Методика обучения школьников работать с математической задачей. Учебное пособие для студентов

BF – время движения второго пешехода до встречи (t2=t1+6). Если найдем координаты точки С, то сможем ответить на во-

прос задачи.

полученную пропорцию, получим расстояние, которое прошел первый пешеход до встречи: S1=36 км. Тогда скорость первого пешехода – S1:t1=6 км/ч. Скорость второго пешехода – S2:t2=4 км/ч.

Рассмотрим еще одну задачу на движение трех тел.

Задача2. Из пункта А в пункт В вышел пешеход. Вслед за ним через2часаизАвыехалвелосипедист,аещечерез30мин–мото- циклист. Пешеход, велосипедист и мотоциклист через некоторое время преодолели одинаковую часть пути от А к В, т.е. оказались все трое одновременно в одной точке. На сколько минут раньше пешехода в пункт В прибыл велосипедист, если пешеход прибыл в В на час позже мотоциклиста?

По тексту задачи выстраиваем графи- ки (рис. 22) движения, вводим буквенные обозначения и получаем:

АВ1 – путь пешехода; А1В2 – путь ве-

лосипедиста; А2В3 – путь мотоциклиста;

С – точка встречи всех троих;

Рис. 22

51

АА1=2; А1А2=0,5; В1В3=1.

Требуется найти В1В2 (время, на которое велосипедист прибыл в В раньше пешехода). Из подобия AA1C и B1B2C и подобия AA2C и B1B3C получаем пропорцию:

АА1:В1В2=АА2:В1В3 4

2:В1В2=2,5:1; В1В2= 5 (ч).

Ответ: 48 мин.

Чаще всего разобранными способами решаются задачи на движение. Сильной стороной графического способа является его наглядность. Так как аналогичные задачи в школьные учебники обычно не включаются, то приведем несколько для самостоятельного решения и методической проработки.

Задача 3. Из двух пунктов, расстояние между которыми равно 24 км, выехали навстречу друг другу два велосипедиста. Скорость первого, который выехал на 20 мин раньше второго, на 6 км/ч меньше скорости второго. Встретились велосипедисты на середине пути. Найти скорость каждого.

Задача 4. Из двух пунктов, расстояние между которыми равно 30 км, выехали навстречу друг другу велосипедист и мотоциклист. Мотоциклист выехал на 40 мин позже велосипедиста. Встретились они на середине пути. Скорость мотоциклиста на 30 км/ч больше скорости велосипедиста. Найти скорости велосипедиста и мотоциклиста.

Задача 5. Из пункта А в пункт В вышел пешеход. Одновременно с ним из В в А выехал велосипедист и встретил пешехода через 50 мин после своего выезда. Сколько времени потребуется пешеходу на путь из А в В, если велосипедист потратил на путь из В в А на 4 часа меньше?

Задача 6. Из двух городов, расстояние между которыми 250 км, навстречу друг другу выехали два туриста. Их скорости движения20км/чи30км/ч.Черезсколькочасовтуристывстретятся?

52

4. Методика работы

с геометрическими задачами

___________________________________________

Геометрические задачи (к ним в общем случае можно отнести и теоремы, вопросы методики работы с которыми рассмотрены в публикациях М. Б. Воловича, Я. И. Груденова, О. Б. Епишевой, Ю. М. Колягина, Г. И. Саранцева и др.) помогают освоить приемы рассуждений (дедуктивного и индуктивного), являются средством формирования следующих умений:

–на основе наблюдения или обобщения частных (или знакомых) задач выдвигать гипотезу о способе решения;

–анализировать ее текст, выделять условие и заключение;

–осуществлять поиск способа доказательства, решения;

–выстраивать прямое и косвенное доказательство;

–отбирать аргументы и на их основе делать выводы;

–грамотно использовать признаки, свойства, необходимые и достаточные условия (приложения 1 и 2).

Перечисленные умения лежат в основе ключевых компетенций и универсальных учебных действий (направленность на формирование которых заложена во ФГОС общеобразовательной школы). Работа с геометрической задачей содействует усвоению логики умозаключений и на этой основе способствует формированию грамотной речи, умению точно и лаконично выражать свои мысли, а также должна вносить вклад в освоение учащимися раздела «Элементы логики». В него включено следующее содержание: «Определение. Аксиомы и теоремы. Доказательство. Доказательство от противного. Теорема, обратная данной. Пример и контрпример. Понятие о равносильности, следовании, употребление логических связок если... то, в том и только в том случае, логические связки и, или» [20, с. 283].

Общеизвестно, что школьники при работе с геометрическими задачами испытывают больше затруднений, чем с алгебраическими. Они не только не умеют самостоятельно решать задачи, но часто оказываются не в состоянии воспроизвести доказатель-

53

ство, разобранное в учебнике, если несколько видоизменить чертеж или ввести другие буквенные обозначения. В обосновании шагов решения ссылаются не на ту теорему. Это чаще всего касается использования прямой и обратной теорем, свойств и признаков, необходимых и достаточных условий, что требует целенаправленного разбора (приложения 1, 2). Например, нужно найти величину угла М в треугольнике КLМ, если КМ=6; LМ=8; КL=10. Ученик в решении ошибочно указывает, что по теореме Пифагора М=900. В действительности он применил обратную теорему.

Рассмотрим некоторые сквозные линии задач школьного курса геометрии. Работу с ними будем проводить по использованной ранее схеме.

4.1. Методика работы с геометрическими задачами

на вычисление

_________________________________

Задачи на вычисление представляют собой большой блок геометрического содержания. Им отводится значительное место как в планиметрии, так и в стереометрии. Задачи на вычисление можно разделить на три большие группы:

–задачи, сформулированные с конкретными числовыми величинами;

–задачи, сформулированные в общем виде (числовые величины обозначены буквами);

–задачи на вычисление отношения каких-либо двух величин, при этом условие сформулировано в общем виде.

Особенностью задач на вычисление (да и вообще геометрических) является то, что они обычно имеют несколько вариантов решения, доступных ученику. Поэтому вполне вероятно, что способ, продуманный учителем при подготовке к уроку, может ока-

54

заться невостребованным. Ученики предложат другое (вполне равноценное) решение. К этому повороту нужно быть внутренне готовым, выслушивая предложения класса, и не отметать сразу идеи, не укладывающиеся в запланированный вариант. В противном случае мы просто губим инициативу школьников, приучаем их выжидать идеи (подсказки).

Конечно, трудно бывает с ходу перестроиться, особенно если задача сложная. Поэтому различные варианты решения следует продумывать при подготовке к уроку. На самом уроке есть смысл останавливаться на предложениях учеников и давать им возможность развить свою точку зрения. Такой подход может значительно затянуть процесс решения задачи, но зато включает в деятельность большее количество участников.

Далеерассмотримвозможныевариантыорганизации работыс задачами перечисленных выше групп.

Первая группа – задачи сформулированы с конкретными чис- ловымивеличинами(наиболеечастовстречаютсяв7–8классах). Требуется, как правило, найти конкретное значение какого-либо элемента. Методика работы с задачами первого типа мало чем отличается от методики работы с текстовыми задачами. Поэтому ее характеристику на этапах будем давать кратко.

Задача 1. В прямоугольном треугольнике расстояние от середины гипотенузы до одного из катетов равно 5 см, а расстояние от середины этого катета до гипотенузы равно 4 см. Вычислить площадь треугольника.

При изучении текста задачи на первом этапе схема вопросов та же самая. Отличительным моментом для геометрической задачи является обязательное построение чертежа, запись условия и заключения.

Необходимо сразу отметить, что в методической литературе можно встретить разные мнения по поводу записей «дано» и «найти». Одни считают, что если в тексте сказано АВ – высота, то именно так и записываем в условие, т.е. не допустима запись, например, АВ ЕС. Аналогично поступают и с записью медиан, биссектрис и т.д. Сторонники этой точки зрения мотивируют свою позицию тем, что АВ ЕС нам не дано, а получается в ходе анализа определения высоты. В условии («дано») записываем

55

только то, что действительно дано в тексте задачи. Аналогичное происходит и с заключением. Конечно, каждая точка зрения имеет право на существование, но если развить ее до логического завершения, то тогда и при построении чертежа мы не должны задумываться над тем, как он выглядит, исходя из анализа условия. В таком случае в ходе анализа задачи его потребуется часто перестраивать.

Есть еще одна точка зрения, которая не требует обязательности записей «дано» и «найти». Можно просто переписать текст задачи.

Автор предлагаемого пособия разделяет мнение о том, что записи «дано» и «найти» обязательны. Они должны быть полными, по тексту задачи, хотя для краткости одно условие (например, высота) может быть заменено эквивалентным (с использованием знака перпендикулярности). Причина состоит в том, что записи «дано» и «найти» чисто с методической точки зрения помогают осмыслению текста задачи, экономят время (так как оно не тратится на переписывание). При построении чертежа вполне допустимо (хотя и не обязательно) уже на начальном этапе вводить построения, вытекающие из условия (даже если они не являются очевидными). Однако в данном случае в начале решения нужно обязательно дать пояснение чертежа, т.е. обосновать все дополнительно полученные построения. Отметим, что учеников буквально с решения первых геометрических задач нужно приучать делать письменно пояснения чертежа. В противном случае позднее начнутся проблемы при работе со стереометрическими задачами, которые практически все требуют этого.

Вернемся к предъявленной задаче. В конце первого этапа решения должны получиться следующие записи и рисунок 23.

Легко заметить, что чертеж и «дано» сделаны не только по тексту задачи, но и в результате проведенного анализа, когда ученики замечают (и доказывают), что перпендикуляр DE (расстояние от середины гипотенузы до катета) опускается в середину катета АС. Этот момент (уже отраженный на чертеже) должен быть обязательно обоснован в самом начале решения.

Необходимо отметить, что вопрос о положении точки Е у учеников появляется достаточно часто. Приходят они к нему бла-

56

АДано: ABC; C=900; АD=DB;

СВ

Рис. 23

годаря желанию сделать точный чертеж. Середину гипотенузы школьники обычно находят с помощью линейки, опускают перпендикуляр на катет АС. Затем с помощью линейки пытаются найти середину АС и с недоумением замечают, что она совпадает с точкой Е. Вот здесь и нужен вопрос учителя: случайно ли это?

Как видим, чтобы заметить описанный момент, никакой математической интуиции не требуется. Наблюдается даже обратный эффект.

АУченики, хорошо занимающиеся по

математике, могут не получить изо-

Кбраженный на рисунке 23 чертеж. Так

Fспособностью к абстрагированию, для них точность чертежа особой роли не

Такие школьники могут на «неправильном» чертеже грамотно решить задачу. У них можно увидеть рисунок, в котором построенные отрезки не будут иметь общего конца (рис. 24). Ученики могут решить задачу до конца, не заметив, что рисунок не соответствует действительности. Возникает вопрос об оценке такого решения (вернее, рисунка). Он является спорным, но нужно помнить, что решается задача не на построение, а поэтому чертеж играет вспомогательную роль. Ребенок логически грамотно нашел ответ на вопрос, значит, задача решена. Но указать школьнику на неточность его чертежа необходимо. Нужно рекомендовать

57

внимательнее вчитываться в задачу и возвращаться к чертежу на заключительном этапе работы с ней.

На втором этапе осуществляем поиск способа решения. Для наглядности обычно на рисунке отмечают данные задачи. Нужно стараться не загромождать чертеж. Поиск может быть осуществлен по-разному. Кратко опишем поиск способа решения с помощью движения с двух сторон (табл. 11).

Вариант 2

Определив длину СМ таким же образом, что и в варианте 1, из BCM вычисляем sin B. Затем через cos B находим АВ. Этот тип решения встречается у учеников чаще всего.

Вариант 3

Коэффициент подобия ABC и ADE равен 2. В ADE (используя свойство высоты, опущенной из прямого угла) находим АК. Далее можно применить свойство площадей подобных фигур.

58

Вариант 4

Этот вариант короче предыдущих, но ученики его редко используют, а правильно доводят до конца лишь некоторые. Речь идет об обнаружении и правильном применении подобия ABC

иEDK. Этот вариант обычно находят учащиеся, которых за-

интересовал тот факт, что мы знаем длины всех сторон EDK. Подобие ABC и EDK таит в себе еще один коварный момент: чертеж так и подталкивает в качестве коэффициента подобия ошибочно взять отношение BC:DE.

Третий этап – оформление решения задачи. Приведем решение для четвертого варианта.

Решение

1. Пояснение чертежа (рис. 23).

Так как прямые DЕ и ВС перпендикулярны прямой АС, то по признаку параллельности прямых они параллельны между собой. Точка D является серединой отрезка АВ, следовательно (по теореме Фалеса), точка Е – середина отрезка АС.

2.ED – средняя линия ABC, значит, BC=10 см.

3.KDE – прямоугольный, тогда по теореме Пифагора получим, что DК=3 см.

4.Рассмотрим ABC и EDK. В них С= К – прямые,B= D (как соответственные при параллельных прямых ВС и

DЕ и секущей АВ). Значит, по двум углам ABC и EDK подобны, следовательно, их площади относятся как квадраты соответ-

ствующих сторон, т.е. SABC : SEDK=(BC:DK)2. Подставив числовые значения, получим SABC=200/3 см2.

Ответ: 200/3 см2. Необходимо отметить, что при работе с геометрическими задачами первой группы (с конкретными числовыми данными) ученики часто проводят промежуточные вычисления с округлением результата. Понятно, что в окончательном решении погрешность можетполучитьсязначительной.Поэтомунеобходимообъяснить, что в геометрических задачах обычно не принято округлять числовые значения. Исключения бывают, но очень редко (например, отработка умения оперировать теоремами синусов и косинусов). В объемных задачах часто вообще не целесообразно проводить

59

промежуточные вычисления потому, что по ходу решения могут происходить упрощения. Подобная установка будет также помогать формированию у школьников умения работать со второй группой задач.

На заключительном этапе могут быть организованы описанные ранее виды работы, поэтому остановимся лишь на одном (специфическом) приеме проверки результата – построении чертежа в натуральную величину.

Чертим прямоугольный EDK. Через точку Е проводим прямую АС, перпендикулярную DЕ. Через точку К проводим прямую АВ, перпендикулярную ЕК. Находим точку А. Используя то, что точки Е и D ­– середины соответствующих отрезков, находим точки С и В. Измеряем длину катетов АС и СВ, вычисляем площадь треугольника и сравниваем полученное значение с результатом задачи. Конечно, будет погрешность, и не всегда подобного рода работуможноосуществить(вэтомнетинеобходимости).Описанная форма «проверки» поможет разнообразить деятельность ученика.

Вторая группа –­ задачи, сформулированные в общем виде. Их удачнее было бы назвать как «задачи на нахождение». Они занимают в школьной геометрии значительное место и сначала предлагаются для обобщения задачи, решенной для нескольких конкретных случаев, а в 10 – 11 классах уже выступают самостоятельно.

При решении задач второй группы учащиеся, как правило, испытывают больше затруднений по сравнению с первой. Причина заключается именно в невозможности выполнения промежуточных действий и приближенных вычислений. Слабые учащиеся просто «тонут» в буквенных обозначениях, для них высок уровень абстракции. Умение работать с ними формируется посте-

пенно. Сначала отрабатывается умение обобщать на основе решения нескольких задач первой группы, таких как, например,

найти высоту ВDравнобедренного треугольника с боковыми сторонами АВ и ВС, если:

а) AB=3 см, B=1000;

б) BC=6 см, B=700; в) AB=d, B=ß.

60