Формирование эвристической деятельности при решении задач курса геометрии 7-9 классов

Рассмотренные элементы эвристической деятельности направлены на организацию информационных процессов и активизацию мыслительной деятельности при решении задач. Для задач с незначительным информационным разрывом между данными и целью необходимы незначительные действия по его ликвидации. В более сложных задачах потребность и объем эвристической деятельности значительно возрастают, поэтому решение таких задач требует системного привлечения элементов эвристической деятельности и направлено на последовательную ликвидацию первоначального плана, основанного на вероятных связях данных и цели задачи. Иначе говоря, первоначальный план, как правило, представляет гипотезу, в которой достоверные звенья чередуются с вероятными, правдоподобными, эвристическими. При дальнейшей работе с планом требуется перевести все звенья в достоверные.

ГЛАВА ІІ. Методические рекомендации по формированию эвристической деятельности при решении задач курса геометрии 7-9 класса

Эвристическая деятельность строится на научных основах. Как и любой деятельности, эвристической деятельности нужно обучаться серьезно и систематически. Какие качества необходимо сформировать у учащихся, чтобы приобщить их к научному исследованию и проводить их самостоятельно и вполне осознанно? К таким качествам относят глубокие знания и хорошую память, кругозор и способность к саморазвитию, совершенствованию, любознательность и наблюдательность, критичность ума, энтузиазм и находчивость.

К приемам, способствующим включению учащихся в исследовательскую деятельность, относят обучение новым способам действий, использование разнообразных совокупностей самостоятельных работ. В исследовательскую работу включаются экспериментально -- исследовательские задачи с новой информацией, с вопросами для самостоятельного решения, с указаниями, имеющими новизну.

В методической литературе описывается несколько приемов ознакомления учащихся с доказательством теорем (5). К одному из этих приемов относится эвристическая беседа, при которой учащиеся подводятся к определенному выводу с помощью системы вопросов

При правильной организации эвристической беседы, во время ознакомления с доказательством теоремы, учащиеся из пассивных слушателей превращаются в активных участников доказательства. Это развивает их инициативу, творческую активность, способствует лучшему пониманию направления доказательства.

Если учитель намечает ознакомить учащихся с доказательством теоремы, используя форму эвристической беседы, то он должен тщательно подумать всю систему вопросов и заданий. Задавая вопросы учащимся учитель должен быть уверен, что получит от большинства из них правильный ответ. В этом случае ученики начинают верить в свои силы и возможности; у них появляется интерес к изучению геометрии, что особенно важно на начальном этапе. Только тогда эвристическое доказательство может принести пользу. Оно действительно будет способствовать развитию самостоятельности и инициативы учащихся.

Если же, несмотря на подготовительную работу, учащиеся все-таки не могут ответить на какой-либо вопрос, то учителю лучше не затягивать время, а самому дать четкий, правильный ответ. Всегда нужно помнить, что доказательство должно быть не многословным: нужно обосновать все и в то же время кратко.

Пример. Второй признак равенства треугольников.

Если сторона и два прилежащих к ней угла одного треугольника соответственно равны стороне и прилежащим к ней углам другого треугольника, то такие треугольники равны.

Схема доказательства уже известна учащимся (аналогична доказательству первого признака равенства):

1.Утверждается существование ДA₁B₂C₂=ДABC, расположенного определенным образом на плоскости.

2.Доказывается совпадение ДA₁B₂C₂ и ДA₁B₁C₁.

3.Делается вывод: ДA₁B₁C₁=ДABC.

Эту схему учащиеся записывали в тетрадь при изучении первого признака равенства треугольников. К уроку целесообразно повторить теорему о расположении прямых на плоскости, так как на нее приходится ссылаться при доказательстве.

Проводя эвристическую беседу при доказательстве этой довольно сложной теоремы, лучше сочетать вопросы к учащимся с анализом, предшествующим некоторым более трудным звеньям доказательства. Ход доказательства иллюстрируется последовательной демонстрацией рисунков.

После формулировки теоремы учащиеся выполняют чертеж, при этом в классе выясняется «Что дано?» и «Что требуется доказать?».

По какой схеме мы доказываем признак равенства треугольников? Каков должен быть первый шаг доказательства?	Учащиеся повторяют схему доказательства (она может быть записана на откидной доске). По аксиоме существования треугольника равного данному, существует ДA1B2C2=ДABC, у которого вершина B 2 лежит на луче A1B1, а C2 лежит в той же полуплоскости относительно прямой A1B1, что и вершина C1.

Что нужно сделать дальше, исходя из схемы доказательства? Что нужно доказать, чтобы утверждать, что эти треугольники совпадают? Докажите, что B2 совпадает с B1. (Это задание не вызывает затруднений, т.к. аналогичная ситуация была рассмотрена при доказательстве первого признака). Далее учитель осуществляет анализ по рисунку.	Доказать, что ДA1B2C2 совпадает с ДA1B1C1 . Нужно доказать, что точка B2 совпадает B1, C2 совпадает с C1. Отрезки A1B1 и A1B2 имеют одну и ту же длину (они оба равны отрезку AB) и отложены на полупрямой A1B1 от точки A1, значит, по аксиоме откладывания отрезков это один и тот же отрезок, т.е. точка B2 совпадает с точкой B1. Внимательно слушают.



Докажем теперь, что C1 совпадает с C2, для этого докажем, что луч B2C2 совпадает с лучом B1C1, а луч A1C2 с лучом A1C2, но лучи B1C1 и A1C1 пересекаются в одной точке, значит совпадающие с ними лучи также должны пересекаться в той же точке, т.к. прямые, на которых лежат эти лучи, не могут пересекаться более чем в одной точке (по теореме о расположении прямых на плоскости). Вот почему точка C2 будет совпадать с точкой C1. Итак, докажите, что A1C2 и A1C2 совпадают. (Аналогично доказательству первого признака равенства треугольников). Докажите, что лучи B2C2 и B1C1 совпадают. (Аналогично предыдущему доказательству).	Углы B1A1C1 и B2A1C2 имеют общую сторону -- полупрямую A1B1 и отложены от нее в одну и ту же полуплоскость. Кроме того, они равны между собой (т.к. каждый из них равен углу BAC), значит, по аксиоме откладывания углов это один и тот же угол, т.е. луч A1C2 совпадает с лучом A1C1. Значит точка C2 лежит на луче A1C1.



Докажите, что C1 и C2 совпадают. Сделайте вывод.	(Используя проведенный учителем анализ, учащиеся выполняют это задание). ДA1B1C1 полностью совпал с ДA1B2C2, а т.к. ДA1B2C2=ДABC, то ДA1B1C1=ДABC. Что и требовалось доказать.

После этого несколько учеников по цепочке воспроизводят поэтапно доказательство теоремы, пользуясь соответствующими рисунками. Первичное закрепление. По готовым чертежам определить равные треугольники.

Какие из треугольников на данных чертежах равны и почему?	ДABC=ДA1B1C1, так как B= B1, C= C1, BC=B1C1; ДMNK=ДM1N1K1, т.к. M= M1, N= N1, MN=MN; ДSTQ=ДEFG, т.к. Q= G, S= E, SQ=EG.

Примеры решения задач и доказательств теорем с применением элементов эвристической деятельности. Как уже говорилось выше, в школьном курсе математики довольно много внимания уделяется последовательному изложению доказательств теорем, аккуратному и грамотному оформлению решения задач, логическому обоснованию различных этапов решения или доказательства. А сам процесс поиска решения задачи или способа доказательства теоремы, процесс открытия новых математических фактов рассматривается значительно реже. Учащемуся так и остается неясным, с помощью каких соображений удалось открыть ту или иную теорему, как удалось догадаться о способе решения той или иной трудной задачи.

В пособиях для учителей можно найти ответы и решения к помещенным в учебниках задачам; но в случае нешаблонной задачи ему остается неясным как помочь ученику самостоятельно получить ответ к задаче.

Одним из важных моментов совершенствования методов обучения должно стать формирование у учащихся творческого, эвристического мышления. Учитель должен не только дать школьникам некоторый комплект математических фактов, сопровождаемых дедуктивными рассуждениями, но и развить их математическую индукцию, привить навыки самостоятельного поиска новых закономерностей, ознакомить с общими, едиными приемами самостоятельного целенаправленного поиска решения задач (доказательства теорем). И хотя методов, гарантирующих решение любой задачи, не существует, учащийся должен получить в школе представление о тех общих приемах, которые особенно часто облегчают поиск решения задач.

Редукция. Реализуем рассмотренную теорию в решении конкретной математической задачи, применяя методику сведения исходной задачи к системе вспомогательных, т.е. используя редукцию. Это важный прием, которым учащиеся часто пользуются при решении, состоит в выделении вспомогательных подзадач, к решению которых сводится решение исходной задачи.

7 класс.

Пример. Исходная задача. Доказать, что катет прямоугольного треугольника, лежащий против угла в 30°, равен половине гипотенузы.

Иначе говоря, a=Ѕc.

Следуя этой формулировке, учащиеся, как правило, соединяют точку A с точкой M, являющейся серединой гипотенузы, и не находят пути решения.

Лишь после того, как им предлагается сделать простейшее тождественное преобразование:

a=Ѕc; 2a=c,

они почти мгновенно находят идею решения, продолжая катет влево.



Пример. Построить треугольник по данному основанию a, противолежащему углу б и боковой стороне c.

Замечание. Как правило, геометрические задачи на построение сводятся к построению точки. Условие состоит из двух частей, в одной из которых существенную роль играет данное h, в другой -- б. Каждое из условий определяет геометрическое место точек (в первом случае -- все точки, удаленные от данной прямой на данное расстояние, во втором -- все точки, являющиеся вершиной данного угла, стороны которого проходят через две данные точки). Пересечение этих геометрических мест даст нам искомую точку.

8 класс.

Пример. Исходная задача. В параллелограмме отношения сторон и отношение диагоналей одинаковы и равны 0,5. Из вершины тупого угла A опущена высота AE на большую сторону CD. Найти отношение длины отрезка DE к длине CE.

Введя буквенные обозначения для длин сторон, видим, что ?CAD и ?BDC, каждый в отдельности, содержат всю информацию задачи.

Значит, исходная задача эквивалентна более простой.

Первая эквивалентная вспомогательная задача. В треугольнике одна из сторон вдвое больше другой, а третья сторона равна медиане, проведенной к ней. Найти отношение длины отрезка DE к длине CE, если AE -- высота.

Далее воспользуемся стандартным правилом: отношение возможно найти, если все элементы будут выражены или через x, или через y. Так мы приходим к формулировке менее результативной вспомогательной задачи.

Менее результативная вспомогательная задача. В треугольнике одна из сторон вдвое больше другой, а третье сторона равна медиане, проведенной к ней. Найти выражение сторон через эту медиану.

Сформулированная задача алгоритмического типа, так как существует стандартное соотношение между требуемыми элементами:

OC=Ѕv2(AC²+4CD²)-AD²,

Y=Ѕv2(x²+4x²)-y².

После преобразования получим, что y=xv2 и исходная задача формулируется в виде второй эквивалентной задачи.

Вторая эквивалентная задача. В ДACD стороны выражаются, как показано на следующем рисунке. Определить отношение длины отрезка DE к длине CE, если -- AE высота. Подобная задача представляет также задачу алгоритмического типа.

Решение этой задачи дает ответ на вопрос, поставленный первоначально: 5/3.

9 класс.

Пример. Исходная задача. Около окружности описана равнобокая трапеция ABCD (AD||BC, |AD|>|BC|). Докажите, что точка пересечения диагоналей трапеции P лежит на отрезке T₁T₂, соединяющим точки касания боковых сторон трапеции с окружностью.



Предположим, что диагонали AC и BD пересекаются с отрезком T₁T₂ соответственно в точках P₁ и P₂. Поставленный в задаче вопрос можно переформулировать так:

Первая эквивалентная вспомогательная задача. Верно ли, что |T₁P₁|+|T₂P₂|=|T₁T₂|?

Для ответа на этот вопрос можно предварительно попытаться выразить три указанные отрезка, скажем, через основания трапеции. Т.о. приходим к следующей переформулировке задачи:

Вторая эквивалентная вспомогательная задача. В равнобедренной трапеции ABCD, описанной около окружности, основания AD и BC имеют длины 2a и 2b соответственно; T₁ и T₂ -точки касания боковых сторон AB и CD с окружностью, P₁ и P₂ -- точки пересечения отрезка T₁T₂ соответственно с диагоналями AC и BD. Вычислить разность (|T₁P₁|+|T₂P₂|)-|T₁T₂|.

Эту задачу нетрудно решить, если заметить, что |AT₁|=a, |T₁B|=b, |T₂P₂|=|T₁P₁|, ДASD~ДT₁ST₂ (S -- точка пересечения AB и DC). Указанная разность равна нулю, т.е. точка P₁ совпадает с P₂.

Таким образом, используя эвристические соображения, мы неоднократно переформулировали исходную задачу и сводили ее решение к задачам стандартного (алгоритмического) вида.

Учащиеся на уроках часто пользуются простейшими приемами перехода к равносильной задаче; например, переводят данную задачу «на язык алгебры», вместо доказательства сформулированного в задаче утверждения переходят к доказательству предложения, противоположного сформулированному.

Очень полезным вариантом переформулировки является переход к наглядной модели (геометрическая формулировка, график чертеж, и т.п.).

Из рассмотренных примеров видно, что редукцию целесообразно применять при решении задачи на построение, которая сводится к построению точки, как пересечения геометрических мест, или условие задачи чрезмерно, содержит лишние чести, являющиеся следствием остальных, или решение данной задачи представляется «методом от противного» (отказ от какой-то данной и сформулированной определенности и создание некоторого ряда тождественных формулировок).

Индуктивный метод. Индукция -- один из самых важных эвристических приемов. В переводе с латыни «индукция» означает «наведение»; рассмотрение частных случаев наводит на решение задачи в общем случае. Если задача трудна, то полезно попытаться выделить какой-либо очень простой ее частный случай, с которым учащиеся в состоянии справиться. После этого переходим к другим, более сложным, частным случаям, до тех пор пока не доберемся до решения исходной задачи. Особенно полезно в качестве частных случаев брать различные «крайние» случаи.

7 класс.

Пример. Исходная задача. Верно ли, что периметр любого треугольника больше радиуса описанной около него окружности?

Возьмем какой-либо ДABC, опишем около него окружность, пусть R -- ее радиус.

Теперь будем перемещать вершины B и C по окружности так, чтобы ДABC стянулся к точке A.



В предельном положении, когда ДABC вырождается в точку, его периметр равен нулю и, значит, меньше R.

Понятно, что то же неравенство сохраняется для малых треугольников, «близких» точке A.

Следовательно утверждение задачи не верно.

Пример. Докажите, что сумма расстояний от любой точки M, лежащей на контуре правильного ДABC или внутри него, до сторон треугольника есть величина постоянная, не зависящая от положения этой точки.

Замечание. Известно, что эту задачу легко решить с помощью формулы для площади треугольника, но семиклассники эту формулу еще не знают. Поэтому при решении можно воспользоваться индуктивными соображениями и рассмотреть такие случаи: а) точка M -- вершина ДABC; б) точка M -- на стороне ДABC (например, M принадлежит BC), этот случай сводиться к предыдущему, если через M провести прямую MN||AC, положить Aґ=MN AB, тогда M -- вершина ДAґBC; в)(общий случай) M -- произвольная точка внутри ДABC, этот случай сводится к б), если провести прямую MN||AC, рассмотреть точки Aґ=MN AB, Cґ=MN BC и ДAґBCґ.

8 класс.

Пример. Исходная задача. В четырехугольнике ABCD две стороны AD и BC не параллельны. Что больше: полусумма этих сторон или отрезок MN, соединяющий середины двух других сторон четырехугольника?



Рассмотрим предельный случай, когда одна из сторон четырехугольника стягивается в точку. Можно стягивать в точку либо BC (или AD), либо AB (или CD). Выберем первый путь: пусть BC стягивается в точку B. В предельном положении точка N совпадает с серединой K отрезка BD, и MN становится средней линией MK ДABD. В предельном случае получаем такую вспомогательную задачу:

Вспомогательная задача. Что больше, половина стороны AD ДABD или отрезок MK, соединяющий середины двух других сторон?

Ответ общеизвестен: MK=ЅAD.

Нетрудно видеть, что решение исходной задачи можно свести к рассмотренному предельному случаю.



Пусть K -- середина диагонали BD четырехугольника ABCD. Из ДABD имеем MK=ЅAD и MK||AD, из ДBCD имеем KN=ЅBC и KN||BC. Так как по условию AD||BC, то M, K и N -- не на одной прямой. Из ДMKN видно, что MN<MK+KN=Ѕ(AD+BC).

Т.о. мы ответили на вопрос исходной задачи: MN<Ѕ(AD+BC).

Замечание. Если мы при поиске решения пойдем по другому пути и будем стягивать в точку сторону AB, то придем к другому предельному случаю (MN -- медиана ДCMD), который подскажет другой путь решения (параллельный перенос отрезков AD и BC так, чтобы A и B перешли в точку M).

Пример. Две окружности радиусом r и R (R>r) не имеют общих точек. Постройте их внешнюю касательную.

Замечание. Сначала рассмотрим предельный случай, когда меньшая окружность сжимается так, что вырождается в точку. в этом случае задача без труда решается. Затем возвращаемся к исходной задаче, и, уменьшая радиусы обеих окружностей на r и не меняя положения их центров, сводим решение задачи к ее предельному случаю.

9 класс.

Пример. Исходная задача. Дана окружность радиуса R. Из точки A, лежащей вне окружности и отстоящей от центра O на расстояние a, проведена секущая. Точки B и C ее пересечения с окружностью соединены с центром O. Пусть угол BOA и угол COA обозначены соответственно в и г. Найдите tg(в/2)tg(г/2).

Рассмотрим предельный случай, когда секущая вырождается в касательную, т.е. в=г.

Tg(в/2) tg(г/2) =(tg(г/2))²=(1-cos.г)/(1+cos.)=(1-R/a)/(1+R/a)=(a-R)/(a+R).

Итак, в предельном случае tg(в/2) tg(г/2)=(a-R)/(a+R).

Попытаемся теперь доказать, что и в общем случае имеет место то же соотношение. Наличие в этой формуле отрезков a+R и a-R подсказывает нам, что эти отрезки желательно ввести в чертеж, т.е. рассмотреть отрезки AE и AM, где E и M -- точки пересечения AO с окружностью.

Используя эти соображения можно решить исходную задачу:

Ясно, что угол CEM=г/2, угол BEM=в/2. А так как ДBEM и ДCEM -- прямоугольные, то tg(в/2)=BM/EM, tg(г/2)=CM/CE;

Tg(в/2) tg(г/2)=BM/BE CM/CE.

Четыре отрезка BM, BE, CM, CE или их отношения выразим через отрезки a+R и a-R. Отрезки CM и a-R входят в ДAMC~ДABE (угол A -- общий, уголAMC=углуABE). Следовательно CM/BE=AM/AB=(a-R)/AB. Отрезки CE и a+R входят в ДACE~ДAMB (уголA -- общий, уголABM=углуAEC). Поэтому MB/CE=AB/(a+R).

Теперь ясно, что

tg(в/2)tg(г/2)=(a-R)/AB AB/(a+R)=(a-R)/(a+R).

Полученное равенство и есть ответ: tg(в/2)tg(г/2)=(a-R)/(a+R).

Пример. Известно, что в треугольнике каждая медиана меньше суммы двух других медиан. Верно ли аналогичное утверждение для биссектрис треугольника? Для высот треугольника?

Замечание. Рассмотрим равнобедренный ДABC. Не меняя его основания AB, будем неограниченно увеличивать его биссектрису CC₁. При этом две другие его биссектрисы остаются ограниченными (их сумма не превосходит 2ABv2). Отсюда следует, что при достаточно большом CC₁ получим ДABC, у которого одна биссектриса (CC₁) больше суммы двух других его биссектрис. Аналогично решается задача с высотами.

Можно заметить, что поиск решения предложенной задачи значительно упрощается, если предварительно решить такую вспомогательную задачу, которая имеет сходное условие с задачей, но в которой условие или некоторые данные получаются из условия или данных исходной задачи путем предельного перехода. Т.е. некоторые из фигур, о которых говорится в исходной задаче, заменяются их предельными положениями. Например, если в исходной задаче речь идет о секущей к окружности, то мы вместо нее во вспомогательной задаче рассматриваем касательную (предельное положение секущей, когда расстояние ее от центра стремиться к радиусу); если в условии говорится о четырехугольнике, то во вспомогательной задаче можно рассмотреть треугольник (предельное положение четырехугольника, когда длина одной из его сторон стремится к нулю). Разумеется, для одной и той же задачи можно подобрать различные предельные случаи.

Метод аналогии. Аналогия означает сходство. Давно было замечено, что сходство условий нередко приводит к сходству заключений. Логики и философы многократно и справедливо обращали внимание на то, что это не всегда так, что аналогия не может служить доказательством. Однако в огромном количестве случаев гипотезы, построенные по аналогии, все же оказываются верными. Это обстоятельство очень полезно при поиске решения математических задач.

7 класс

В 7 классе изучение геометрии только начинается, только приобретаются навыки решения геометрических задач. Поэтому метод аналогий целесообразно применять для определения новых понятий. Например, признаки равенства прямоугольных треугольников можно сформулировать опираясь на аналогичные признаки равенства произвольных треугольников или, как уже говорилось выше, применяются аналогичные схемы доказательства признаков равенства треугольников.

8 класс

Пример. Исходная задача. Зная стороны a, b, c ДABC, вычислите радиус r₁ окружности, касающейся стороны BC и продолжений сторон AB и AC.

Сформулируем более простую или известную нам задачу.

Вспомогательная задача. Зная стороны a, b, c ДABC, вычислите радиус r описанной окружности.

Если рассмотреть решение этой задачи, разбить его на отдельные простейшие «шаги», то можно легко обнаружить. Что решение исходной задачи можно получить по аналогии с решением вспомогательной. Для этого достаточно провести аналогию на каждом «шаге» решения.

1. Соединим центр O вписанной окружности с вершинами ДABC.	1. Соединим центр O1 данной окружности с вершинами ДABC.
2. SДABC=SДAOB+SДAOC+SДBOC (1) 3. Обозначим SДABC через S, тогда по формуле Герона: S=vp(p-a)(p-b)(p-c). 4. SДAOB=Ѕcr, SДAOC=Ѕbr, SДBOC=Ѕar. 5. Из (1) следует S=Ѕ(c+b+a)r=pr, откуда r=s/p или r=v(p-a)(p-b)(p-c)/p.	2. SДABC=SДAO B+SДAO C-SДBO C (1) 3. То же. 4. SДAO B=Ѕcr1, SДAO C=Ѕbr1, SДBO C=Ѕar1. 5. Из (1) следует S=Ѕ(c+b-a)r=(p-a)r1, откуда r1=s/(p-a) или r1=v(p(p-b)(p-c)/(p-a).

Пример. Постройте точку P, делящую внешним образом отрезок AB в данном отношении m:n, где m и n -- данные отрезки, m>n.

Замечание. Иными словами, точка P должна лежать на продолжении отрезка AB, причем AP/PB=m/n.

Предварительно следует сформулировать аналогичную и более простую задачу -- деление отрезка в отношении m:n внутренним образом, и вспомнить ее решение.

9 класс.

Пример. При изучении вопроса о центрах и осях симметрии многоугольников, опираясь на уже известные утверждения об этих объектах конкретных многоугольников: треугольника и четырехугольника, можно сформулировать задачу об исследовании существования и расположения центров и осей симметрии многоугольника.

Задача. 1)Треугольник не имеет центра симметрии.

2)Центром симметрии параллелограмма является точка пересечения его диагоналей. Параллелограмм имеет только один центр симметрии.

3)Равнобедренный треугольник имеет одну ось симметрии, а равносторонний треугольник -- три оси симметрии. Прямоугольник и ромб имеют по две оси симметрии, а квадрат -- четыре оси симметрии.

Сформулируйте аналогичные утверждения для многоугольников.

Анализ расположения центров симметрии для конкретных многоугольников -- треугольника и четырехугольника, позволяет сделать вывод о том, что никакая из их вершин не может быть его центром симметрии. Обобщая этот вывод мы можем сформулировать гипотезу для многоугольника:

Вершина многоугольника не может быть центром его симметрии.

Сформулируем аналогичное утверждение для осей симметрии:

Прямая, содержащая сторону треугольника, не может быть осью его симметрии.

Аналогия свойств центров и осей симметрии треугольника и четырехугольника, с одной стороны, и многоугольника с другой позволяет сформулировать следующие утверждения:

Если многоугольник имеет центр симметрии, то каждая вершина многоугольника симметрична некоторой другой его вершине.	Если многоугольник имеет ось симметрии, то каждая его вершина, не лежащая на оси, симметрична некоторой другой его вершине.
Если n-угольник имеет центр симметрии, то n -- четное число.	Если многоугольник с нечетным числом вершин имеет ось симметрии, то хотя бы одна его вершина лежит на оси.
Центрами симметрии многоугольника могут быть только середины его диагоналей.	Осями симметрии многоугольника могут быть только серединные перпендикуляры к его сторонам или диагоналям.

Отметим, что возможно использование приема аналогии для получения свойств центров и осей (а также плоскостей) симметрии стереометрических фигур, например, тетраэдра, четырехугольной призмы.

Суть данного приема состоит в следующем: наряду с исходной задачей формулируем аналогичную, похожую, но более простую для нас вспомогательную задачу; решаем эту вспомогательную задачу, разбивая решение на отдельные этапы («шаги»); пытаемся провести аналогичные рассуждения на каждом «шаге» применительно к исходной задаче.

Естественно применять аналогию к решению стереометрических задач, при этом каждый раз ученик самостоятельно формулирует для себя уже известную и решенную планиметрическую задачу.

Метод обобщения. Переход от данной задачи к ее обобщению также нередко позволяет обнаружить способ решения исходной задачи. В самом деле, к более общей задаче могут оказаться применимы методы, которые не применимы к исходной задаче.

8 класс

Пример. Исходная задача. Доказать, что сумма расстояний от произвольной точки M до сторон равностороннего треугольника равна высоте этого треугольника.

Более результативная вспомогательная задача. Доказать, что для любой точки M, принадлежащей произвольному ДABC со сторонами a, b, c и высотами h_a, h_b, h_c ,справедливо равенство x/h_a+y/h_b+z/h_c=1, где x, y, z -- соответственно расстояния от точки M до сторон BC, AC, AB.



Соединив точку M с вершинами A, B, C, получим три треугольника ДBMC, ДAMC, ДAMB, высоты которых соответственно равны x, y, z. Пусть S -- площадь ДABC, тогда S=Ѕ(ax+by+cz). С другой стороны, S=Ѕah_a, S=Ѕbh_b, S=Ѕch_c. Комбинируя эти равенства, находим

x/h_a+y/h_b+z/h_c=1.

В равностороннем треугольнике h_a=h_b=h_c=h, а поэтому x+y+z=h.

Т.е. сумма расстояний от произвольной точки, принадлежащей равностороннему треугольнику до его сторон постоянна и равна высоте треугольника.

9 класс.

Пример. Исходная задача. Дан параллелограмм ABCD. Укажите способ для его разбиения на 11 равновеликих частей прямыми, проходящими через вершину A.

Сформулируем обобщение данной задачи:

Более результативная вспомогательная задача. Как разбить параллелограмм ABCD прямыми, проходящими через вершину A, на n равновеликих частей, где n -- любое заданное натуральное число.

Есть ли такие n, для которых мы умеем решать полученную задачу?



Т.е. для всех n=2^k данная задача имеет решение.

Рассмотрим случай, когда n -- четно.

Например, n=6.

Т.о., если n=2k, то решение задачи сводится к разбиению отрезков BC и CD на k конгруэнтных отрезков точками M₁,M₂,M₃…М_k=C и N₁,N₂,N₃,…N_k=D соответственно.

Затем точки деления соединяем прямыми с вершиной A.

Теперь рассмотрим нечетные n.

Например, n=3.

Решение задачи для n=2k+1 сводится к разбиению отрезков BC и CD на n конгруэнтных отрезков точками M₁,M₂,M₃…M_n=C и N₁,N₂,N₃,…N_n=D соответственно.

Затем точки деления с четными номерами соединяются прямыми с вершиной A.

Решение исходной задачи для n=11: делим отрезки BC и CD на 22 равных отрезка и соединяем точки, имеющие четные номера с вершиной A.

Пример. В равнобедренную трапецию вписан круг. Доказать, что отношение площади круга к площади трапеции равно отношению длины окружности к периметру трапеции.

Замечание. Первый шаг к обобщению данной задачи может быть отказ от условия равнобедренности трапеции. Далее может быть доказана общая теорема о любом описанном многоугольнике.

Обобщением часто пользуются в школе, решая математические задачи сначала «в буквах», «в общем виде». Заменяя задачу ее обобщением, мы включаем ее в класс однотипных задач. После этого мы для поиска решения можем воспользоваться индукцией и другими средствами.

Метод суперпозиции и специализации.

7 класс.

Пример. Доказать теорему: Если при пересечении двух прямых секущей накрест лежащие углы равны, то прямые параллельны.

Рассмотрим случай, когда углы 1 и 2 прямые. Тогда прямые a и b перпендикулярны прямой AB, а значит параллельны.

Теперь опираясь на рассмотренный случай докажем теорему для общего случая, когда углы 1 и 2 не прямые.

Из середины отрезка AB проведем перпендикуляр OH к прямой a. На прямой b от точки B отложим отрезок BH₁, равный отрезку AH и проведем отрезок OH₁.

Из равенства ДAOH и ДBOH₁ следует то, что точки H, O, H₁ лежат на одной прямой и отрезок HH₁ перпендикулярен прямым a и b, поэтому они параллельны. Теорема доказана.

Пример. При изучении темы «Треугольники» возможна следующая специализация: рассмотрение свойств равностороннего треугольника, наиболее элементарного, затем исследование треугольников более общего вида: равнобедренного, прямоугольного и, наконец, треугольника общего вида. Изменение вида треугольника и его свойств представляется существенным в понимании свойств треугольника как геометрической фигуры.

8 класс.

Пример. Исходная задача. Доказать теорему о том, что центральный угол равен удвоенному вписанному углу, опирающемуся на ту же дугу.

Доказательство начнем с благоприятного частного случая (специализируемся), когда одна из сторон вписанного угла совпадает с диаметром.

В этом случае очевидно, что AOB=2 ACB, и утверждение справедливо для этого частного случая.

Доказательство можно провести так: COB=180?-2 OCB, т.к. ДOCB равнобедренный и OCB= OBC. AOB= COB=180?, или AOB=180?-2 OCB=180?, где вместо COB подставили его значение, найденное из ДOCB. После преобразования получаем, что AOB=2 OCB. Если же такой случай не имеет места, то общий случай можно свести к двум частным случаям, проведя диаметр.

Центральный AOB и вписанный ACB, о которых идет речь, могут быть представлены в виде суммы или разности углов, что и доказывает рассматриваемую теорему во всей общности.

Теорема доказана.

Пример. Теорема Фалеса. Если на одной из двух прямых, a, отложить последовательно несколько равных отрезков и через их концы провести параллельные прямые, пересекающие вторую прямую, b, то они отсекут на второй прямой равные между собой отрезки.

Замечание. Сначала рассмотрим случай, когда данные прямые параллельны, затем общий случай -- когда данные прямые не параллельны. Тогда через одну из точек деления на прямой a проведем прямую, параллельную b и сведем общий случай к рассмотренному частному.

9 класс.

Пример. Доказать, что для всякого треугольника r+R?H, где

r -- радиус вписанной окружности;

R -- радиус описанной окружности;

H -- наибольшая высота.

Применяя специализацию рассмотрим эту задачу для равностороннего треугольника.

Для этого случая r=H, R=H и данное утверждение верно.

Далее рассмотрим более общий вид -- равнобедренный треугольник с углом при вершине меньше и больше 60°.

В первом случае утверждение задачи справедливо, но во втором случае справедливость данного утверждения не подтверждается, а это доказывает, что исходное утверждение ложно.

Примеры показывают, что прибегая к специализации и суперпозиции, мы стараемся выделить наиболее доступную нам часть задачи. Часто специализация применяется для опровержения некоторого утверждения, т.е. специализируясь, мы находим такой элемент множества, который не соответствует общему правилу.

Метод симметрии. Рассмотрим примеры задач, в которых симметрия упрощает решение.

7 класс.

Пример. Дана прямая a и две точки C и D, лежащие в одной полуплоскости относительно a. Найти на прямой a такую точку X, чтобы сумма CX и XD была наименьшей.

Поиск точки X и обоснование того, что она удовлетворяет всем требованиям задачи, возможно провести на основе вспомогательной точки D?, симметричной точке D.

Используя введенную точку, можно найти кратчайшее расстояние по прямой между точками C и D?.

Используя симметрию D и D?, можно утверждать, что точка X искомая, так как CD?=CX+XD.

Пример. Построить треугольник, если задан угол при одной из его вершин, высота, проведенная из этой вершины, и периметр.

Замечание. Обозначим через б данный угол, через h -- данную высоту, проведенную из вершины A, угол при которой равен б, и через p -- данный периметр. При попытке изобразить на чертеже отрезок p=a+b+c, где a -- сторона, противолежащая углу б, приходим к выводу, что стороны b и c симметричны. На продолжении стороны a мы откладываем отрезки CE=b в одну сторону, BD=c -- в другую, т.о. ED=b+a+c=p. Исследуя соотношения, связывающие ДEAD и угол б, находим DAE=Ѕб+90°. Строим ДEAD по углу EAD, противолежащей стороне p, и высоте, проведенной из этого угла. А затем, используя полученные результаты строим искомый ДABC.

8 класс.

Пример. Докажите, что медиана прямоугольного треугольника, проведенная к гипотенузе, равна половине гипотенузы.

Точки A и B симметричны относительно точки M.

Построим точку D, симметричную C относительно M, и соединим ее с точками A и B.

Полученный четырехугольник является параллелограммом, т.к. его диагонали пересекаются и точкой пересечения делятся пополам.

Исходя из того, что один из углов прямой, можно сделать вывод -- это прямоугольник, а значит диагонали CD и AB этого прямоугольника равны.

А значит CM=ЅAB.

9 класс.

Пример. Диагонали правильного десятиугольника A₁A₂…A₁₀, вписанного в окружность радиуса R, пересекаются в точке B. Докажите, что A₂A₇=2R, A₄A₁₀=2r, где r -- радиус вписанной окружности.

A₁ и A₇ симметричны относительно точки O -- центра описанной окружности, а значит и центра симметрии данного правильного десятиугольника. Хорда A₂A₇ проходит через центр окружности, а значит является ее диаметром, т.е. A₂A₇=2R. A₄ и A₁₀ симметричны относительно A₂A₇, т.е. A₄A₁₀ A₂A₇. Стороны A₄A₅ и A₉A₁₀ -- касательные для вписанной окружности, а значит A₄A₁₀=2r.

Рассмотренные примеры показывают, что введение симметричных элементов помогает сформулировать эквивалентную вспомогательную задачу, решение которой гораздо очевиднее исходной.

Применение нескольких эвристических приемов к решению задачи.

Для решения трудной задачи нередко приходится воспользоваться не одним, а несколькими приемами эвристической деятельности.

8 класс.

Пример. Дан угол O₁OO₂ и внутри него две точки M и P. Постройте трехзвенную ломаную MABP минимального периметра так, чтобы концами ее были точки M и P, а точки A и B принадлежали лучам OO₁ и OO₂ соответственно.

Менее результативная вспомогательная задача. Построить ломаную MAP, чтобы MA+AP имела наименьшую длину и вершина A лежит на данной прямой a (специализация).

Возможны два случая:

В первом случае точки M и P лежат в разных полуплоскостях относительно прямой a. В этом случае MA+AP будет минимальной, если точки M, A, P принадлежат одной прямой.

Второй случай -- точки M и P принадлежат одной полуплоскости относительно прямой a. Решение в этом случае сводится с помощью симметрии к предыдущему (симметрия).

Решение исходной задачи можно найти с помощью суперпозиции рассмотренных частных случаев.

Искомая ломаная будет иметь минимальную длину когда точки Mґ, A, B, Pґбудут расположены на одной прямой (Mґ и Pґточки симметричные M и P относительно лучам OO₁ и OO₂ соответственно).

9 класс.

Пример. Исходная задача. На сторонах данного угла MQN, величина которого равна 30?, выбраны четыре точки: A₁ и A на луче QM, B₁ и B на луче QN, причем |QA₁|=20см, |QA|=30см, |QB₁|=20см, |QB|=40см. Какую фигуру образуют все такие точки F указанного угла, для которых сумма площадей ДA₁FA и ДB₁FB равна 110 см².

а) Рассмотрим боле общую задачу:

Более результативная вспомогательная задача. На сторонах QM и QN указанного в основной задаче угла произвольно выбраны соответственно отрезки A₁A и B₁B, причем |A₁A|=10см, |B₁B|=20см. найти множество всех таких точек F, для которых S_{A FA}+S_{B FB}=110см²(обобщение).

б) Рассмотрим «крайний» частный случай получившейся задачи, когда A₁=B₁=Q(индукция).

в) Учтем, что S_AQB=50см². Отсюда ясно, что эта задача равносильна, в свою очередь, следующей:

Первая эквивалентная вспомогательная задача. Найти множество всех таких точек F угла MQN, для которых S_AFB=60см² и которые расположены с точкой Q по разные стороны от прямой AB (симметрия).



г) Задача в) равносильна следующей:

Вторая эквивалентная вспомогательная задача. Найти множество таких точек F угла MQN, которые расположены с точкой Q по разные стороны от прямой AB и отстоят от прямой AB на одном и том же расстоянии h=2*60/|AB|см (аналогия).

Ясно, что этим множеством точек является некоторый отрезок, прямой, параллельной AB.

д) Возвращаемся к исходной задаче и замечаем, что она равносильна б). Поэтому найденный отрезок является и ее решением. Тем самым решена исходная задача: искомая фигура -- некоторый отрезок с концами на сторонах угла MQN.

Итак, примеры рассмотренных задач позволяют сделать вывод о том, что применение элементов эвристической деятельности при решении

ЗАКЛЮЧЕНИЕ

В результате работы были исследованы и проанализированы учебники Атанасяна Л.С. и Погорелова А.В. Системы задач, представленные в них могут и должны быть использованы для формирования эвристической деятельности учащихся. Условия некоторых задач возможно переформулировать для более определенного направления эвристического поиска.

Существует также достаточно сборников задач на сообразительность, смекалку и т.д., однако, остается проблема систематизации такого рода материалов с учетом теории обучения эвристической деятельности.

В данной работе предложен лишь вариант организации системы заданий для формирования эвристической деятельности при обучении геометрии в 7-9 классах. Необходимо создать научно-обоснованные системы поиска решения задач в различных предметных областях, в частности, при обучении математике.

Но все же не стоит переоценивать возможности методов эвристической деятельности. Метод не будет универсальным -- эффективным для любых задач, аналогично как и для узкого класса задач. Метод универсален, когда ориентирован на широкие классы задач.

ПРИЛОЖЕНИЯ

Приложение 1.

Определяющая характеристика элементов эвристической деятельности (определение)

Элементарная эвристическая деятельность	Уяснение информации задачи и ее систематизация, выявление скрытой и внешней информации, которая, возможно, будет использована в эвристическом поиске решения.
Редукция	Сведение исходной задачи к вспомогательной или системе задач, делающих решение более доступным и позволяющим на их основе возвратиться к успешному и осознанному поиску плана решения исходной задачи.
Индукция	Путь экспериментального изучения на основе наблюдения явлений, в ходе которого от отдельных фактов совершается переход к обобщающим выводам (гипотезам).
Аналогия	Эвристический вывод о каких-либо свойствах, признаках или отношениях на основе нетождественной пропорции, соответствия, сходства, соразмерности объектов, причем таких, которые в целом различны.
Обобщение	Переход от рассмотрения менее емкого множества объектов к более емкому, содержащему первоначальное, в процессе исследования интересующих нас свойств этих объектов.
Специализация	Переход от рассмотрения данного множества объектов к рассмотрению подмножества объектов исходного множества.
Суперпозиция	Сведение решения исходной задачи к частным случаям, которые исчерпывают все возможные случаи. Объединив частные решения, находим решение исходной задачи.
Симметрия	Вид отношения между некоторыми объектами или его частями, которое не меняет вида отношения при перестановке объектов или его частей.
Сравнение	Сопоставление с целью выявить черты сходства и различия между задачами.

Приложение 2

Характер деятельности

Элементарная эвристическая деятельность	Задача как целостный объект сводится к частным характеристикам-компонентам, в которых исследуют еще более элементарные части.
Редукция	Формулировка эквивалентной или неэквивалентной задачи (их системы) на основе ключевых признаков исходной.
Индукция	Переход к более результативной задаче.
Аналогия	Сведение к сходной (квазиэквивалентной) задаче. В предельном случае знакомая и полностью аналогичная задача делает исходную репродуктивной, т.е. задачей алгоритмического вида.
Обобщение	Переход к более результативной задаче.
Специализация	Переход к менее результативной задаче.
Суперпозиция	Переход к менее результативным задачам, объединение решений которых позволяет найти полное решение исходной.
Симметрия	Переход к эквивалентной задаче на основе выявленного свойства.
Сравнение	Выявление сходства и различия, которые могут определить сходство и различие в методе решения исходной задачи.

Приложение 3

Эвристические функции

Элементарная эвристическая деятельность	Выявить и систематизировать информацию для эвристического поиска. Подготовить ее элементы для возможной перегруппировки при составлении плана решения.
Редукция	Увидеть закономерности решения на редуцированных задачах или выработать на их основе план решения.
Индукция	Выявить общие закономерности эвристического характера.
Аналогия	Эвристический перенос известной информации о ранее решенной сходной задаче.
Обобщение	Выявить более емкие закономерности, более общего характера.
Специализация	Выявить проявление и сохранение общей закономерности н частных случаях.
Суперпозиция	На основе частных случаев найти решение исходной задачи.
Симметрия	Найти или создать закономерность для нахождения решения исходной задачи.
Сравнение	Найти возможное сходство в решении на основе установленного сходства компонент или их элементов.

Список литературы

педагогическая эвристическая задача решение геометрия

Атанасян Л.С., Бутузов В.Ф., Кадомцев С.Б., Поздняк Э.Г., Юдина И.И. Геометрия: Учеб. для 7-9 кл. общеобразоват. учреждений.--М.: Просвещение, 1998.

Балк Г.Д. О применении эвристических приемов в школьном преподавании математики.//Математика в школе.--1969.--№5.

Балк М.Б., Балк Г.Д. О привитии школьникам навыков эвристического мышления.//Математика в школе.--1985.--№2.

Балк М.Б., Балк Г.Д. Поиск решения / Под редакцией В.Г. Болтинского.--М.: Детская литература, 1983.

Груденов Я.И. Изучение определений, аксиом, теорем: Пособие для учит.--М., Просвещение, 1981.

Груденов Я.И. Совершенствование методики работы учителя математики: Книга для учителя.--М.: Просвещение, 1990.

Грузин А.И. Организация эвристической беседы в начале обучения геометрии.//Математика в школе.--1985.--№6.

Кулюткин Ю.Н. Эвристические методы в структуре решений.

Новый век: горизонт воспитания (актуальные вопросы организации воспитательного процесса в средней школе) М., 2000.

Пиаже Ж. Речь и мышление ребенка.--М., 1932.

Погорелов А.В. Геометрия. Учеб. для 7-11 кл. сред. шк.--М.: Просвещение, 1993.

Пойа Д. Как решать задачу. Пособие для учителя.--М.,Учпедгиз, 1961.

Пойа Д. Математическое открытие: Решение задач: основные понятия, изучение и преподавание.--М., Наука, 1976.

Пойа Д. Математика и правдоподобные рассуждения.--М., 1975.

Поспелов Д.А., Пушкин В.Н., Садовский В.Н. Эвристическое программирование и эвристика как наука // Вопросы философии.--1967.--№7.

Пушкин В.Н. Оперативное мышление в больших системах.--М.; Л.: Энергия, 1965.

Пушкин В.Н. Эвристика -- наука о творческом мышлении.--М.:Политиздат, 1967.

Российская Педагогическая Энциклопедия.--М., Науч. изд. «Больш. Рос. Энцикл.», 1993

Соколов В.Н. Педагогическая эвристика: Введение в теорию и методику эвристической деятельности: Уч. пособие для студентов высших учебных заведений.--М.: Аспект Пресс, 1995.

Стоунс Э. Психопедагогика: Психологическая теория и практика обучения.--М., 1984.

Ушачев В.П. Творчество в системе образования: Монография/Моск. пед. ун-т; М., 1995.

Фискович Т. Подумаем вместе (Искусство поиска решения задач)//Математика--№22--1999.

Фискович Т. Обучение общению на геометрических задачах//Математика--№3--2000.

Эсаулов А.Ф. Проблемы решения задач в науке и технике.-- Л., 1979.

Размещено на Allbest