач, написанных слов, изученных вопросов теории. На мастерской бывает итог гораздо скромнее: ученики получили возможность выразить себя. На мастерской нет имитации стандартного успеха, нет фонтана ответов пятерки-шестерки учеников, понимающих учителя с полуслова.

Мастерская питает ребят фактами, информацией, цель которой — побуждать ставить вопросы. Причем, казалось бы, когда ученик задает мастеру вопрос, он должен несказанно обрадоваться и блеснуть своей эрудицией. Да и увеличить при этом темп мастерской, быстрее приблизиться к решению проблемы. Нет, мастер в другой форме возвращает вопрос ученику. Все проблемы, которые возникают у школьников на мастерской, мастер стремится вернуть им обратно в виде вопросов: а как вы думаете? А что вы уже сделали? Какие у вас есть планы? Все ли известные методы решения вы использовали? Не хотите ли придумать такой способ, который вы еще никогда не применяли? Поищите в смежных науках, что вам не нравится в том, что вы уже сделали. Не упустили ли вы какую-нибудь важную мысль, которая прозвучала в обсуждении? У вас появился другой вариант решения, тогда попробуйте оценить, что здесь нового. Подумайте, надо ли было вам отказываться от всех находок предыдущего варианта. Все ли вы извлекли из условия данной вам задачи? Расскажите, что вы уже сделали? А почему вы сделали именно так? Уточните вашу проблему.

Вопросы формулируются так, чтобы они не подчиняли мысль ученика учителю, чтобы они как эхо отражали его мысли, не стремились развернуть его поиск в другом направлении, не свойственном автору, а помогли ему прозреть, осветить его собственный, выбранный им, свойственный ему путь познания.

Часто мастер вооружает ребят способами, приемами работы, которыми пользуются в своей работе поэты, писатели, ученые. Для этого придумывается задание, которое позволит ученикам обнаружить эти приемы. Они их перечисляют, мастер фиксирует на доске. Иногда мастеру приходится помогать отфильтровывать

способ работы от результата. Ибо обычно все стремятся доложить результат. Тогда идет диалог: «А как вы это сделали?» — «А, понял, вы использовали...» Когда приемы работы выделены, предлагается задание, в котором требуется реализовать их. Причем специально требование применить перечисленные способы работы не оговаривается. Мастер же обязательно отследит, каким образом было выполнено задание, кто и в каком объеме использовал выделенные приемы.

Мастер стремится изменить себя, не только свою методику, это даже не столь важно, а — себя. Отказаться от части того прошлого, в котором он, будучи учителем, оказывал на ребенка психологическое давление своей манерой общения, ведения занятий, сеял страх в душах ребят, страх перед учением.

Мастер сам стремится выдавить из себя страх, который он обычно в прошлой жизни прятал за авторитарностью. За авторитарностью спрятана неуверенность учителя в себе, незнание материала, неумение его организовать. Авторитарность — причина многочисленных запретов — придумана для учеников: не двигаться, не вертеться, не говорить, когда тебя не спрашивают, не выскакивать, не думать быстрее меня, не знать больше меня и вообще сидеть тихо, сложив аккуратно ручки на парте, и не отрывать глаз от меня весь урок, выполнять все мои задания, отвечать быстро, четко, грамотно и т. д. Ну, в общем: «Стань таким, как я тебя придумал. И знай мой предмет, учи, записывай, запоминай то, что я говорю».

Мастер же считает, что самый главный его результат — вера ученика в себя, в свои силы. Вера ребенка в свои силы поможет ему преодолеть свои страхи. Свобода учителя развивает свободу ребенка. Учитель обычно начинает нервничать, осуществлять давление на ученика, когда ожидает быстрого «научения», а результата все нет и нет. Уже и контрольную пора писать, а они все так и не умеют ничего. Результата нет. Позиция мастера иная: спокойная. Он считает, что мы посадили маленькое зернышко, нужно время, чтобы оно выросло. Иногда кажется, что ничего не произошло, но это лишь видимая часть айсберга. Яблоко тоже созревает медленно, сейчас оно совсем незрело, невкусно, его цвет, вкус, аромат не отвечают никаким требованиям. А в конце осени? Так надо дать время созреть яблоку. Для этого надо обладать мудростью, спокойствием и терпением. Нужно время, чтобы вырастить из своего ученика творца. Но для творчества нужно совсем не послушание, которое нам так нравится, а дерзновение. Как и учителю, ученику просто необходимо, для того чтобы стать свободной творческой личностью, перестать держаться за помочи, надо иметь дерзновение оттолкнуться от привычных, хорошо обжитых берегов. Как говорит русский философ и писатель Н. Бердяев: «Человек совершенно свободен в откровении своего творчества». А как он же говорит о познании: «Есть ли познание творческий акт или оно есть послушание, при-

способление к необходимости?.. Познание по глубочайшей своей сущности не может быть лишь послушным отражением действительности, приспособлением к данности — оно есть также активное преображение, осмысление бытия, торжество в бытии мирового разума, солнечный в нем свет»1. Всего этого можно достичь в атмосфере, достойной человека. Заместитель министра образования России А. С. Асмолов утверждает, что до сих пор школа насаждала культуру полезности, втискивающую подрастающее поколение в определенные рамки законов и правил. А коль есть эти правила, нужно постоянно отлаживать механизм контроля за «подданными», давать оценку их работе. Мы получили, сформировали школу задерживающего развития. Школа дает ребенку ответы на вопросы, которые придумал не он. Ученик приспосабливается к требованиям школы, иначе его ждет наказание, воспитывается «посредственность», образ «среднего ученика». Сколько талантливых, впоследствии гениальных учеников школа выбросила за свои стены!

Настало время проделать путь от культуры полезности к культуре достоинства.

Человек самоценен — это постулат культуры достоинства.

Этому вторит и психолог В. В. Давыдов. Он считает, что «надо отказаться, как от ведущей, от цели приспособления человека к внешней целесообразности, к так называемым потребностям общества, в чем бы они ни выражались, — в потребностях производства, экономики и т. д. ... Нужно сделать целью развития самого субъекта как личности».

И он, как и французские коллеги, считает, что «учебный процесс следует рассматривать как средство развития взаимоотношений учащихся с учителем. Само знание не есть конечная цель, а есть особенный момент общественной активности учащегося, которая дает возможность выйти за пределы познанного».

1 Н. Бердяев. Философия творчества, культуры и искусства, т. I. ч. 2.— М.: Искусство, 1994.

ЗАКЛЮЧЕНИЕ

Закончен еще один учебный год. Изучен еще один курс. Прочитана прекрасная книга о замечательной науке геометрии. При чтении ее, при работе по ней с учениками было много открытий, изменилось наше знание предмета, изменился наш подход к задачам, к изложению теории. Мы много передумали о том, правильно ли, хорошо ли мы работаем с точки зрения ребенка, с позиции раскрытия его способностей, возможностей. Не забыть бы все за лето. Может, стоит сесть и записать все наработанное, а заодно еще раз все осмыслить. Возможно, эти раздумья будут хорошим толчком для творческой работы со следующим классом в новом году. А может, стоит еще раз перечитать «Геометрию 8—9», подумать над «тонкими» моментами теории, порешать задачи, до которых в году так и не дошли руки, насладиться авторским стилем. Второе чтение плодотворнее первого, и открытий бывает не меньше. Возможно, это чтение стоит отложить на время, а сначала познакомиться с интереснейшими и несказанно важными для учителя статьями А. Д. Александрова в журнале «Математика в школе». Перечислю их: «О геометрии» (1980.— № 3.— С. 57); «Что такое многогранник» (1981.— № 1.— С.8); «Что такое многогранник» (1981.— № 2.— С. 19); «О пробном учебнике стереометрии» (1982.— № 4.— С. 53); «О понятии множества в курсе геометрии» (1984.— № 1.— С. 47); «Так что же такое вектор» (1984.— № 5.— С. 39).

Почитать книги А. Д. Александрова о геометрии: «Основание геометрии» (М.; Наука, 1987); «Геометрия» А. Д. Александрова, Н. Ю. Нецветаева (М.; Наука, 1980).

Но бывает, что летом важнее всего подготовить свою душу для работы в новом учебном году. О, как важно почитать хорошие книги, послушать хорошую музыку, посмотреть хорошие спектакли, поговорить, пообщаться с прекрасными людьми, с природой. Обновиться духовно, соскучиться по школе, по ученикам.

Желаю вам, уважаемые коллеги, чтобы ваши встречи с учениками всегда были радостными и ваша жизненная система аксиом была непротиворечива, независима, свободна от штампов и стереотипов, тормозящих развитие детей. Помните: все дети талантливы, а учитель равен ученику. «Талант, гений — это не только несоциальные способности, но и характер»,— пишет А. Д. Александров и далее: «Как Магеллану и Нансену была нужна решимость, чтобы отправиться в неизведанное плавание, так теоретику нужна интеллектуальная решимость, чтобы подумать «невероятное» и развивать его вопреки не только устоявшимся взглядам и традициям, но нередко и вопреки собственным сомнениям. Но мало убедиться в своих идеях для самого себя — их нужно передать другим людям. А это тоже может потребовать решимости, потому что люди могут не понять».

Учебное издание

Окунев Анатолий Арсеньевич

УГЛУБЛЕННОЕ ИЗУЧЕНИЕ ГЕОМЕТРИИ В 9 КЛАССЕ

Зав. редакцией Т. А. Бурмистрова

Редактор Т. Ю. Акимова Младшим редактор Н. И. Смирнова Художник В. В. Костин Художественный редактор Е. Р. Дашук Технический редактор Л. Г. Лаврентьева Корректоры Р. Евдокимова, Н. Цухай

Налоговая льгота — Общероссийский классификатор продукции OK 005-93— 953000. Изд. лиц. № 010001 от 10.10.96. Сдано в набор 26.02.96. Подписано к печати 26.11.96. Формат 60 X 90'/ю- Бумага офс. № 1. Гарнитура литературная. Печать офсетная. Усл. печ. л. 9. Усл. кр.-отт. 9,56. Уч.-изд. л. 8,03. Тираж 15 000 экз. Заказ № 107.

Ордена Трудового Красного Знамени издательство «Просвещение» Государственного комитета Российской Федерации по печати. 127521, Москва, 3-й проезд Марьиной рощи, 41.

Саратовский ордена Трудового Красного Знамени полиграфический комбинат Государственного комитета Российской Федерации по печати. 410004, Саратов, ул. Чернышевского, 59.

издательство

Просвещение

предлагает:

учебно-методическую, развивающую, научно-познавательную литературу по всем школьным предметам

□ контейнерную отгрузку во все регионы России и стран СНГ,

□ книги крупным и мелким оптом со складов издательства,

□ розничным покупателям — книги из нашего киоска,

□ «Книгу — почтой».

Телефоны: отдел реализации 289 44 44

книжный киоск 289 13 36

отдел рекламы 289 52 84

факс отдела реализации 289 60 26

E-mail: textbook@glasnet.ru или textbook@glas.apc.org

Наши книги оптом и в розницу можно приобрести в издательстве по адресу:

127521, Москва, 3-й проезд Марьиной рощи, 41.

Проезд: ст. метро «Белорусская», далее трол. 18 до ост. «Гостиница «Северная»; ст. метро «Рижская», далее трол. 18, 42, авт. 84 до ост. «Гостиница «Северная».

Торговый дом «Просвещение»:

129626, Москва, ул. Новоалексеевская, 8. Справки по телефону: 2870869

«Книга — почтой»: 117571, Москва, пр. Вернадского, 88 АО «Учебная литература». Справки по телефону: 4374697

ПРОСВЕЩЕНИЕ