Алгебраические методы синтеза для одномерной САУ строятся на определении вида и параметров передаточной функции изменяемой части САУ в выражении

где х(р), у{р) - соответствующие преобразования Лапласа x(t) и y(t) (начальные условия считаем нулевыми); W yx (р), W uy (p) -передаточные функции неизменяемой части САУ (объекта управления) и изменяемой ее части соответственно; и - управляющее воздействие; y(р)- желаемый (заданный) вид решения системы на заданное входное воздействие х(р).

Поскольку Wyx(p) связывает входное воздействие х(р) и реакцию системы у(р), при заданных х{р) и у(р) получаем алгебраическое уравнение

в котором Р{р), Q(p) суть известные заданные полиномы от р,, - полиномы от р, которые необходимо построить.

В общем случае уравнение (1.11) представляет собой одно уравнение с двумя неизвестными Θ(р) и П(р) и относится к диофантовым (Диофант - древнегреческий математик) уравнениям. Для нахождения решения этого уравнения добавляются условия устойчивости системы (1.10) физической реализуемости изменяемой части CAP W uy (p). В последнем случае, в частности, требуется, чтобы степень полинома Θ(р) была выше степени полинома П(р). Эту систему уравнений следует дополнить условиями устойчивости, составляемыми по критерию Рауса R k (a i)>0, где а i - коэффициенты характеристического полинома в (1.10); R k (a i) -коэффициенты первого столбца таблицы Рауса.

Вместо неравенств можно получить уравнения для условий устойчивости. При этом необходимо задать степень устойчивости системы (1.10) .

Тогда уравнение соответствующее Δ(р), преобразуется к смещенному характеристическому уравнению

После пересчета коэффициентов это уравнение примет вид

, (1.12)

где ; k - номер коэффициента; -число сочетаний по k-i из n-i.

Желаемый процесс у(t) можно сформировать из операторного изображения переходных характеристик, задаваемого в обобщенном виде

Придавая параметрам a 1 ,b 1 ,b 2 ,b 3 ,c 1 числовые значения от нуля до предельных значений, можно получать колебательные, апериодические и другие формы переходных процессов. В частности, при c 1 =0 изображение желаемого процесса по Лапласу имеет вид

(1.13)

соответственно при вещественных и комплексных полюсах. В этих выражениях С1, С2 определяют величину динамической ошибки σ;, где - колебательность процесса; запасы устойчивости определяются величинами n1 (n1

Рассматривая наиболее тяжелый режим работы САУ - отработку ступенчатых воздействий х(р) = 1/р, задачу синтеза можно свести к решению алгебраических уравнений (1.11), (1.12) относительно неизвестных коэффициентов полиномов Θ(р), П(р). В общем случае подобные уравнения решаются с помощью алгоритма Евклида. Распространение этого метода на многомерные системы сводится к решению матричного алгебраического уравнения для многомерной САУ

где Y(р), X(р), W YX (p), W UY (p) -векторы и матрицы, соответствующие выходным и входным воздействиям. Если заданы виды возмущающих воздействий Х(р), желаемый вид выходных процессов CAY Y(p) и неизменяемая часть САУ W YX (p), то из матричного уравнения (1.14) можно найти матрицу W UY (p) как результат решения системы алгебраических уравнений (1.14). В этом случае, так же как и в скалярном, к уравнениям (1.14) следует добавить условия устойчивости системы (1.14) и физической реализуемости изменяемой части САУ W UY (P).

Рассмотренный подход развит в виде метода полиномиальных уравнений , который может быть применен как к непрерывным, так и к цифровым регуляторам САУ. В последнем случае этот метод наиболее эффективен. По существу он является численным методом решения определенного круга вариационных задач и позволяет единообразным путем, учтя условия физической реализуемости и устойчивости САУ, получить в явной форме выражение оптимальной передаточной функции регулятора Wuy. Важным достоинством метода является то, что оптимальность здесь понимается не только в смысле быстродействия, но и в смысле компенсации нежелательных отклонений САУ от заданного движения, что приближает задачу синтеза к инженерной постановке в смысле критериев (1.8)-(1.9).

Применение метода полиномиальных уравнений требует перехода к «дискретной модели» непрерывной части системы.

Для удобства последующего изложения рассмотрим алгоритм метода применительно к одномерной системе (1.10). Осуществляя преобразование функции (1.10), представим ее в виде

(1.15)

Wyx(z)=P(z)/Q(z) - заданная передаточная z-функция неизменяемой части системы; х*Wyx(z)=L(z)/R(z)- передаточная z-функция участка контура регулирования между точкой приложения возмущающего воздействия x(z) и координатой у(z); Wuy(z) -искомая функция регулятора.

Для компенсации «нежелательных» полюсов и нулей в передаточной функции Wyx(z) применяется операция факторизации. Эта операция состоит в следующем. Представим функцию Wyx(y) в виде

, (1.16)

где -дробно-рациональная функция, имеющая нули и полюсы в области устойчивости, в данном случае - внутри круга единичного радиуса |z| = 1, а имеет нули и полюсы вне области устойчивости.

Представим искомую функцию Wuy(z) произведением трех сомножителей:

(1.17)

где Θ,П- неизвестные полиномы.

Подставляя (1.16), (1.17) в (1.15), найдем

(1.18)

Определим неизвестные полиномы Θ и П как минимальное решение (т. е. решение, при котором степени полиномов Θ и П наименьшие) полиномиального уравнения

(1.19)

Тогда y(t) будет процессом конечной минимальной длительности при возможности одновременного обеспечения устойчивости и минимума динамической ошибки. Подставляя найденные П и Θ в (1.17), находим искомую функцию Wuy(z).

При использовании наряду с принятыми дополнительными критериями синтеза, например минимальной суммарной квадратичной ошибки, как выражение (1.17), так и полиномиальное уравнение (1.19) могут значительно усложняться, что, однако, не носит принципиального характера. Метод позволяет весьма точно учитывать ограничения со стороны неизменяемой части системы, путем привлечения аппарата линейного программирования. Задачи статистического синтеза также сводятся к решению систем полиномиальных уравнений. Применительно к задачам синтеза регуляторов САУ метод полиномиальных уравнений имеет ряд преимуществ: простоту машинной ориентации метода, практическое отсутствие вычислительных трудностей и возможность синтеза систем, обладающих свойством удовлетворять совокупности различных требований (достигается абсолютный экстремум по одному из критериев при относительных экстремумах по остальным). Результатом синтеза является передаточная z-функция или эквивалентное разностное уравнение, реализуемые в дальнейшем на микропроцессоре САУ.

При решении задач этим методом необходимо выполнить следующие действия: изучить условие задачи, выбрать основную неизвестную величину и ввести ее обозначение, выразить другие неизвестные через выбранную неизвестную и данные в условии задачи величины, составить уравнение (или систему уравнений) и решить его (ее).

Таким образом, алгебраический метод решения задачи - это такая форма аналитического метода, при которой связи между искомыми и данными величинами устанавливаются с помощью уравнений или систем уравнений (реже неравенств). Сущность этого метода лучше всего уяснить при решении следующих задач.

Задача 3.35. В равнобокой трапеции большее основание равно 2,7 см, а боковая сторона в два раза больше меньшего основания. Определите меньшее основание, если угол между большим основанием и боковой стороной равен 60°.

Решение

• 1. ABCD - равнобокая трапеция
• 2. AD = 2,7 см (дано)
• 3. АВ = CD - 2ВС (рис. 3.25, а)
• 4. ZBAD = 60°
• 5. ВС =? (требуется найти)
• 6. Для нахождения длины ВС целесообразно обозначить ее через неизвестное х (обозначение)

Тогда по условию

7. АВ = CD = 2х (3, 6)

Одним из ориентиров при составлении плана решения является вопрос: нельзя ли сторону AD разбить на отрезки, выражающиеся через х ? Оказывается, можно.

• 8. Построим BE || CD (построение, рис. 3.25, б)
• 9. Z CDA = 60° (1, свойства равнобокой трапеции)
• 10. Z CDA = Z BE А (8,9, свойство параллельных прямых)
• 11. ААВЕ - равносторонний (4, 10, теорема о сумме углов треугольника)
• 12. DCBE - параллелограмм (1, 8, признак параллелограмма)
• 13. ED = x( 12)
• 14. 2х + х = 2,7 см (1, 11, 13)
• 15 (6). х = 0,9 см (14)
• 16 (5). ВС = 0,9 см (6) ?

Приведем задачу, которая решается с помощью системы уравнений.

Задача 3.36. Вычислите диагональ и площадь прямоугольника, периметр которого равен 14 см, если его вершина удалена от диагонали, не проходящей через эту вершину, на 2,4 см.

Решение

• 1. ABCD - прямоугольник]
• 2. 2АВ + 2ВС = 14см ДаН °> ..
• 3. ЛК 1 АС, ЛК = 2,4 см J (Р ис - 3 - 26)
• 4. Sabcd = ? (требуется найти)
• 5. АС = ? (требуется найти)

Учащиеся знают, что для нахождения площади прямоугольника достаточно знать его стороны. Они знают также, что для нахождения диагонали тоже достаточно знать стороны прямоугольника. Возникает вопрос: что мы знаем про стороны прямоугольника и как эти стороны можно найти?

Если стороны прямоугольника обозначить через а и Ь, то ученики могут составить два уравнения:

• 6. а + Ь = 7(1, 2)
• 7. а 2 + Ъ 2 = АС 2 (1, теорема Пифагора)

Может показаться, что мы имеем два уравнения с двумя неизвестными. Однако это не так. Длина АС также неизвестна. Обозначим АС через d. Таким образом, мы получим два уравнения с тремя неизвестными, т. е.

8. а + Ь = 7,

а 2 + Ъ 2 =d 2 (,)

Учащиеся должны понимать, что нужно еще одно уравнение, которое бы связывало имеющиеся неизвестные. Откуда можно получить это уравнение? Подсказкой является то, что при решении задачи мы еще не использовали свойство 3: DK является высотой прямоугольного треугольника АВС. Поэтому можно записать:

• 9. S AABC = (1/2) ? (а? b) (1, 3, формула площади треугольника)
• 10. S AABC = (1/2) (АС DK ) = I, 2d (1, 3, другая формула площади треугольника)

Приравнивая правые части равенств 9 и 10, получим:

11. (1/2) (а-Ь) = 1, 2d (9, 10)

В итоге мы получаем систему трех уравнений с тремя неизвестными:

12. а + Ь = 7,

a 2 + b 2 =d 2 , [ (8,11) ab = 2,4 d

Решив эту систему, получим ответ: d = 5 см, S = 12 см 2 . ?

Характеризуя особенности алгебраического метода решения геометрических задач, можно, в частности, выделить возможности использования элементов тригонометрии при их решении.

Использование тригонометрических соотношений в геометрии позволяет упростить решение ряда задач и показать учащимся значение изучаемой теории. Связь между математическими дисциплинами дает возможность образовать дополнительные ассоциативные связи, сделать знания учащихся более глубокими и прочными.

При решении геометрических задач тригонометрические функции используются явно недостаточно. Следует отметить, что, когда в условии задачи даны углы, это в определенной степени подсказывает возможность применять тригонометрические функции. Рассмотрим пример решения такой задачи.

Задача 3.37. Угол между общими касательными к двум окружностям, касающимся между собой внешним образом, равен (р. Длина отрезка касательной между точками касания равна а. Найдите радиусы окружностей.

Рис. 3.27

Решение

1. Две окружности окр. (О х, г) и окр. (С^, Б),

и касающиеся друг друга внешним образом I (дано)

• 2. МА и МК - касательные к обеим (рис. 3.27, а) окружностям
• 1. Две окружности окр. (0 1? г) и окр. (О х, Б), и касающиеся друг друга внешним образом
• 2. МА и МК - касательные к обеим окружностям (дано)
• 3. ZAMK=Z ф
• 4. АВ = а
• 5. г = ? R = ? (требуется найти)
• 6. Проведем радиусы окружностей в точки касания: О А = г, ОхБ = Б и соединим точки М, О и (рис. 3.27, б, в)

Ставится основной вопрос: надо найти радиусы Б и г, как их можно найти? Что для этого нужно знать?

Ответить на эти вопросы непросто. Здесь может выручить серия следствий из условий задачи и выполнение дополнительных построений.

• 7. ОА1 МВ, О г В 1 МВ (2, 6, свойство касательной)
• 8. ОА I О х В (7, свойство перпендикуляров, проведенных к одной прямой)
• 9. АВО х О - прямоугольная трапеция (7, 8, определение трапеции) (рис. 3.27, в)

Эта трапеция включает в себя все, что нужно для решения: ОО х = г + R, АВ = а, ОА = г, OB = R (рис. 3.27, в).

Итак, есть прямоугольная трапеция АВО х О. Как теперь найти г и Б?

Опыт учащихся по решению задач и продуманная работа учителя подскажут выполнение следующего дополнительного построения:

10. Проведем ОС || АВ (9, дополнительное построение, рис. 3.27, г)

После этого получим:

• 11. AOCOi - прямоугольный (7, 10)
• 12. OO x = r + R( 1)

Вот теперь нам понадобится данный в п. 3 нашего решения угол ср:

• 15. (R + г) 2 = a 2 + (R- r) 2 (12, 15)
• 16. R r= -

Мы получили систему двух уравнений с двумя неизвестными.

17. R + r = ---,

COS i (12,13,16)

R .r = *

Решая систему, получим

18(5). B = |(sec| + tg|) (17) -

Особый интерес представляют задачи, в которых нет данных углов, но при решении которых эффективно используются элементы тригонометрии. Применение элементов тригонометрии при решении геометрических задач прежде всего сводится к введению в рассмотрение вспомогательного угла. Тогда связи между элементами фигуры удается установить с помощью тригонометрических функций. Решение задачи при этом сводится к выполнению тригонометрических преобразований.

Задача 3.38. Найдите площадь ромба, если его высота 12 см, а меньшая диагональ 13 см.

Решение

• 1. ABCD - ромб 1
• 2. BE - высота ромба, BE- 12см ; дано "
• 3. BD = 13cm J (Рис-3.28, а)
• 4. 8 ромба = ? (требуется найти)

Первый способ

В задаче мы ищем площадь ромба, а площадь ромба находится так же, как площадь параллелограмма. Для того чтобы найти площадь ромба, надо найти сторону AD. Прежде всего из рис. 3.28, а видно, что AD = АЕ + ED. Попробуем найти каждый из отрезков АЕ и ED.

5. ED = ylBD 2 -BE 2 = V169-144 = 5 см (1, 2, 3, теорема Пифагора)

Отрезок АЕ сразу найти не удастся. Опыт применения алгебраического метода решения геометрических задач может подсказать следующую идею.

6. Обозначим сторону AD через х, тогда АЕ = х - 5 (1, 5)

Чтобы найти х, надо составить уравнение. Из ААВЕ имеем:

• 7. х 2 - (х - 5) 2 = 12 2 (1, 2, 6, теорема Пифагора)
• 8. 10х-25 = 144(7)
• 9. 10х = 169 (8)
• 10. х = 16,9
• 11 (4). З ромба = х 12 = 16,9 12 = 202,8 см 2 ?

Конечно, применение в данном случае алгебраического метода и предложенный ход рассуждений следует считать нестандартными (новыми) для учащихся. Но в то же время к концу 9 класса, когда решается данная задача, подобный прием уже может быть освоен учащимися, и они не будут испытывать при его применении особых трудностей.

Второй способ

При решении данной задачи очень полезно показать возможность применения тригонометрии. Идеи, к которым нужно подвести учащихся, состоят в следующем. Поскольку надо найти сторону AD, следует усмотреть, что у двух прямоугольных треугольников AOD и DBE угол ADB - общий (рис. 3.28, б).

Если его обозначить через а, то можно найти AD.

Соотношения между сторонами и углами в прямоугольном треугольнике приводят к следующему:

• 11. Обозначим угол BDA через а (обозначение, рис. 3.28, б)
• 12. АС ± BD (1, свойство ромба)
• 13. Из A AOD cos а = OD/AD (12, свойство прямоугольных треугольников)
• 14. Из A DBE cos а = ED/BD (2, свойство прямоугольных треугольников)
• 15. Тогда 5:13 = OD : AD и AD = 16,9 см (13,14)
• 16. 5 ромба = 16,9 12 = 202,8 см 2 ?
• 3.5.3. В предыдущем разделе задача 38 была решена двумя способами. Появление этих способов решения явилось следствием поиска ответа на основной вопрос: требуется найти отрезок AD, как можно его найти? А найти этот отрезок можно, как мы уже видели, двумя способами. Такая деятельность имеет явно выраженный творческий характер. Все сказанное приводит нас к возможности решения задач разными способами.

Чтобы иметь возможность выбрать способ решения задачи, нужно располагать достаточным запасом знаний и идей для их решения. Этот запас создается практикой решения задач.

Нужно учить школьников пользоваться запасом основных идей для решения разнообразных задач, учить выбирать и применять нужную идею.

Следует отметить, что процесс решения задач различными способами хотя и описывается в методической литературе, но не может быть признан достаточно разработанным. А.Я. Хин- чин отмечал, что «у нас учитель, как правило, требует от ученика, чтобы все задачи данного раздела решались одним и тем же трафаретным приемом, всякая самостоятельность пресекается, подчас даже очень строго» .

Д. Пойа в решении задач и доказательстве теорем различными способами видел психологическую потребность ученика, так как человеку свойственно желание воспринимать предметы при помощи различных чувств. Пойа пишет: «Найдя решение, мы хотим найти другое, так же, как увидев предмет, мы испытываем желание дотронуться до него. Два доказательства лучше, чем одно, как говорит пословица, „надежнее стоять на двух якорях"» . Это важное замечание Д. Пойа следует приблизить к практике. Но чтобы «захотелось найти другое решение», следует много и целенаправленно потрудиться и ученику, и учителю.

Самое сложное в организации решения задачи разными способами - это помощь учителя в нахождении этих способов. При этом учитель должен выступить не с идеей нового варианта доказательства (или разных вариантов), а с вопросом или серией вопросов, инициирующих появление соответствующей идеи или идей. Это не простое дело, и ему нужно учиться. Сложность связана с тем, что эта деятельность учителя направлена не на применение некоторого знания или приема, а на развитие воображения или интуиции ученика.

Рассмотрим некоторые общие условия, способствующие успешному нахождению различных способов решения задач.

• 1. Для успешного обучения школьников нахождению различных способов доказательства и решения задач надо научить их с помощью синтетической деятельности получать необходимые посылки для доказательства предложений или выполнения вычислений или исследований.
• 2. Для обеспечения индивидуального характера этого процесса необходимо ориентироваться на различные уровни способностей учащихся.
• 3. Учитель обязан постоянно и умело наблюдать за процессом мышления учащихся, анализировать и изучать его. Это очень важная задача, осуществление которой способствует привитию интереса к предмету. У опытных учителей ученики выступают в роли «первооткрывателей».
• 4. Если учителю удается привить учащимся интерес к отысканию различных способов решения задач и разных доказательств математических предложений, то он сможет практиковать такую работу и в ходе изучения программного материала.

Начнем с описания возможностей нахождения различных способов доказательства нескольких теорем планиметрии. Одним из явных недостатков современного стиля обучения математике в школе является догматический характер доказательства теорем. Ученику в голову не приходит, что доказательства можно проводить по-разному (и в разной последовательности). Несомненно, что такая практика не дает эффекта в развитии мышления человека и его личности в целом. С другой стороны, ясно, что на уроке (при условии минимума времени на изучение математики) рассмотреть различные способы доказательства многих теорем просто невозможно. Однако эту работу можно вынести на другие формы обучения: индивидуальные задания в классе и дома, занятия кружка, дополнительные беседы, факультативы и т. д.

Задача 3.39. Докажите, что средняя линия трапеции параллельна ее основаниям и равна их полусумме.

Решение

• 1. ABCD - трапеция 1 (дано)
• 2. ОР - средняя линия трапеции] (рис. 3.29, а)

• 3. ВС ||ОР ||AD , Л
• 4. Oi> = 1/2(AD + ВС))

Можно выписать некоторые следствия, вытекающие из условия теоремы:

5. DP = СР )

> (1,2, определение средней линии трапеции)

О. АС/ = L/jD I

На основании только перечисленных свойств доказать требуемое невозможно. Система вопросов и упражнений должна подвести учащихся к желанию связать среднюю линию трапеции со средней линией какого-нибудь треугольника, свойства которой они уже знают. Если предложений не последует, то можно задать вопрос: как построить треугольник, для которого отрезок ОР являлся бы его средней линией?

Эта работа приведет к первому способу доказательства теоремы.

Учащиеся должны увидеть возможность построения двух таких треугольников: ААВЕ (рис. 3.29, б) и A CED (рис. 3.29, в).

Запишем эти построения.

7. Проведем прямую ВР, пересекающую продолжение стороны AD в точке Е (построение, рис. 3.29, б)

Появляются дополнительные элементы - треугольники АВЕ, ВОР, DPE, ВСР. Если мы докажем, что ВР = РЕ, то это будет означать, что ОР - средняя линия ААВЕ.

8. ОР - средняя линия ААВЕ (рис. 3.29, б) (требуется доказать)

Рассмотрим свойства указанных треугольников:

• 9. Z СРВ = Z DPE (7, свойство вертикальных углов)
• 10. Z ВСР = Z EDP (5, свойство внутренних накрест лежащих углов)
• 11. А ВСР = A EDP (6, 9, 10, признаки равенства треугольников по стороне и прилежащим к ней углам)
• 12. ВР = РЕ (11)
• 13. ОР - средняя линия А АВЕ (6, 13)
• 14. ОР || АП (8)
• 15. ВС || ОР || AD (5, 13)
• 16. ОР = (1/2) АЕ (8)
• 17. ОР = (1/2) (AD + ВС) (8, 11, 14) ?

Возможны и другие способы доказательства этой теоремы:

Провести одну из диагоналей трапеции (рис. 3.30, а) и использовать свойства средней линии треугольника;

• провести CF || ВА (рис. 3.30, б) и рассмотреть параллелограмм ABCF и треугольник DCF ;
• провести EF || ВА (рис. 3.30, в) и рассмотреть равенство треугольников FPD и ЕРС.

Приведем еще два простых, но очень важных примера поиска различных способов решения задачи.

Задача 3.40. Докажите, что площадь параллелограмма равна произведению его стороны на высоту, проведенную к этой стороне.

Решение

• 1. ABCD - параллелограмм] .
• 2. АВ = а ДаН0 > „
• 3. ВК1 AD,ВК = h J
• 4. Sabcd = а? h (требуется доказать)

Из перечисленных свойств мы непосредственно не получим требуемый результат. Мы можем выписать различные свойства параллелограмма, но без понимания идеи решения этого делать не имеет смысла.

До этой теоремы (задачи) мы знаем только формулу площади прямоугольника. Поэтому может появиться желание «перекроить» параллелограмм в прямоугольник. Как это можно сделать? Ответы могут быть различными:

• провести высоту CF (рис. 3.32, а);
• провести высоту DF (рис. 3.32, б);
• провести высоты АЕ и CF (рис. 3.32, в).

Каждый из этих случаев приведет нас к нужному результату.

Задача 3.41. Докажите, что площадь треугольника равна половине произведения его стороны на высоту, проведенную к этой стороне.

Решение

• 1. Треугольник АВС] .
• 2 АВ = а (дано)

Z.CK~LAB I «-33,а)

• 4. S AABC = - (АВ С К) (требуется доказать)

Вот как обычно в действующих учебниках описывают это доказательство:

«Пусть АВС - данный треугольник (рис. 3.33, б). Дополним этот треугольник до параллелограмма ABCD, как указано на рисунке. Площадь параллелограмма равна сумме площадей треугольников АВС и CDB. Так как эти треугольники равны, площадь параллелограмма равна удвоенной площади треугольника АВС. Высота параллелограмма, соответствующая стороне АВ, равна высоте треугольника АВС, проведенной к стороне АВ».

В чем недостатки такого доказательства? Если это резюме всего того, о чем говорилось, что обсуждалось, то такое описание возможно. Однако учить так доказывать или давать это для самостоятельного чтения малоэффективно, так как возникает масса вопросов: почему мы достраиваем до параллелограмма? почему именно так достраиваем? на какие факты мы опираемся в последующей записи? и т. д. Все эти вопросы либо раскроет учитель (если он их видит и умеет ответить на них), либо они так и не будут заданы. Такое доказательство (решение), особенно если оно выучено наизусть, мало что дает для математического и общего развития ученика.

Прежде всего при доказательстве этой теоремы надо обсуждать вопрос о том, на что мы можем опираться при доказательстве.

1. Мы умеем вычислять площади прямоугольника и параллелограмма. Как можно свести вычисление площади треугольника к площадям этих четырехугольников?

• 2. Как мы уже писали, до параллелограмма треугольник АВС можно достроить разными способами (рис. 3.33, в, г).
• 3. Практика показывает, что учащиеся предлагают достроить данный треугольник до прямоугольника (рис. 3.34).

Рассматривать все эти случаи на уроке совершенно не обязательно. Это можно предложить в качестве индивидуального домашнего задания.

4. Может возникнуть интересная идея «перекроить» данный треугольник в прямоугольник или параллелограмм. Такой вопрос можно поставить как проблему для самостоятельной работы учащихся.

Перекраивание связано с проведением средней линии треугольника АВС. Если никто из учеников не догадался, то учитель может сам провести среднюю линию треугольника. Помощь существенная, но все же не прямая подсказка, так как после проведения средней линии способ перекраивания еще нужно придумать, причем возникают четыре варианта (рис. 3.35, а, б , в, г). После выполнения чертежей получение самой формулы не вызывает труда.

Рис. 3.35

Приведем еще примеры решения нескольких задач различными способами.

Задача 3.42. В равнобокой трапеции большее основание равно 44 м, боковая сторона 17 м и диагональ 39 м. Найдите площадь трапеции.

Решение

• 1. ABCD - равнобокая трапеция
• 2. AD = 44m Дан °> . ,
• 3. АВ = 17 м (рис. 3.36, а)
• 4. АС = 39 м
• 5. Sabcd = ? (требуется найти)

Можно выписать еще несколько свойств, следующих из условия задачи:

• 6. AB = CD( 1)
• 7. ZA=ZD{ 1)
• 8. AD || ВС (1)

Далее возникает вопрос: что необходимо знать, чтобы найти площадь трапеции? Возможны такие ответы: надо знать высоту и меньшее основание трапеции; надо знать среднюю линию и высоту трапеции. Как можно найти высоту трапеции?

На рис. 3.36, а нет высоты трапеции, проведем ее.

9. Проведем высоту CF трапеции (построение, рис. 3.36, б)

Важно, чтобы учащиеся увидели, что CF - не только высота

трапеции, но и высота треугольника АС Л, и что в треугольнике ACD известны все его три стороны. Тогда, применив формулу Ге- рона и обычную формулу для нахождения площади треугольника, найдем высоту CF.

Мы подошли к решению задачи первым способом:

10. S AACD = sfplp^A-DHp-ACHp-CD) =

330 м 2 (р - полупериметр AACD, 2, 3, 4, формула Герона)

• 11. S AAC d = (1/2) (AD ? CF) = 22 CF (2, формула площади треугольника)
• 12. CF= 15 м (10, 11)

Итак, мы нашли CF, но нам еще надо найти меньшее основание ВС. Процедуру нахождения ВС приходится применять часто, и она должна быть отработана заранее. Проведем еще одну высоту трапеции - BE (рис. 3.36, в).

• 13. BE _L AD (построение)
• 14. FD = ICD 2 -CF 2 = 8 м (13, теорема Пифагора)
• 15. BE || CF (9, 13, признак параллельности прямых)
• 16. BCFE - прямоугольник (1, 9, 13, 15)
• 17. BC = EF( 16)
• 18. ВС = AD - 2FD = 28 м (16, 17, признак равенства треугольников)
• 19. Sabcd = ((44 + 28)/2) 15 = 540 м 2 (18, 2) ?

Второй способ решения этой задачи очень близок к первому. CF - высота треугольника ACD. Усматривая, что она разбивает его на два прямоугольных треугольника АСЕ и DCF (рис. 3.36, б), приходим к такой идее решения: обозначим FD = х, тогда AF = 44 - х. Из треугольников АСЕ и DCF по теореме Пифагора имеем:

• 20. АС 2 - AF 2 = CD 2 - FD 2 или 39 2 - (44 - х) 2 = 17 2 - х 2 (9, 13, теорема Пифагора)
• 21. х = 8 м или FD = 8 м (19)

• 22. ВС =AD - 2 FD = 28 м (мы выше описали процесс нахождения ВС)
• 23 (5). Sabcd = 540 м 2 (12, 21) ?

В предыдущем разделе мы говорили о возможности применения тригонометрии при решении геометрических задач. Основная идея заключается в введении вспомогательного угла. Это приведет нас к третьему способу решения задачи.

Третий способ решения задачи. Пусть Z CAD = а (рис. 3.37). Тогда, используя теорему косинусов для AACD, вычислим cos а:

• 24. CD 2 = АС 2 + AD 2 - 2АС х х AD cos а (теорема косинусов)
• 25. cos а = 12/13(24)
• 26. sin а = 5/13 (25, основное тригонометрическое тождество)
• 27. Из AACF : CF/AC = sin а, CF = АС sin а = 39 (5/13) = = 15 м (24)
• 28. AF/AC = cos а (9)
• 29. AF = 39 (12/13) = 36 м (25, 28)
• 30. Длина AF равна средней линии трапеции (этот вывод уже подготовлен)
• 31 (5). S AB cd = AF " CF = 36 15 = 540 м 2 (12, 29) ?

Учащиеся могут видеть еще одну возможность использования алгебраического метода. Сущность четвертого способа сводится к введению обозначения ВС = х и построению CM || BD (рис. 3.37).

• 32. Проведем CM || BD (построение, рис. 3.37)
• 33. Из A CMF: CF 2 = СМ 2 - MF 2 (9, теорема Пифагора)
• 34. Из A CFD: CF 2 = CD 2 - FD 2 (9, теорема Пифагора)
• 35. СМ 2 - MF 2 = CD 2 - FD 2 (33, 34)
• 36. 39 2 -teT = 17 2 -teT (35)

v 2 / v 2 )

• 37. х = 28 м (36)
• 38. Из A ACF : CF = л/39 2 -36 2 = 15 м (9)
• 39 (5). Sabcd = ((44 + 28)/2) 15 = 540 м 2 ?

Можно сравнить эти четыре способа по числу рассмотренных свойств - это важный, но не основной показатель. Важно оценить уровень нестандартности идеи, выдвинутой при решении. Видимо, наиболее нестандартным можно считать четвертый способ - выполнение необычного дополнительного построения, а метод третьего способа зависит от опыта в использовании тригонометрии.

Задача 3.43. Боковая сторона трапеции разделена на три равные части. Из точек деления проведены к другой стороне отрезки, параллельные основаниям. Найдите длины этих отрезков, если основания трапеции равны 2 и 5 м.

Решение

• 1. Трапеция ABCD
• 2. АК = КМ = МВ
• 3. MN || КР || ADBC> 5 дано ^ оо
• 4. ВС = 2м (рис. 3.28, а)
• 5. AD = 5 м
• 6. MN = ? (требуется найти)
• 7. КР = ? (требуется найти)

Первый способ

Проведя отрезки MN и КР, мы получили отрезки CN, NP и PD. Можно сразу записать:

8. CN = NP = PD (2,3, теорема Фалеса)

Из перечисленных восьми свойств нельзя получить нужных отрезков.

Одной из идей, которые ведут к решению, является рассмотрение двух трапеций - КВСР и AMND, в которых MN и КР - соответственно средние линии. Итак:

• 9. MN - средняя линия трапеции КВСР
• 10. КР - средняя линия трапеции AMND (2, 3, 8, определение средней линии трапеции)
• 11. MN = (ВС + КР)/ 2 (9,10, свойство средней линии трапеции)
• 12. КР = (MN + AD)/2 (9,10, свойство средней линии трапеции)

• 13. Обозначим MN = х (обозначение)
• 14. КР = (х+ 5)/2(1, 5,3)

Подставим значение КР в равенство 11:

• 2 + ^
• 15. х= -(11, 14)
• 16 (6). MN = 3 м (15)
• 17 (7). КР = 4 м (12, 6)

Можно иначе ввести обозначение:

• 18. Обозначим MN = х, КР = у (обозначения)
• 19. Получим систему уравнений:

У = (х + у)/2

х = (у + 2)/2| (13)

Решим эту систему:

• 20 (6). MN = х = 3м (14)
• 21 (7). КР = г/ = 4 м (14) ?

Задаем вопрос: можно ли тот же результат получить геометрическим путем? Этот вопрос наталкивает учащихся на еще один способ решения.

Второй способ решения задачи основан на использовании теоремы Фалеса и свойств параллелограмма. Идея заключается в выполнении дополнительного построения: проводим СЕ || NF || PQ || АВ (рис. 3.38, б). Дважды применяя теорему Фалеса, доказываем равенство отрезков CN = NP = PD и EF = FQ = QD. Используя свойство противоположных сторон параллелограмма, можно найти искомые отрезки.

В заключение этого раздела приведем вывод формулы Геро- на Александрийского. Наш вывод, который мы проведем двумя способами, построим так, чтобы, в отличие от типичных выводов в школьных учебниках и пособиях, учащиеся сами выдвигали идеи доказательства.

Например, в одном из таких пособий вывод начинается с нахождения квадрата высоты ААВС из следующего равенства: 4а 2 hi = 2а 2 Ъ 2 + 2а 2 с 2 + 2Ь 2 с 2 - а 4 -Ь 4 - с 4 , где а,Ъ, с - стороны A ABC, a h a - высота, проведенная к стороне а. В другом пособии все начинается со слов: «По теореме косинусов...».

Мы не критикуем такие изложения, так как вся (или почти вся) математическая литература для школьников написана в таком стиле. Беда в том, что учителя иногда повторяют текст вслед за пособием.

Задача 3.44. Выведите формулу Герона для нахождения площади треугольника: ^jp(p-a)(p-b)(p-c), где а, Ь, с - длины сторон треугольника, ар - полупериметр.

Рис. 3.39

Решение 1. ААВС

• 3 БсГа (дано)
• 1".АС = Ь (рис. 3.29, а)
• 5. р = (а + Ъ + е)/2 - полупериметр
• 6. S ABC = 1р(Р ~ а)(Р ~ Ь)(Р - с) (требуется вывести).

Из курса геометрии нам известны две формулы для нахождения площади треугольника:

Каждая из этих формул дает возможность продумать соответствующий способ вывода формулы Герона.

Первый способ

Итак, Sabc = ^ ah a .

На рисунке нет h a .

• 7. Проведем АЕ = h a (построение, рис. 3.39, б)
• 8. А САЕ и А БАЕ - прямоугольные (1, 7)

Надо найти высоту h a . Обращаем внимание на то, что АЕ - общий катет двух прямоугольных треугольников А САЕ и А БАЕ. Значит, надо два раза применить теорему Пифагора. Чтобы получить уравнение, надо катет СЕ обозначить через х , тогда второй катет BE будет равен а- х.

Заметим, что это типичный пример использования алгебраического метода решения:

• 9. СЕ = х (обозначение)
• 10. ЕВ = а-х( 3, 9)

• 11. hi = с 2 - (a - x) 2 (7, 10)
• 12. hi = b 2 -x 2 ( 7, 9)
• 13. b 2 - x 2 = c 2 - (a - x) 2 (11, 12)
• 14. x = (a 2 + b 2 - c 2)/2a (13)

Подставим значение x в равенство 12.

• 16. Заметим, что а + b + с = 2р, а + Ъ - с = 2р - 2с, с + а - b = = 2р- 2Ь, с-а + Ь = 2р-2а (свойствапериметра)
• 17. hi = (р - с)р(р - а)(р - Ь) (15,16)
• 18. К = ^4^1>-аХр-ЬНр-с) (17)
• 19 (6). Sabc = Мр-аНр-ЬХр-с) (18) ?

Второй способ доказательства связан с использованием формулы Sabc = - be sin А. Возникает желание найти sin А. Это мож- 2

но сделать с помощью теоремы косинусов и основного тригонометрического тождества:

7. а 2 = Ь 2 + с 2 - 2Ьс? cos А (1, теорема косинусов)

о а Ь 2 +с 2 -а 2

• 8. cosA =- (7)
• 2 be
• 9. sin 2 А = 1 - cos 2 А (основное тригонометрическое тождество):

В прекрасной книге Г.С. Кокстера «Введение в геометрию» по поводу теоремы Герона сказано: «Эту замечательную формулу обычно приписывают Герону из Александрии (около 60 г. н. э.), однако на самом деле она была открыта Архимедом» .

• ООх= --- (11, определение косинуса) Ф cos- 2
• ООх = ОС2 + ОхС2 (11, теорема Пифагора)

Интеграция алгебраических и геометрических методов в решении задач

Одной из актуальных проблем школьного математического образования на современном этапе является проблема интеграции математических знаний, формирования целостных представлений учащихся о математике как науке. Особенно важно решение данной проблемы для основной школы, где изучаются две математические дисциплины: алгебра и геометрия.

Понятие «интеграция» [лат. integratio - восстановление, восполнение; integer - целый] трактуется как восстановление, объединение в целое каких-либо частей, элементов; как состояние связанности в целое отдельных дифференцированных частей, а также как процесс, ведущий к такому состоянию. В обучении интеграцию часто понимают как взаимовлияние, взаимопроникновение и взаимосвязь содержания различных учебных дисциплин.

Так как в обучении математике основным видом деятельности учащихся является решение задач, то целесообразно интеграцию алгебры и геометрии осуществлять по линии их методов. Алгебраический метод (по отношению к элементарной математике) трактуется как метод, заключающийся в употреблении букв и буквенных выражений, над которыми по определенным правилам производятся преобразования. Его называют еще методом буквенных вычислений.

Геометрический метод характеризуют как метод, идущий от наглядных представлений. Существенными признаками этого понятия являются геометрические (наглядные) представления и законы геометрии, в которых отражены свойства геометрических фигур.

Если за основу классификации алгебраических и геометрических методов принять систему знаний, на которых основан метод, то получим следующие методы.

1. Алгебраические: метод тождественных преобразований; метод уравнений и неравенств; функциональный метод; векторный метод; координатный метод.

2. Геометрические (ограничимся планиметрией): метод длин; метод треугольников; метод параллельных прямых; метод соотношений между сторонами и углами треугольника; метод четырехугольников; метод площадей; метод подобия треугольников; тригонометрический метод (метод, основанный на соотношениях между сторонами и углами треугольника, выраженными через тригонометрические функции); метод геометрических преобразований; графический метод (хотя данный метод изучается в курсе алгебры, но он основан на использовании геометрических представлений функций и связанных с ними законов геометрии).

Будем считать, что каждый метод состоит из определенных приемов, а каждый прием - из действий. Под интеграцией алгебраического и геометрического методов будем понимать процесс сочетания данных методов или связи их приемов в один метод.

В области обучения решению задач интеграция методов предполагает параллельное (на одном уроке) решение задачи разными методами (алгебраическими и геометрическими) или решение алгебраической задачи геометрическим методом, а геометрической задачи - алгебраическим методом. Средством интеграции могут служить специальные блоки задач, в которые входят как алгебраические, так и геометрические задачи. Приведем примеры.

7 класс

Здесь можно использовать текстовые задачи из курса алгебры и геометрические задачи, решаемые методом уравнений.

Задача 1 . В одном элеваторе было зерна в два раза больше, чем в другом. Из первого элеватора вывезли 750 т зерна, во второй элеватор привезли 350 т, после чего в обоих элеваторах зерна стало поровну. Сколько зерна было первоначально в каждом элеваторе?

Для решения этой задачи используем метод уравнений и неравенств из алгебры и метод длин из геометрии, основанный на свойствах длины отрезка.

Алгебраический метод . Пусть x т зерна было первоначально во втором элеваторе, тогда 2x т зерна было первоначально в первом элеваторе; (2x – 750) т зерна осталось в первом элеваторе, а (x + 350) т зерна стало во втором элеваторе. Так как в обоих элеваторах зерна стало поровну, то можно составить уравнение

2x – 750 = x + 350, откуда x = 1100, 2x = 2 · 1100 = 2200.

Ответ: 2200 т зерна было в первом элеваторе и 1100 т - во втором.

Геометрический метод. Решаем данную задачу с помощью линейной диаграммы. Линейная диаграмма - это, обычно, отрезок или несколько отрезков, длины которых соответствуют численным значениям рассматриваемой величины. Задачу решаем по этапам.

1-й этап. Построение линейной диаграммы. После прочтения текста задачи ученики обсуждают следующие вопросы (возможна помощь учителя).

1. Сколько ситуаций рассматривается в задаче?

[Две: первоначальная и конечная.]

2. С какой ситуации следует начать построение линейной диаграммы?

[Можно начать построение с первой ситуации и от нее перейти ко второй, а можно
сначала построить линейную диаграмму конечной ситуации и перейти от нее к
первоначальной. Рассмотрим первый вариант построения линейной диаграммы.]

3. Что представляет собой линейная диаграмма первоначальной ситуации?

[Два отрезка, один из которых в два раза больше другого. Первый отрезок изображает
количество зерна в первом элеваторе, а второй - во втором элеваторе.]

После этого учащиеся строят диаграмму первоначальной ситуации. Затем обсуждение продолжается.

4. Как перейти на диаграмме от первой ситуации ко второй?

[Надо из первого отрезка вычесть отрезок, условно изображающий 750 т, а
ко второму отрезку прибавить отрезок, изображающий 350 т.]

5. Эти отрезки берутся произвольно?

[Нет, следует учитывать, что вновь полученные отрезки должны
быть равны, так как на обоих элеваторах зерна стало поровну.]

Выполнив действия с отрезками, учащиеся получают диаграмму конечной ситуации. Первый этап работы над задачей заканчивается обозначением отрезков и оформлением записей на чертеже.

2-й этап. Решение получившейся геометрической задачи. Построенная линейная диаграмма превращает алгебраическую задачу в геометрическую, решение которой основано на использовании свойств длины отрезка, а именно:

1) равные отрезки имеют равные длины; меньший отрезок имеет меньшую длину;
2) если точка делит отрезок на два отрезка, то длина всего отрезка равна сумме длин этих двух отрезков.

Решение учащиеся записывают на геометрическом языке, используя обозначения отрезков, а результат переводят на естественный язык. В данном случае этот перевод осуществляется автоматически за счет переноса терминологии (3-й этап). Вначале следует делать подробную запись решения с указанием того, что изображает каждый отрезок. Постепенно можно переходить к краткой записи, так как некоторые факты видны на рисунке.

Приведем подробную запись решения задачи 1.

Решение. 1-й этап. Пусть отрезок AB изображает количество зерна в первом элеваторе (рис. 1), тогда отрезок будет изображать количество зерна во втором элеваторе.

AB = 2CD - первоначальное распределение зерна между элеваторами. Из первого элеватора вывезли 750 т зерна, а во второй элеватор привезли 350 т, поэтому вычтем из отрезка AB отрезок BK, условно изображающий 750 т, а к отрезку CD прибавим отрезок DE, изображающий 350 т.

2-й этап. Способ I. CD = AF = FB (по построению),

FB = FK + KB = 350 + 750 = 1100, значит, CD = 1100, AB = 1100 · 2 = 2200.

3-й этап. Ответ: в первом элеваторе было 2200 т зерна, во втором 1100 т.

Учащиеся могут сделать краткую запись решения задачи, например, она может быть такой.

Решение. AB = 2CD - первоначальное распределение зерна между двумя элеваторами; BK = 750, DE = 350.

AK = CE - конечное распределение зерна между элеваторами.

CD = AF = FB (по построению), FB = 350 + 750 = 1100, тогда

CD = 1100, AB = 1100 · 2 = 2200.

Ответ: 2200 т, 1100 т.

Линейная диаграмма позволяет составить различные уравнения к задаче, которые учащиеся не могут записать без чертежа, то есть появляется возможность решить задачу алгебраически разными способами. Приведем некоторые из них.

Способ II. Пусть AK = CE = x, тогда, так как AB = 2CD, получим x + 750 = 2(x – 350),

откуда x = 1450, CD = 1450 – 350 = 1100, AB = 1100 · 2 = 2200.

Ответ: 2200 т, 1100 т.

Способ III. Пусть CD = x, тогда AB = 2x. Так как AK = CE, то имеем 2x – 750 = x + 350

(такое же уравнение получается при решении задачи без диаграммы.)

Линейная диаграмма позволяет не только решить задачу без уравнения, но часто ответ можно «усмотреть» прямо на чертеже.

Задача 2 . На одном садовом участке в пять раз больше кустов малины, чем на другом. После того как с первого участка пересадили на второй 22 куста, то на обоих участках кустов малины стало поровну. Сколько кустов малины было на каждом участке?

Решение. 1-й этап. Пусть отрезок AB изображает количество кустов малины на первом участке, а отрезок CD - количество кустов малины на втором участке (рис. 2). AB и 5CD - первоначальное распределение кустов малины между участками.

Так как на обоих участках кустов малины стало поровну, то разделим отрезок BE пополам (BF = FE) и из отрезка AB вычтем отрезок BF, а к отрезку CD прибавим отрезок DK (DK = BF). AF = CK - конечное распределение кустов малины между участками.

2-й этап. По условию с первого участка пересадили на второй 22 куста, значит, BF = 22 = 2CD, тогда CD = 11, AB = 5CD = 5 · 11 = 55.

Ответ: на первом участке было 55 кустов малины, на втором 11 кустов.

Одно из преимуществ использования геометрического метода при решении рассмотренных задач состоит в наглядности. Построение линейной диаграммы и переход от одного ее состояния к другому позволяет учащимся лучше воспринимать ситуации, описанные в задаче и, следовательно, помогает найти пути ее решения. Иногда ответ почти очевиден на чертеже, это дает возможность использовать линейную диаграмму для проверки решения задачи, которое выполнено алгебраическим методом без чертежа.

На мотивационном этапе формирования геометрического метода целесообразно предлагать решить задачу двумя методами: алгебраическим и геометрическим. Задачу следует подбирать таким образом, чтобы ее решение с помощью линейной диаграммы было более рациональным по сравнению с решением без чертежа. Приведем пример решения одной из таких задач.

Задача 3 . В первом баке в четыре раза больше жидкости, чем во втором. Когда из первого бака перелили 10 л жидкости во второй, оказалось, что во втором баке стало того, что осталось в первом. Сколько литров жидкости было в каждом баке первоначально?

Решение. Алгебраический метод . Приводим к уравнению

где x л - первоначальное количество жидкости во втором баке.

Решая это уравнение, находим x = 10, тогда

4x = 4 · 10 = 40.

Итак, в первом баке было 40 л, а во втором 10 л.

Геометрический метод . Построим линейную диаграмму первоначального распределения жидкости между двумя баками. Пусть отрезок AB изображает количество жидкости (л) в первом баке (рис. 3), тогда отрезок CD будет изображать количество жидкости (л) во втором баке (построение можно начинать с отрезка CD). AB = 4CD - первоначальное распределение жидкости между двумя баками.

Процесс переливания жидкости из одного бака в другой отобразим как вычитание некоторого отрезка из отрезка AB и прибавление его к отрезку CD. Чтобы узнать длину отрезка, который следует вычесть из отрезка AB, необходимо заметить следующее: в первом и во втором баках было 5 частей жидкости, причем в первом баке было 4 части, а во втором 1 часть.

После переливания общее количество жидкости (5 частей) не изменилось, но во втором баке стало 2 части, а в первом 3 части. Значит, из отрезка AB надо вычесть отрезок BE (BE = CD), а к отрезку CD прибавить отрезок DK (DK = BE), тогда , что соответствует переливанию жидкости. Поэтому BE = 10, тогда

AB = 40, CD = BE = 10.

Итак, в первом баке было 40 л жидкости, а во втором 10 л.

После решения задачи следует сравнить с учащимися оба метода решения, выявить преимущества и недостатки каждого из них.

Необходимо заметить, что с помощью линейных диаграмм решаются задачи, в которых даны отношения значений величин (меньше, больше, на, в, столько же) и рассматривается одна или несколько ситуаций.

Текстовые задачи, в которых одна из величин представляет собой произведение двух других, позволяют интегрировать метод площадей, основанный на свойствах площади, и метод уравнений и неравенств. Приведем примеры.

Задача 4 . Бригада лесорубов ежедневно перевыполняла норму на 16 м 3 , поэтому недельную норму (шесть рабочих дней) она выполнила за четыре дня. Сколько кубометров леса заготовляла бригада в день?

Решение. Алгебраический метод . Приходим к уравнению

где x м 3 - дневная норма бригады по плану.

Геометрический метод . Так как в задаче рассматривается произведение двух величин (A = pn), то для наглядности представим его в виде двумерной диаграммы. Двумерная диаграмма - это площадь одного или нескольких прямоугольников, стороны которых изображают численные значения рассматриваемых величин (p и n), а площадь прямоугольника изображает их произведение (S = A).

Решение задачи, также как и в случае линейной (одномерной) диаграммы, проходит в три этапа:

1) построение двумерной диаграммы, то есть перевод задачи на язык отрезков и площадей фигур;
2) решение получившейся геометрической задачи путем составления уравнения на основе использования свойств площади многоугольных фигур;
3) перевод полученного ответа с геометрического языка на естественный язык.

1-й этап. Реализуется в ходе анализа текста задачи. Учащиеся отвечают на следующие вопросы.

1. Можно ли построить двумерную диаграмму по условию задачи?

[Можно, так как одна из величин (недельная норма бригады) равна
произведению двух других: дневная норма бригады и количества дней.]

2. Что представляет собой двумерная диаграмма?

[Прямоугольник, одна из сторон которого определяет
дневную норму бригады, а другая - количество дней.]

3. Сколько прямоугольников надо построить?

[Два, их площади будут определять недельную норму бригады
по плану и фактически выполненную работу за четыре дня.]

4. Что можно сказать о площадях этих прямоугольников?

[Они равны, так как выполненная за четыре
дня работа равна недельной норме.]

Затем учащиеся с помощью учителя выполняют построение. Основание и высота первого прямоугольника берутся произвольно, второй прямоугольник равновелик первому, причем их основания представляют собой отрезки, лежащие на одном луче, с общим началом (рис. 4). Первый этап завершается обозначением прямоугольников и оформлением записей на чертеже.

В начале обучения геометрическому методу ведется подробная запись того, что обозначает длина, ширина и площадь каждого прямоугольника, то есть задача переводится на геометрический язык.

2-й этап. Этап начинается с рассмотрения площадей образовавшихся прямоугольников и установления соотношений между ними (равенства, неравенства). Перед учащимися ставится вопрос: назовите прямоугольники с равными площадями. Ведется соответствующая запись:

S ABCD = S AMNK = S, S 1 = S 2 , так как S 1 + S 3 = S 2 + S 3 .

Среди учащихся могут быть и такие, которые выполнят чертеж с большой неточностью, то есть на чертеже прямоугольники BMNE и KECD будут явно не равновелики. Следует обратить на это их внимание и заметить, что линии KB и CN должны быть параллельны.

Используя условие S 1 = S 2 , составляется уравнение. Приведем примерную запись решения задачи 4 геометрическим методом.

Решение. Пусть S ABCD определяет недельную норму бригады лесорубов. AB - производительность (м 3) бригады в день по плану; AD - количество дней; S AMNK - объем работы, выполненный бригадой за четыре дня.

S AMNK = S ABCD = S;

S 1 = S 2 , так как S 1 + S 3 = S 2 + S 3 .

S 1 = 2KE, S 2 = 16 · 4 = 64,

значит 2KE = 64, тогда KE = 32.

AB = KE = 32, AM = AB + BM = 32 + 16 = 48.

Ответ: бригада заготовляла в день 48 м 3 леса.

С помощью двумерной диаграммы и геометрических соотношений, в частности равновеликости прямоугольников ABCD и AMNK, можно составить другое уравнение. Если AB = x, то получаем

(такое же уравнение получается при решении задачи без чертежа).

Задача 5 . Заказ по выпуску машин завод должен был выполнить за 15 дней. Но уже за два дня до срока завод не только выполнил план, но и выпустил сверх плана еще шесть машин, так как ежедневно выпускал по две машины сверх плана. Сколько машин должен был выпустить завод по плану?

Особенность решения этой задачи геометрическим методом, по сравнению с решением предыдущей задачи, состоит в том, что площади S 1 и S 2 (см. рис. 4) не равны, так как по условию завод не только выполнил план, но и выпустил сверх плана еще шесть машин. Это учащиеся должны иметь в виду как при построении чертежа, так и при составлении уравнения.

Решение. Пусть AB изображает производительность завода в день по плану (рис. 5). AD - срок выполнения заказа по плану. Тогда S ABCD определяет весь заказ по выпуску машин, AM изображает количество машин, которые выпускал завод ежедневно, AP - срок выполнения заказа, а S AMNP соответствует количеству машин, которые завод выпустил за 13 дней.

По условию завод выпустил сверх плана шесть машин, поэтому имеем

S 1 + S 3 + 6 = S 3 + S 2 или S 1 + 6 = S 2 ,

но S 2 = 2 · 13 = 26, следовательно S 1 + 6 = 26, откуда S 1 = 20. С другой стороны, S 1 = 2AB, поэтому 2AB = 20, тогда AB = 10, S ABCD = AB · 15 = 10 · 15 = 150.

Ответ: завод должен был выпустить по плану 150 машин.

Средством интеграции методов в 7-м классе могут служить и геометрические задачи. Приведем примеры.

Задача 6 . Точка A делит отрезок CD пополам, а точка B - на неравные части. Докажите, что площадь прямоугольника с измерениями CB и BD равна разности площадей квадратов со сторонами AD и AB

Решение. Пусть CD = x, BD = y. Тогда

Поэтому для решения задачи следует доказать тождество

Как видим, в решении данной задачи задействованы метод площадей и метод тождественных преобразований.

Задача 7 . AP = PQ = QR = RB = BC, AB = AC (рис. 7). Найдите угол A.

Решение. Пусть Р A = x, тогда Р 1 = Р A = x. Р 2 = 2x (как внешний угол треугольника APQ), Р 4 = Р 2 = 2x.

Р 3 = 180° – (Р 2 + Р 4) = 180° – 4x,

Р 5 = 180° – (Р 1 + Р 3) = 3x,

Р 6 = Р 5 = 3x. Р 7 = Р B – Р 6, но

поэтому

Так как Р 8 = Р C, то Р C + Р 8 + Р 7 = 2Р C + Р 7 = 180°, или

Решая это уравнение, получаем, что x = 20°.

Ответ: Р A = 20°.

При решении этой задачи использовались метод треугольников и метод уравнений и неравенств. Аналогичные задачи имеются в учебниках геометрии.

При решении задач на построение алгебраическим методом:

1) составляют уравнение или систему уравнений по условию задачи;

2) решают полученное уравнение или систему и находят нужное неизвестное;

3) осуществляют геометрическое построение по полученной формуле.

Прежде чем переходить к примерам, разберем основные задачи, применяемые при алгебраическом методе (нумерация является продолжением нумерации основных задач). Укажем только решение этих задач, а обоснование предоставляется читателю.

Задача 13. Даны отрезки а и b. Построить отрезок

Решение . Строим прямой угол с вершиной О (рис.25). На его сторонах откладываем отрезки ОА=a и ОВ=b . Тогда отрезок АВ является искомым.

Задача 14. Даны отрезки а и b. Построить отрезок

Решение . Строим прямой угол с вершиной в точке О (рис.26). На одной из его сторон откладываем отрезок ОВ=b . Проводим окружность с центром в точке В и радиуса a . Она пересечет вторую сторону угла в точке А. Отрезок ОА является искомым.

Задача 15. Даны отрезки а и b. Построить отрезок

Решение . На отрезке АВ=a+b , как на диаметре строим окружность. Пусть C такая точка на АВ, что АС=a . В точке С восстанавливаем перпендикуляр к АВ. Он пересечет окружность в точке Д. Отрезок СД искомый (рис.27). Он называется средним геометрическим отрезков a и b .

Задача 16. Даны отрезки а , b и с. Построить отрезок

Решение . Строим произвольный угол с вершиной в точке О (рис.28). На одной из его сторон откладываем последовательно отрезки ОА=a и АС=c , а на второй ОВ=b . Через точку С проводим прямую, параллельную АВ. Она пересечет вторую сторону угла в точке Д. Отрезок ВД искомый. Его называют четвертым пропорциональным отрезком.

ПРИМЕР 20. Даны отрезки a,b и с. Построить отрезок

Построение .

1) строим отрезок ;

a,a,1;

3) строим отрезок

ПРИМЕР 14. Даны отрезки a и b. Построить отрезок

Построение .

1) строим отрезок , как катет прямоугольного треугольника с гипотенузой 2b и вторым катетом b ;

2) строим отрезок , как четвертый пропорциональный отрезков a,a,1;

3) строим отрезок

ПРИМЕР 24. Даны окружность и точка А вне ее. Из этой точки провести секущую так, чтобы она делилась окружностью пополам.

Анализ . Зная положение точки относительно круга, можно построить касательную, длина которой известна и пусть она равна a . Пусть АС – секущая и В – ее середина, АВ=ВС=x . По формуле зависимости секущей и касательной, проведенной из одной точки, имеем . Отсюда Полученный отрезок представляет собой половину гипотенузы равнобедренного прямоугольного треугольника с катетом a (рис.29).

Построение . Найдем длину касательной, проведенной из точки А к данной окружности. Затем построим равнобедренный прямоугольный треугольник с катетом a и его гипотенузу разделим пополам. Получим отрезок x . Построим окружность с центром в точке А и радиусом, равным x . Она пересечет данную окружность в точке В. Построим луч АВ, он и даст нам искомую секущую.

Доказательство следует из построения.

Анализ . Количество решений задачи зависит от длины отрезка АО, где О – центр данной окружности. Пусть АО пересечет данную окружность в точке С и R – радиус данной окружности.

1) Если x+Rто задача имеет два решения;