Кожухов Сергей Константинович. Методика обучения поиску различных способов решения задач на уроках математики в средней школе

2
Аннотация
магистерской диссертации «Методика обучения поиску различных способов
решения задач на уроках математики в средней школе», выполненной
Кожуховым Сергеем Константиновичем на кафедре геометрии и методики
преподавания математики. Объём диссертации – 89 стр. Список
использованной литературы – 34 источника.
Ключевые слова: поиск решения задачи, различные способы решения
задачи, рациональные способы решения.
Краткая характеристика работы
Представленная к защите магистерская диссертация посвящена
проблеме совершенствования методов преподавания и содержания
математического образования в средней школе.
Данное исследование тесно связано с вопросами как общей, так и
частной методики преподавания математики.
В работе проведен анализ учебно-методической литературы по
проблеме исследования, определены цели и задачи исследования.
В первых параграфах рассматриваются психолого-педагогические
основы поиска решения задачи, а также основные понятия, связанные с
проблемой исследования (в частности, понятие рационального способа
решения задачи).
В последующих параграфах доказывается методическая значимость
решения математических задач разными способами, приводятся наиболее
яркие примеры из различных разделов школьного курса математики:
арифметики, алгебры, планиметрии, стереометрии.
Педагогический эксперимент, проведенный в ходе данного
исследования, наглядно подтверждает эффективность разработанной
методики и возможность ее использования на самых разных этапах процесса
обучения в различных классах.
Новизна работы. Систематизированы научные основы поиска
различных способов решения задач. Разработаны специальные упражнения и
методические рекомендации по использованию различных способов решения
задач на уроках математики в средней школе.
Решенная проблема. В ходе исследования доказана целесообразность
применения рассмотренной методики с целью повышения качества обучения
математике в средней школе.
Практическая значимость. Данная работа может быть использована
для работы учителя математики средней школы: при подготовке уроков и
внеклассных занятий в 5-11 классах.
3
СОДЕРЖАНИЕ
Введение….……………………………………………………………………….4
Глава I. Теоретические основы обучения поиску различных способов
решения математических задач…………………………………………………..7
1.1. Психолого-педагогические основы поиска решения задачи………....7
1.2. Понятие рационального способа
решения математической задачи…………………………………………..19
Глава II. Методика обучения решению задач различными способами
в курсе математики средней школы……………………………………..……..30
2.1. Различные способы решения
арифметических задач в 5-6 классах…………………………...…………...33
2.2. Различные способы решения
задач в курсе алгебры в 7-9 классах………………………………………...38
2.3. Различные способы решения
планиметрических задач в 7-9 классах…………………………………….42
2.4. Различные способы решения задач
в курсе алгебры и начал анализа в 10-11 классах………………………….49
2.5. Различные способы решения стереометрических задач
в 10-11 классах…………..……………………………………………………61
2.6. Педагогический эксперимент……………………………….………… 70
Заключение………………………………………………………………...........81
Литература…….………………………………………………………………..82
Приложение…………………………………………………………………….85
“Лучше решить одну задачу
несколькими методами, чем
несколько задач - одним”
Д. Пойа.
Введение
Ускорение научно-технического прогресса неизбежно приводит к
возрастанию объема знаний, которые должны быть приобретены учащимися в
период обучения в средней школе, повышает требования к уровню общего
образования людей. В связи с этим возникла необходимость осуществления
непрерывного образования, обеспечивающего реальные возможности для
развития способностей и дарований каждого члена общества, формирование
всесторонне развитой, социально активной личности.
Успешное решение этих сложных задач непосредственно связано с
поиском путей совершенствования содержания образования и процесса
обучения в средней общеобразовательной школе, приведением в соответствие с
ним методов, приемов и организационных форм обучения.
Однако проблема совершенствования содержания математического
образования в средней школе не может быть решена только через изучаемые
вопросы школьного курса математики, то есть фактов математической науки,
ее основных законов, теорий, содержащих систему научных знаний об
изучаемых объектах, процессов, явлений. Необходима структурная перестройка
систем школьных математических задач, направленная на формирование
знаний о способах деятельности, оценки и самооценки результатов учебной
деятельности и, в конечном итоге, на оптимизацию процесса обучения и
повышение его эффективности и качества.
В психологии, теории и методике обучения математике понятие задачи
трактуется достаточно широко, понимая ее как сложную систему, имеющую
два состояния: исходное и требуемое. Такой подход позволяет исследовать
вопросы не только методики обучения решению школьных математических
задач, но и вопросы методики обучения математике через задачи. При этом
5
делается акцент на том, что процесс решения задач состоит из двух
существенных составных компонентов: постановка (описание) и поиск
решения.
В таких условиях современному учителю нужно как можно больше
ориентироваться
в
многообразии
математических
задач,
уметь
их
анализировать и применять конкретно на уроках, пытаясь добиться нужного
результата.
Такая
постановка
вопроса
требует
совершенствования
методической подготовки учителя математики. При этом особо следует
подчеркнуть, что современная методика обучения математике должна усилить
внимание к вопросам овладения учащимися системой знаний о предмете
деятельности и формирования у них осознанного оперирования с ним.
Целью работы стало выяснение целесообразности поиска различных
способов решения школьных математических задач, что в последующем может
стать
основой
создания
новой
методики
преподавания
математики,
используемой в современной школе. По нашему мнению, такой подход
позволит
активизировать
логическое
мышление,
память
учеников,
их
творческие способности, а также повысить их заинтересованность в процессе
обучения. Все сказанное определяет актуальность данной работы.
Объект исследования: процесс обучения учащихся математике в
средней общеобразовательной школе.
Предмет исследования: формирование у учащихся умения отыскать
различные способы решения задач на уроках математики в средней школе.
Анализируя учебно-методическую литературу, можно заметить, что
многие исследователи отмечают важность изучения данного вопроса. В
последние годы в журнале “Математика в школе” и газете “1 сентября.
Математика” довольно часто публикуются статьи, связанные с методикой
решения отдельных задач разными способами [7, 19, 33, 34]. Тем не менее,
исследований целостного, комплексного характера, а также работ, содержащих
апробированные
методики
решения
математических
задач
способами, в методике преподавания математики фактически нет.
различными
6
Практической значимостью работы является то, что этот материал
может быть использован учителем в своей педагогической деятельности.
В представленной магистерской диссертации изложены теоретические
основы обучения решению школьных математических задач, являющегося
базисом целостного подхода в содержании и методике обучения математике,
ориентированного
на
формирование
системности
знаний
учащихся
и
оптимизацию процесса обучения математике. Системность знаний учащихся
тесно связана с осознанностью усвоения ими теоретических знаний, с
сохранением их в памяти целыми блоками [8]. В дидактике под оптимизацией
обучения понимают научно обоснованный выбор и осуществление наилучшего
для данных условий варианта обучения с точки зрения успешности решения его
задач и рациональности затрат времени для учеников и учителя [30].
В первой главе представленной работы раскрываются психологопедагогические основы поиска решения задач. В ней анализируется психологодидактическая
трактовка
понятия
задачи
и
проблема
соотношения
алгоритмических и неалгоритмических процессов поиска решения задач,
выявляется
школьных
состав
приемов
математических
аналитико-синтетического
задач.
Здесь
же
поиска
решения
рассматривается
понятие
рационального способа решения математической задачи, его относительность в
зависимости от субъективных и объективных факторов.
Во второй главе предложена методика обучения решению задач
различными способами в курсе математики средней школы. Также здесь
приведены конкретные примеры решения задач различными способами,
относящиеся к отдельным разделам школьного курса математики.
Педагогический эксперимент представляет собой планы-конспекты
уроков и внеклассных занятий по математике в средней школе, отражающие
содержание и методику данного исследования.
В приложении демонстрируется возможность решения задач высокого
уровня трудности ЕГЭ по математике (профильный уровень) различными
способами.
7
Глава I. Теоретические основы обучения поиску
различных способов решения математических задач
1.1.
Психолого-педагогические основы поиска решения задачи
Разработка
теоретических
основ
обучения
решению
школьных
математических задач непосредственно связана с выявлением структуры задачи
на основе объективной информации, заключенной в задаче. Структуру задачи,
полученную на основе объективной информации, называют внутренней
структурой задачи [12]. Эта структура позволяет определить сложность задачи
и стратегию ее решения. В свою очередь стратегия решения позволяет выявить
логическую (объективную) структуру решения задачи. Наиболее эффективным
механизмом выявления внутренней структуры задачи является аналитикосинтетический поиск логической структуры ее решения.
Здесь следует обратить внимание на то, что в теории к методике обучения
математике общепризнанным является тот факт, что процесс формирования
умений учащихся решать задачи проходит четыре этапа. Охарактеризуем
кратко каждый из них.
Первый этап – анализ задачи – состоит в получении информации о
задаче, осмыслении условий (условия) и цели задачи, принятии задачи на
основе возникшей потребности решить задачу.
Второй этап – поиск решения задачи – представляет наибольшую
трудность. Он включает в себя отыскание плана решения, зависящего от
приема аналитико-синтетического поиска решения задачи. Нередко поиск
решения пронизывает почти весь процесс решения задачи и содержит
несколько циклов следующего вида: анализ ситуации – возникновение плана
решения – попытки реализации плана – констатация неудачи. Поиск решения
можно считать законченным, когда решение или полностью найдено, или для
его завершения осталось выполнить ряд очевидных действий, результаты
8
которых уже не вызывает у решающего каких бы то ни было сомнений. Таким
образом, поиск решения задачи заканчивается отысканием не какого-либо
плана, а плана заведомо приводящего к цели. Данный этап присутствует в
работе над любой задачей, хотя в ряде случаев он носит настолько свернутый
характер, что почти не осознается человеком, решающим задачу. Здесь, однако,
надо иметь в виду, что свернутость действия (поиска решения) достигается в
процессе
формирования
у
учащегося
различных
приемов
аналитико-
синтетического поиска, т.е. стратегий поиска решения.
Третий этап – оформление решения, реализация плана – состоит в том,
что
учащийся
выполняет
наиболее
“экономную”
на
его
взгляд
последовательность действий, ведущих от условий задачи к цели. При этом
опускаются все заведомо тупиковые ходы, которые, возможно, имели место на
предыдущем этапе. Граница между вторым и третьим, как, впрочем, и между
первым и вторым, этапами весьма приблизительна, хотя при решении
нестандартных задач она явно выражается так называемым "озарением".
Данный этап может носить свернутый характер; последнее имеет место в том
случае, когда все или почти все действия, приводящие к результату, были
выполнены на предыдущем этапе. В практике обучения математике третий этап
внешне выражается в проговаривании решения вслух или его записи. Таким
образом, на данном этапе завершается решение задачи, объективированное тем
или иным способом, выявленным на предыдущем этапе.
Четвертый этап – заключительный этап работы над задачей –
предполагает прикидку и проверку найденного результата, если только проверка
не является неотъемлемой частью решения, реализацию других способов
решения, возможно выявленных на этапе поиска решения, или на данном этапе.
Кроме того, это – сравнение, выявление достоинств и недостатков найденных
способов решения задачи, выделение и фиксация в памяти учащихся тех методов
и приемов, которые использовались в процессе решения и могут использоваться
в дальнейшем, выявление некоторых результатов математического характера,
сопутствующих найденному.
9
Сравнительный анализ содержания и функций каждого из четырех этапов
процесса решения задачи позволяет сделать вывод о том, что поиск решения
является базисом и ориентировочной основой этого процесса. Такое понимание
сущности второго этапа позволяет утверждать, что процесс решения задачи можно
считать с достаточной степенью достоверности адекватным "поиску" ее решения.
Все выше сказанное позволяет сделать вывод о том, что поиск различных
способов решения одной и той же задачи позволяет школьнику, с одной
стороны, осознанно перейти со второго этапа на третий, а, кроме того,
целенаправленно формировать ориентировочные основы умственных действий.
В настоящее время в теории и методике обучения математике принято
считать, что исходным моментом в разработке теоретических основ обучения
решению задач является объективная информация, содержащаяся в задаче, во
взаимосвязи ее с субъективной информацией [12].
Выше было установлено, что процесс решения задачи есть, в широком
смысла слова, процесс поиска ее решения, который необходим для
осуществления практических или познавательных целей обучения. Поскольку
искомое в задаче только задано, но не дано в явной, доступной для
непосредственного восприятия форме, постольку решение задачи можно
описать как процесс последовательного выявления того, что скрыто и что
составляет предмет поиска.
Поиск решения задачи – важнейший элемент творческого мышления
учащихся, формирующийся в системе знаний, подлежащих усвоению.
В психологии мышления под поиском решения понимают отыскание
принципа, логики решения, в соответствии с чем выполняются те или иные
действия, о которых нельзя заранее сказать, приведут ли они к требуемому
результату или не приведут. С точки зрения Л.Л. Гуровой, "решение", в
наиболее широком значении этого слова, и "поиск решения" означают одно и
то же [8].
Возникает вопрос, каким образом человек "ищет" решение задачи.
Оказывается, тут возможны принципиально различные способы действий,
10
которые не всегда четко разграничиваются в конкретном решении, но различны
по существу.
Первый вид поиска – поиск посредством систематических проб, по
порядку обследующих все возможные ходы на каждом этапе решения. Этот вид
поиска можно назвать по возможности "полным перебором вариантов
решения".
Второй вид поиска – случайный поиск, при котором направление
решения определяется по чисто случайному критерию, например, по какомунибудь случайному числу, к которому приравнивается полученный результат
на одном из возможных ходов в решении.
Третий вид поиска – выборочный поиск (или слепой поиск), когда
очередной ход выбирается только на основании предшествующего. В
психологии мышления этот метод, поиска получил также название метода проб
и ошибок. Он состоит в следующем: если проба привела к ошибке, то
пробуется другой ход решения. Следовательно, направление поиска здесь
определяется не формальным характером, а результатом предшествующей
попытки: неудачная попытка обрывается, удачная задает направление решения
на некотором отрезке.
Четвертый вид поиска – эвристический (упорядоченный) поиск,
использующий
определенным
образом
эвристическую
информацию,
заложенную в задаче. При эвристическом поиске вследствие отбрасывания
явно неперспективных направлений (стратегий) происходит уменьшение
объема поиска. Чем раньше в процессе поиска осуществляется анализ
возможных его направлений и чем больше возможных направлений поиска
подвергается анализу, тем больше сокращается объем поиска.
В исследованиях по теории и методике обучения математике не
освещены в достаточной мере полно условия, в основе которых лежало бы
формирование приемов поиска решения задач. На практике эти приемы чаше
всего складываются у учащихся стихийно. Последнее не случайно, поскольку
средства для формирования приемов поиска решения задач даны в учебном
11
материале неявно, с пропусками то одних, то других существенных звеньев,
разбросаны во времени использования...
В психологии мышления различают два принципиально различных
способа деятельности по решению задач: алгоритмический и эвристический.
Если первый осуществляется учащимися в соответствии с известным ему
алгоритмом, то второй - в соответствии с принятой им стратегией поиска
решения задачи. В связи с этим учителю необходимо учитывать динамику
репродуктивного и творческого мышления, их диалектическое единство,
различать и формировать приемы решения задач алгоритмического и
неалгоритмического типа.
Характерной чертой приемов алгоритмического типа является полная и
строгая детерминация мыслительных процессов с помощью указаний,
входящих в алгоритмы, точно и однозначно предписывающих порядок
действий и операций в указанные условиях. Здесь множество объектов
(условий), с которыми надо производить определенные действия (операции) и
само множество действий заданы заранее.
Характерной
неполная
чертой
детерминация
приемов
неалгоритмического
мыслительных
процессов,
типа
является
неопределенность
и
неоднозначность выбора тех или иных операций и их последовательности.
Исходя из этих двух типов, в дидактике и методики обучения математике
чаще всего говорят об алгоритмических и неалгоритмических задачах (их
называют также творческими, нестандартными, эвристическими и т.п.).
Обучение приемам поиска решения задач должно исходить не только из
вышеуказанных общих теоретических основ поиска, но и специфики задач.
Поэтому, исходя из закономерностей о "возможности достижения цели" может
выть
выделена
следующая
типология
задач:
алгоритмические,
полуэвристические, эвристические [12].
Вместе с тем учителю следует помнить, что в зависимости от ряда
условий (кто решает данную задачу, когда, на каком этапе обучения) одна и та
же задача (равно как один и тот же способ ее решения) может быть отнесена к
12
различным типам. Субъективный подход в решении этой проблемы,
естественно устранить не возможно.
Используя в своей работе методику решения задач разными способами
учителю необходимо иметь четкое представление о том, какая это задача для
учеников: алгоритмическая, полуэвристическая или эвристическая.
На этот счет в учебно-методической литературе даются следующие
пояснения.
Задача может быть отнесена к типу алгоритмических задач, если в
процессе
взаимодействия
с
ней,
в
случае
ее
принятия,
обучаемый
устанавливает:
1) новые знания, закономерности, отношения, свойства, необходимые для
обоснования решения задачи, известны или неизвестны;
2) алгоритм (прием) или последовательность заданных алгоритмов
(приемов) решения задачи известны;
3) теоретическая и практическая основа (базис) решения задачи,
содержащий функциональное отношение, известна.
Под алгоритмом здесь понимается точное общепонятное предписание о
выполнении в определенной последовательности действий (элементарных
операций), направленных на достижение указанной цели или на решение
любой из задач, принадлежащих к некоторому классу (типу).
Прием – понятие более широкое, чем алгоритм, ибо он предусматривает,
кроме того, поисковую деятельность обучаемого.
Задача может быть отнесена к типу полуэвристических задач, если в
процессе
взаимодействия
с
ней,
в
случае
ее
принятия,
обучаемый
устанавливает:
1) новые знания, закономерности, отношения, свойства, необходимые для
обоснования решения задачи, известны или неизвестны;
2) алгоритм (прием) или последовательность заданных алгоритмов
(приемов) решения задачи неизвестны;
3) теоретическая и практическая основа (базис) решение задачи,
13
содержащий функциональное отношение, известна.
Задача может быть отнесена к типу
процессе
взаимодействия
о
ней,
в
эвристических
случае
ее
задач, если в
принятия,
обучаемый
устанавливает:
1) новые знания, закономерности, отношения, свойства, необходимые для
обоснования решения задачи, известны или неизвестны;
2) алгоритм (прием) или последовательность заданных алгоритмов
(приемов) решения задачи неизвестны;
3) теоретическая и практическая основа (базис) решения задачи,
содержащий функциональное отношение, неизвестна.
В дидактике выделяются три уровня познавательной деятельности
учащихся:
репродуктивный,
частично-поисковый,
исследовательский
(творческий) [21].
Особое место в педагогической практике учителя всегда занимали, так
называемые, нестандартные задачи. Именно поиск способов решения таких
задач вызывает повышенный интерес школьников.
Остановимся кратко на проблеме поиска решения нестандартных задач.
Задача считается нестандартной, если она не может быть отнесена ни к какому
классу алгоритмически разрешимых задач.
Нестандартные задачи оказывают наиболее сильное влияние на развитие
творческого мышления учащихся. В процессе решения нестандартных, как,
впрочем, и стандартных задач можно выделить два составных элемента:
представление (описание) задачи и поиск решения. Однако, как было
обосновано выше, основный элементом процесса решения задачи является
поиск. Поиск может служить либо нахождению всех решений, либо одного из
решений наиболее рационального, либо установлению возможности или
невозможности решения.
А.А. Столяр отмечает, что представление задачи и поиск ее решения
существенно зависят от общего подхода к решению задач. При этом
выделяются два подхода: 1) представление задачи в пространстве состояний и
14
2) сведение (редукция) задачи к совокупности (или к альтернативным
совокупностям) подзадач [23].
Представление задачи в пространстве состояний задают с помощью трех
параметров: 1) описание начального состояния, т.е. представление данных
задач; 2) множества операторов с описанием их применимости и воздействий;
3) целевого состояния (или критерия определения цели).
Метод поиска будет более рациональным, чем меньше пространство
поиска. Минимальное из всех возможных пространство поиска определяет
оптимальный способ решения задачи.
Более общий подход к поиску решения задач основан на сведении задачи
к подзадачам. Он используется для широкого круга задач, в том числе к поиску
решения задач на доказательство.
Сущность такого поиска решения задач состоит в сведении задачи,
которую предстоит решить, к подзадачам, решение которых необходимо для
решения исходной задачи, затем от подзадач к подзадачам и так далее до тех
пор, пока исходная задача не будет сведена к системе элементарных задач.
Таким образом, поиск имеет место как при решении стандартных, так и
нестандартных задач. В первом случае способ решения в общих чертах
известен и поиск направлен на конкретное содержание задачи, чтобы, учитывая
возможные вариации, приспособить известный способ к конкретной задаче.
При этом по форме основного процесса решения задачи являются два этапа,
которые находятся во взаимосвязи и взаимообусловленности: поиск решения и
его реализация.
Во втором случае способ решения неизвестен. Он формируется по ходу,
на
протяжении
всего
процесса
решения
задачи.
Поиск
в
решении
нестандартной задачи не составляет отдельного этапа, а пронизывает весь этот
процесс.
В методике обучения математике имеет место точка зрения, состоящая в
том, что в каждом случае целью поиска является не просто отыскание способа
решения задачи, а отыскание наиболее рационального из всех возможных
15
способов ее решения. В простейших случаях имеется в виду кратчайший путь
достижения цели и простота решения.
Следует, однако, отметить, что такой односторонний подход к
содержанию и сущности поиска неправомерен лишь потому, что выявление
внутренней структуры задачи, как объективной информации о ней, требует
поиска всех возможных способов ее решения, в том числе и нерациональных в
указанном выше смысле. Последнее необходимо также и потому, что
повышение эффективности обучения математике возможно только на основе
процесса взаимодействия объективной и субъективной информации, которую
заключает в себе задача как сложный объект.
В заключение остановимся на таких мыслительных действиях как анализ
и синтез, являющихся основой поиска решения подавляющего большинства
школьных математических задач.
Поиск решения задач в обучении математике осуществляется в основном
с помощью аналитико-синтетического метода. Анализ задачи состоит в том,
что мы предполагаем ее уже решенной и находим различные следствия (или
предпосылки) этого предположения, а затем в зависимости от вида этих
следствий пытаемся найти путь отыскания решения поставленной задачи. Здесь
выделяется три этапа аналитико-синтетического рассуждения: 1) предположим,
что задача решена, 2) посмотрим, какие из этого можно извлечь выводы; 3)
сопоставляя полученные выводы (синтез), попытаемся найти способ решения
задачи.
Анализ в процессе поиска решения задачи или доказательства теоремы
может по форме выть либо нисходящим, либо восходящим [21]. При
нисходящем анализе, исходя из предположения об истинности доказываемого
предложения, получают систему следствий, необходимых для существования
доказываемого
утверждения.
противоположного хода
доказать,
что
известные
Нисходящий
анализ
требует
синтеза
–
рассуждения. Восходящий анализ имеет целью
(данные
в
условии)
соотношения
являются
достаточными для существования заключения доказываемого предложения.
16
Восходящий анализ содержит в себе и синтез, поэтому он не требует
противоположного хода рассуждения.
Восходящий анализ имеет определенные методические преимущества:
обеспечивает сознательное и самостоятельное отыскание доказательства;
способствует развитию логического мышления, обеспечивает понимание и
целенаправленность действия.
Схема метода проста. Она сводится к выяснению двух вопросов: что
требуется найти, доказать и что для этого достаточно знать?
Однако необходимо отметить, что в младших классах целесообразно
осуществлять поиск решения задач, доказательства теорем с помощью
нисходящего анализа. Это связано с тем, что выводить необходимые признаки
легче,
чем
подбирать
достаточные
основания
для
выполнения
соответствующих заключений, утверждений.
Аналитико-синтетический поиск решения геометрических задач на
вычисление является наиболее сложным, так как эвристическая компонента
этого поиска по сравнению с алгоритмической является доминирующей.
Ниже предлагается обобщенный прием, раскрывавший механизм поиска
решения геометрических задач на вычисление с помощью восходящего
анализа. Этот прием содержит следующую последовательность действий:
1. Записать формулу (функциональное отношение) в обозначениях
чертежа для нахождения искомого задачи.
2. В этой формуле выявить неизвестные величины, которые достаточно
определить, чтобы найти искомое.
3. Для каждой неизвестной величины, входящей в исходную формулу,
подобрать формулу для нахождения этих величии (последовательно для каждой
величины).
4. Процесс поиска завершить в тот момент, когда:
а) для последовательности неизвестных величин, участвующих в поиске
решения задачи, будут указаны формулы их нахождения;
б) для последней неизвестной величины (в этой последовательности)
17
указана формула, в которой неизвестные величины определяются данными
задачи.
5. Если процесс аналитического поиска не позволяет выразить
неизвестные величины через данные задачи, то:
а) выявить неизвестную величину, которая может быть выражена двумя
различными способами, т.е. в поиске решения имеет место две формулы, в
которые она входит;
6) осуществить последовательно подстановку формулы, содержащей
неизвестную
величину
(полученной
на
последнем
шаге
поиска),
в
противоположном анализу направлении и получить уравнение с одним
неизвестным, которое определяет искомое. В противном случае продолжить
аналитический поиск до выявления другой неизвестной величины.
6. Если процесс аналитического поиска не приводит к реализации пункта
5, то, исходя из данных задачи, осуществить синтетический поиск решения
задачи, при этом:
а) синтетический поиск прекратить в тот момент, когда будут найдены
значения неизвестных величин, полученных на последнем шаге аналитического
поиска;
б) найденные значения неизвестных величин подставить в выполненный
ранее аналитический поиск для получения соответствующего значения искомой
величины.
В противном случае продолжить попеременное выполнение анализа и
синтеза.
Аналитико-синтетический поиск решения задач, как и вообще поисковая
деятельность, имеет целенаправленный характер. Поэтому она является
составной частью учебной деятельности учащихся в обучении математике.
Действительно, решение учебной задачи требует от учащихся:
а) анализа фактического материала с целью обнаружения в нем общего
отношения;
б) выявления на основе абстракции и обобщения частных отношений
18
данного материала и их объединения (синтеза) в целостный объект, т.е.
построения его "клеточки" и мысленного конкретного объекта;
в) овладение в этом аналитико-синтетическом процессе общим способом
построения изучаемого объекта.
Рассмотренные психолого-педагогические основы поиска решения задач
должны, по нашему мнению, во многом определять не только содержание
задачного материала в школьных учебниках, но и деятельность учителя на
уроке. От того, как учитель организует поиск решения задачи, какими
средствами он “выведет” своих учеников на “нужную тропинку” и доведет до
их сознания красоту того или иного способа решения, во многом будет зависеть
эффективность всего процесса обучения.
19
1.2. Понятие рационального способа решения математической задачи
Большинство решаемых в школе задач и примеров допускаемых не одно,
а несколько различных в той или иной степени решений. Рассмотрим несколько
способов решения задач и примеров из разных разделов школьного курса
математики. Сравнение решений позволяет ознакомиться с сущностью
рациональности решения и одновременно выяснить причины появления
различных решений.

При
решении
примеров
на
тождественные
преобразования
алгебраических выражений, особенно с тригонометрическими функциями,
различные решения получаем в зависимости от применяемых формул.
Проиллюстрируем на примере. Пусть требуется доказать тождество:
cos   sin 
 tg (450   ), ãäå   450  1800  n, n  Z (10-й класс)
cos   sin 
а) Преобразуем левую часть, применяя формулы приведения:
0
0
0
cos  sin   sin(90   )  sin   2 sin 45  cos(45   ) 
cos  sin  sin(900   )  sin  2 cos 450  sin( 450   )
 ctg (450   )  tg[900  (450   )]  tg (450   ).
Решение несколько упрощается при замене cos  на sin( 90 0   ).
б) Если применить формулу преобразования asinx+bcosx в произведение
(введение вспомогательного угла), получим:
0
0
cos  sin   2 sin( 45   )  sin( 45   )  tg (45 0   ).
cos  sin 
2 sin( 450   ) cos(45 0   )
в) Разделим почленно числитель и знаменатель на cos  :
0
cos  sin   1  tg  tg 45  tg  tg (45 0   ).
cos  sin  1  tg 1  tg 45 0  tg
г) Можно доказывать данное тождество, преобразовывая правую часть:
sin 
tg 450  tg
1  tg 1  cos cos  sin 
tg (45   ) 



.
1  tg 450  tg 1  tg 1  sin  cos  sin 
cos
0
20
ä) tg (450   ) 
sin( 450   ) sin 450  cos   cos 450  sin 


cos(450   ) cos 450  cos   sin 450  sin 
2
(cos   sin  )
cos   sin 
2


.
cos   sin 
2
(cos   sin  )
2
Похожая ситуация имеет место и с тригонометрическими уравнениями.

Рассмотрим следующий пример: sinx+cosx=1 (10-й класс).
а) Так как x=   2k не являются корнями этого уравнения, то можно
применить универсальную тригонометрическую подстановку:
2tg x
2 ;
sin x 
1  tg 2 x
2
1  tg 2 x
2.
cos x 
1  tg 2 x
2
2tg x
1  tg 2 x
2 
2  1, откуда 2tg x (1  tg x )  0.
Получим:
2
2
1  tg 2 x 1  tg 2 x
2
2
1) tg x  0; x  2k ;
2
2) tg x  1; x    2k , k  Z .
2
2
б) Применяем формулы кратных и половинных углов:
sinx=1-cosx; 2 sin x cos x  2 sin 2 x .
2
2
2
1) sin x  0; x  2k , k  Z . 2) cos x  sin x .
2
2
2
Это уравнение решаем как однородное относительно синуса и косинуса:
tg x  1; x    2k , k  Z .
2
2
в) Преобразуем левую часть в произведение:
1) Используя формулы приведения, будем иметь:
sin x  cos x  sin x  sin(   x)  2 sin   cos( x   );
2
4
4

1


cos( x  ) 
; x     2k , k  Z ;
4
4
4
2
x1    2k ; x2  2k , k  Z .
2
21
2)
Используя
для
выражения
asinx+bcosx
метод
введения
вспомогательного угла, получим:
2 sin(


1


 x )  1; sin(  x) 
;
 x  ( 1) n   n, n  Z .
4
4
4
2 4
При n=2k
При n=2k+1
x  2k ; k  Z .
x    2k , k  Z .
2
г) Возведем обе части уравнения в квадрат:
sin2 x +cos2x+2·sinx·cosx=1, sin 2 x  0; x  k , k  Z .
2
Но при этом способе решения возможно появление посторонних корней,
поэтому необходимо делать проверку полученных корней. Так как функция
sinx+cosx периодическая с периодом 2  , то достаточно проверить лишь
следующие 4 значения для х: 0;  ;  ; 3  . Сделав подстановку, убеждаемся, что
2
2
уравнению удовлетворяют лишь первые два решения: х=0 и х=  .
2
Далее записываем ответ: х=2k  или х=   2k , k  Z .
2
Кроме приведенных способов решения данного уравнения существуют и
более экзотические (но не менее красивые и эффектные) методы: векторный,
геометрический.

Рассмотрим задачу по алгебре на составление уравнений (9-й класс).
Выполнение некоторой работы было поручено двум бригадам. Сначала первая
из них работала треть того времени, которое потратила бы на всю работу
первая бригада. После этого оказалось, что было выполнено
13
всей работы.
18
Сколько времени потребовалось бы для выполнения всей работы каждой
бригаде в отдельности, если обе бригады вместе могут выполнить ее за 3
3
часа.
5
Эту задачу можно решать как составлением одного уравнения с одним
неизвестным, так и составлением системы двух уравнений с двумя
неизвестными.
22
а) Один из возможных вариантов составления уравнения с одним
неизвестным такой.
Пусть для выполнения всей работы первой бригаде нужно было х часов.
Значит, за 1 час она выполняет
1
часть всей работы, а вместе со второй
x
3 5
всей работы. Следовательно, вторая
5 18
бригадой они выполняют за 1 час 1: 3 =
бригада за 1 час выполняет 8  1  5 x  18 часть всей работы. Тогда для
18 x
18 x
выполнения всей работы второй бригаде потребовалось бы
18 x
часов.
5 x  18
Учитывая первое условие, получаем уравнение:
1  1  18x   5 x  18   1  x   13 , которое решается сравнительно просто:
3  3 5x  18 
18x  3  18
6  5 x  18  13 ;
5 x  18
54
18
324+(5х-18)2=39(5х –18);
х2-15х+54=0.
По теореме Виета х1=6 ; х2=9.
Время нужное второй бригаде для выполнения всей работы, будет
соответственно 9 часов или 6 часов.
Решение полученного уравнения можно несколько упростить введением
вспомогательного неизвестного: 5х-18=z.
Если принять за неизвестное время, необходимое второй бригаде для
выполнения всей работы, то ничего нового по сравнению с приведенным
решением не получим.
б) Можно было бы принять за неизвестное х часть работы, которую
выполняет первая бригада за 3 3 часа, тогда вторая бригада за это время
5
выполнит (1-х) часть работы. За 1 час первая бригада выполняет
бригада –
5x
, а вторая
18
5(1  x)
часть всей работы. Теперь можно найти время, необходимое
18
23
каждой бригаде для выполнения всей работы в отдельности: первой бригаде –
18
часов, второй – 18 часов.
5x
5(1  x )
Как и в предыдущем случае, составляем уравнение:
5 x   1  18   5(1  x)   1  18   13 , решив которое, найдем:
 3 5 x  18
18  3 5(1  x) 
18
х 1=
3
2
и х 2= .
5
5
Для ответа на вопрос задачи нужно еще найти время, необходимое каждой
бригаде для выполнения всей работы.
в) Решим эту задачу составлением системы уравнений. Пусть первой
бригаде требуется для выполнения всей работы х часов, а второй – y часов.
Тогда за 1 час первая бригада выполняет
1
1
часть, а вторая часть всей
x
y
работы. Составим два уравнения:
1  y  1  x  13 ,
x 3 y 3 18
11 5.
x y 18
Полученную систему можно решать различными способами:
1) Из второго уравнения находим:
1  5  1  5 y  18 .
x 18 y
18 y
Подставляем это значение в первое уравнение, предварительно умножив
обе его части на 3:
5 y  18
 18  13 .
18
5 y  18 6
После преобразований y2-15y+54=0;
y1=6;
y2=9,
тогда x1=9; x2=6.
2) Освободившись от знаменателей, получим:
24
 x 2  y 2  13 xy,

6

5
 x  y  18 xy.

Теперь уже труднее из второго уравнения найти одно из неизвестных.
Выразив x =
y
5 y 1
18
, придем к способу 1.
3) Возведем второе уравнение полученной системы в квадрат:
x2 + y2 + 2xy =
25 2 2
x y . Заменяя x2+y2 его значением, получим:
324
13 xy  2 xy  25 x 2 y 2 ; 25 xy  25 x 2 y 2 ; xy  0; xy=54.
6
324
6
324
 x  y  15,
Но тогда х+у=15. Решая устно систему 
найдем х и у.
 xy  54,
4) Вводим новые переменные: х+у=t; xy=s, тогда x2+y2=t2-2s.
13
 2 25
2
t  s,
t

2
s

s
,
 
6
6
Получаем систему уравнений: 

5
5
 t  s,
 t  s.

18

18
Так как по смыслу задачи t  0 и s  0, то, разделив почленно первое
уравнение на второе, имеем: t=15; тогда s=54. Дальнейшее решение такое же,
как и в предыдущем способе.
4)
Возможны еще и иные варианты решения рассматриваемой
системы, так же как возможны вообще другие системы уравнений.
Например, принимая за х часов время работы первой бригады в
действительности, а за у – часть работы, выполненную этой бригадой за 1
час, получим следующую систему уравнений:
1
5

 y  3x  18,

1 1 1 13
 yx     .

3x 3 y 8
Второе уравнение после упрощения имеет вид:
25
18x2y2-13xy+2=0; xy=
1
2
или xy= .
2
9
Подставляем в первое уравнение y= 1 ; y  2 , найдем х1=3 и х2=2. Теперь
2x
9x
легко можно найти время, необходимое каждой бригаде для выполнения всей
работы в отдельности.
Еще большие возможности получения различных способов решения
представляют геоме5трические задачи, особенно из раздела планиметрии.
Рассмотрим одну из задач.

Найти радиус r окружности, вписанной в равнобедренный треугольник
ABC, у которого AB=BC=10 и AC=12.
Определив
высоту
BD
по
теореме
Пифагора
BD= 10 2  6 2  8 , радиус r можно найти различными
способами:
1)
Из подобия треугольников BOK и BСD:
BO  BC ; 8  r  10 . Откуда r = 3.
OD DC
r
6
2)
По свойству биссектрисы OC треугольника BCD:
BO  BC ; 8  r  10 . Откуда также r = 3.
OD DC
r
6
3)
Используя формулу площади треугольника, описанного около
окружности радиуса r, найдем:
S  r  p; r 
S
6 8

3
p 6  10
Здесь различные решения появляются в зависимости от того, какие
свойства фигур (формулы) использовались при составлении плана решения.
Как было отмечено ранее, при изучении любой математической
дисциплины большинство задач и примеров можно решать различными
способами. Сравнивая способы решения одной и той же задачи, можно
определить более рациональное решение.
26
Но что понимать под рациональным решением? Можно ли определить
“рациональное решение” так, чтобы, имея одно конкретное решение задачи,
утверждать, рациональное оно или нет?
По нашему мнению, невозможно дать логически строгое общее
определение наиболее рационального решения без сравнения с некоторым
другим решением. Укажем основные причины, в силу которых нельзя дать
такое определение.
При сравнении нескольких решений необходимо учитывать объем знаний,
применяемых при решении предложенной задачи. Разберем в качестве примера
несколько различных доказательств теоремы Птолемея, рассматриваемой
обычно на кружковых занятиях.
Во всяком вписанном четырехугольнике произведение диагоналей равно
сумме произведений противоположных сторон.
а) Для доказательства выразим диагонали четырехугольника через стороны,
используя понятие подобия треугольников и формулы квадрата стороны
треугольника, лежащей против острого или тупого угла.
Решение можно упростить, выполнив следующее
вспомогательное построение. Построим ABP=CBD.
BAP=BDC, как вписанные, опирающиеся на одну и
ту же дугу BC. Следовательно,  ABP~  CBD, откуда
AB  BD , AB  CD  AP  BD ,
AP CD
(1)
 ABD=  ABC–  CBD=  ABC–  ABP=  PBC.
 BCP=  BDA, как вписанные, опирающиеся на одну и ту же дугу.
Откуда BC  BD , BC  AD  PC  BD . (2)
PC AD
Складывая почленно (1) и (2), получим:
AB  CD  BC  AD  AP  BD  PC  BD  BD  ( AP  PC )  BD  AC
27
Это доказательство связано с построением вспомогательного отрезка BP,
причем необходимость его построения нельзя обосновать, исходя из условия
задачи, так что такое доказательство носит слишком искусственный характер.
б) Если считать известной теорему косинусов, то можно дать и другое,
более естественное решение этой задачи на доказательство.
Для упрощения записей обозначим:
BD=m; AC=n; AB=a; BC=b; CD=c; DA=d
BCD   , тогда BAD  1800   .
По теореме косинусов можно записать:
m2=b2+c2-2bc·cos  ;
m2=a2+d2-2ad·cos(180 -  )=a +d2+2ad·cos  .
0
2
Исключим cos  , для чего умножим первое равенство на bc, второе – на ad
и сложим почленно.
Получим: (ad+bc)m2=adb2+adc2+bcd2+bca2=(ab+cd)(bd+ac);
откуда
m 2=
(ab  cd )(bd  ac)
ad  bc
Аналогично для второй диагонали получим:
n2 =
(ad  bc)(bd  ac)
ab  cd
Перемножая полученные равенства, будем иметь:
m2n2=(ac+bd)2,
откуда mn=ac+bd.
в) Решение оказывается более простым, если
использовать понятие инверсии.
Взяв точку B за полюс, выполним над точками
A, D, C произвольную инверсию, степень которой k.
Данная окружность преобразуется в прямую, на
которой будут лежать точки A1, D1, C1, обратные
точкам A, D, C.
28
В равенство A1D1 + D1C1 = A1C1 подставим значения:
A1 D1  k  AD ; D1C1  k  DC ; A1C1  k  AC ,
BA  BD
BD  BC
BA  BC
получим k  AD  k  DC  k  AC , и после преобразования:
BA  BD BD  BC BA  BC
ADBC + DCBA = ACBD.
Таким образом, при расширении объема знаний возможно появление
новых, нередко более простых решений некоторых задач.
Известно, что решение многих математических задач состоит не только из
вычислений или построений, но включает еще необходимые пояснения и
обоснования. Может оказаться, что вычисления при одном способе решения
проще, чем при другом, но обоснования и пояснения значительно сложнее.
Для
задач
на
построения
в
свое
время
была
создана
теория
геометрографии, простоты построения. Каждому элементарному построению
приписывают так называемый коэффициент простоты и путем простого
арифметического подсчета определяют коэффициент простоты построения
заданной фигуры соответствующими инструментами. Но в школьной практике
эта теория не нашла своего применения, так как кроме трудности
выполняемого построения приходиться учитывать и трудности анализа,
доказательства и исследования.
При оценке рациональности решения следует учитывать его доступность
для учащихся. Уже при решении простейших арифметических задач нельзя
рациональность решения оценивать формально по числу вопросов.
Так как состав каждого класса неоднородный, то нужно внимательно
относиться к оценке способов решений в зависимости от возможности
учеников. Не следует забывать, что главное – решить задачу, а потом уже
рассматривать его рациональность.
Стремление решать задачи и примеры рационально не должно
противоречить пониманию решения. Не может быть одобрено решение, пусть
29
даже рациональное, но которое недоступно для большинства учащихся данного
класса.
При оценке рациональности решения необходимо учитывать и время,
понадобившееся на отыскание его. Из истории математики известны примеры,
когда крупнейшие ученые тратили десятки лет для упрощения решения
некоторых задач.
Более того, надо как-то определять и напряженность умственной
деятельности при отыскании того или иного решения. А это уже не может
быть объективным критерием, так как разные люди для выполнения одного и
того же задания тратят неодинаковое время и работают с различным
напряжением.
Все вышесказанное приводит нас к выводу о том, что в общем виде нельзя
дать строгого определения наиболее рационального решения, которое можно
было бы применить в качестве критерия при оценке его простоты (или
наоборот, сложности). Сказывается и отсутствие универсального алгоритма,
овладение которым позволило бы найти рациональный способ решения любой
задачи.
Поэтому понятие рациональности решения следует раскрывать перед
учащимися посредством разбора как можно большего числа конкретных
примеров.
Требование, чтобы учащиеся не просто решали задачи и примеры, а
решали их рационально, должно сопровождаться соответствующим обучением.
Без помощи учителя они могут и не найти наиболее рационального решения.
30
Глава II. Методика обучения решению задач различными способами в
курсе математики средней школы
Решение
задач
различными
способами
представляет
большие
возможности для совершенствования обучения математике.
При решении задач только одним способом у учащихся единственная
цель – найти правильный ответ, и решения получаются однотипные и не всегда
рациональные. Если же требуется применить при этом несколько способов,
школьники стараются отыскать наиболее оригинальное, красивое, экономичное
решение. Поэтому обучение различным способам решения задач следует
начинать как можно раньше, то есть уже с 5-го класса.
Для решения задач различными способами учащимся приходиться
вспоминать многие теоретические факты методы и приемы, анализировать их с
точки зрения применимости к данной в задаче ситуации, накапливают
определенный опыт применения одних и тех же знаний к различным вопросам.
Все это активизирует учебную деятельность школьников, прививает интерес к
предмету.
Мы должны научить школьников, анализируя условие задачи, делать
различные попытки решить ее, используя имеющиеся у них в запасе методы и
приемы, то есть, вооружаем учащихся стратегией перебора всевозможных
путей решения задачи. Учитель при этом должен поощрять самостоятельные
находки школьников, обращать на них внимание класса. Он должен быть готов
к тому, что учащиеся предложат свой способ решения, его не надо отклонять и
навязывать свой.
Обычно в классе задача решается одним или двумя способами. Поиск
других способов дается на дом, при этом указываются теоремы и методы,
которые можно использовать при решении. Учащиеся с большим интересом и
увлеченностью выполняют такие задания. На уроках, занятиях кружка или
консультациях разгораются дискуссионные разборы предложенных способов,
рассматриваются те задачи, которые ученики не смогли решить.
31
Иногда найденные учащимися способы решения той или иной задачи
бывают довольно сложными, но для учебных и воспитательных целей такая
работа очень важна: школьники с увлечением и заинтересованностью
находятся в постоянных поисках, перебирая в памяти многие варианты
применения изученных теорем, известных приемов и методов решения задач.
Различные способы решения задач способствуют развитию учащихся
умения нешаблонно, с интересом подойти к решению, побуждают их к
составлению новых задач, систематизируют известные знания и опыт, то есть
содействуют всестороннему развитию их математического мышления. При
решении одной и той же задачи различными методами увеличивается число
случаев, когда известное учащимися упражнение переносится в качественно
новые условия, повторяется в новых связях, в новых сочетаниях.
Решение различными методами естественно вписывается в процесс
проведения уроков. Систематическое использование этого приема дает
значительный эффект при обучении учащихся решению задач. Отметим, что
при итоговом повторении какого-либо раздела программы целесообразно
использовать задачи, решаемые несколькими способами
и охватывающие
большой теоретический материал.
Кроме того, такая форма, как “Урок решения ключевых задач”,
основывается как раз на решении небольшого числа задач разными способами.
Наблюдения показывают, что учащиеся, стараются решать задачи по
шаблону, что часто приводит к значительному увеличению работы, а иногда и к
усложнению решения, в результате чего увеличивается возможность появления
ошибок. Поэтому ученикам полезно предложить внимательно изучить условие,
подумать над тем, какой способ решения наиболее соответствует ему.
Возможность решения одной и той же задачи различными способами
демонстрирует непреложность выводов науки – математики, подчеркивает
красоту содержания учебного предмета.
Решения задач различными способами первый (подготовительный) этап
восприятия школьниками эстетической стороны математики. При этом никто
32
из учеников не остается равнодушным, они начинают смотреть на нее не как на
сухую скучную науку, а видят, что и здесь нужна выдумка, фантазия,
творчество. Школьники учатся самостоятельно находить более простые (а
значит, и более красивые) решения задач, начинают видеть взаимосвязь всех
частей математики, а значит, и красоту этой науки.
Таким образом, методической значимостью обучения различным
способам решения является развитие мышления, формирование системы
знаний, умений и навыков решения различных типов задач. Творческое
мышление, которое доминирует в процессе поиска разных способов решения
одной задачи, способствует развитию не только интеллекта, но и ряда
нравственных качеств, во многом определяет мировоззрение школьника.
Далее мы рассмотрим возможность и целесообразность применения
методики решения задач разными способами на уроках математики на разных
ступенях обучения, начиная арифметическими задачами для 5-го класса и
заканчивая стереометрией и началами анализа из 11-го класса. Помимо
конкретных примеров, мы постараемся дать методические рекомендации по их
использованию на той или иной стадии изучения соответствующей темы.
33
2.1. Различные способы решения арифметических задач в 5-6 классах
№1. Нужно отремонтировать три шоссейные дороги длиной 80 км, 95 км
и 115 км. Определить затраты на ремонт каждой дороги, если расходы на
ремонт 1 км пути одинаковы и если на ремонт первой дороги отпущено 1800
руб. меньше, чем на ремонт второй.
I способ.
1) 95-80=15 км – разность между длиной первой и второй дороги.
2) 1800:15=120 руб. – расход на 1 км пути.
3) 120∙80=9600 руб. – ушло денег на ремонт первой дороги.
4) 120∙95=11400 руб. – ушло денег на ремонт второй дороги.
5) 120∙115=13800 руб. – на 3-ю дорогу.
Ответ: 9600 руб., 11400 руб., 13800 руб.
(Для использования этого способа достаточно знать действия над
натуральными числами).
II способ. (Метод ложного положения. Учащиеся выдвигают свои
предположения по поводу того, сколько будет стоить дорога, а потом
сравнивают с исходными данными.)
1) Пусть на ремонт первой дороги пошло 1200 руб., тогда ремонт одного
км пути стоит: 1200:80=150 руб. На ремонт второй дороги будет затрачено
150∙95=14250 руб. Разница в затратах на ремонт первой и второй дорог
составит 14250 – 12000 = 2250 руб. Погрешность, по сравнению с другими
данными, будет 2250-1800=450 руб.
2) Пусть на ремонт первой дороги пошло 12080 руб., тогда 12080:80=151 руб.
пошло на 1 км пути, 151∙95=14354 руб. пошло на ремонт второй дороги; 1434512080=2265 руб – разница в затратах. Погрешность: 2265-1800=465 руб.
3) Изменение погрешности 465-450=15 руб.
Чтобы сделать погрешность нулевой, нужно уменьшить предлагаемые
затраты на ремонт первой дороги (12000 руб.) на 450:15=30 раз по 80, т.е.
80∙30=2400 руб. Итак, на ремонт первой дороги пошло
34
1200-2400=9600 руб;
9600+1800=11400 руб. – ушло на ремонт второй дороги;
11400:95=120 руб. – ушло на ремонт 1 км пути;
120∙115=138000 руб. – ушло на ремонт третьей дороги;
Ответ: 9600 руб., 11400 руб., 13800 руб.
(Использование дробных чисел)
III способ.
1) 95:80= 1
15
3
1
(длина первой дороги принята за 1) – составляет
80 16
вторая дорога.
2) 115:80=1
3) 1
7
– составляет третья дорога.
16
3
3
1
– приходится на ремонт 1800 руб.
16
16
4) 1800:
3
 9600 руб. – приходится на ремонт 1 дороги.
16
5) 9600 : 1 7  13800 руб. – на ремонт 3 дороги.
16
Ответ: 9600 руб., 11400 руб., 13800 руб.
IV способ.
(Использование пропорции)
95 X 2 95  80 X 2  X 1 15 1800

;

; 
80 X 1
80
X1
80
X1
X1 = 9600 руб. ;
X2
95
; X2 = 11400 руб.

80 9600
X 3 115
X3
115
;
; Х3 = 13800 руб.


80 9600 80 9600
Ответ: 9600 руб., 11400 руб., 13800 руб.
V способ. (Использование прямой пропорциональности)
Пусть у – стоимость ремонта, х – длина дороги, тогда у=kх. Задача
сводится к нахождению k: k=120, т.к. 95-80=15, 1800:15=120. Строим график
функции у=120х (в определенном масштабе) и по графику определяем значение
функции при значениях аргумента 80, 95, 115.
VI способ.
(Использование диаграммы)
35
Пусть 1 клетка тетради соответствует 5 км пути, тогда 1800:3 =600 руб. –
приходится на 5 км дороги (на 1 клетку),
1-я дорога: 16 клеток.600∙16 = 9600 руб. и т.д.
1
2
3
VII способ.
(Составление уравнений)
Пусть х руб. затратили на ремонт 1 км пути.
Имеем уравнение 95х-80х=1800, откуда 15х=1800 и х=12.
120∙95=11400 руб.
80∙120=9600 руб.
120∙115=13800 руб.


№2. Вычислить:  23  5   1 1  5    2 :  3 : 6  .
5 7
 36 21   9 21  
I способ.
(Ученики делают все действия по порядку, что не особо
рационально.)
1) 23  5  23·7  5·12  201  67 ;
36 21
252
252 84
2) 1 1  5  7·10  5·3  55 ;
9 21
63
63
3) 67  55  201  220  421 ;
84 63
252
252
4) 3 : 6  3·6  7 ;
5 7 5 7 10
5) 421·2  421 ;
252
126
6) 421 : 7  421  10  5 .
126 10 126 7
36
II способ. (Упрощая выражение, стоящее в скобках приходим к более
рациональному решению, чем в первом способе.)
1)  23  5   1 1  5   23  5  1 1  5  1 23  4  1 3 .
36
4
 36 21   9 21  36 21 9 21
2) 1 3  2 :  3 : 6   7  2 : 3  6  7  2  5  6  5 .
4
5 7
4 3 7
5 7 4
III способ. (Учащиеся раскрывают скобки, содержащие сумму и
параллельно делают действие во вторых скобках, что значительно упрощает
дальнейшее решение.)
 23 5   1 5 
 3 6   23 5
1 5
3 7
 36  21   1 9  21   2 :  5 : 7    36  21  1 9  21  2 :  5  6  
  23  10   2 : 7   23  40   2  10  63  2  10  9  7  2  2  5  5.
 36 9 
10  36 
7
36  7
2297
 2 1  0,75   4
2
 11 .
№3. Вычислить: 
45,5  44,3 : 0,2
I способ.
(Вычисления в знаменателе производится в десятичных
дробях, а в числителе – в обыкновенных. Здесь показывается возможность
совместного выполнения действия над обыкновенными и десятичными
дробями.)
2 12  0,75 114  52  34  114  134  114  13 .
45,5  44,3 : 0,2
1,2 : 0,2
6
66
II способ. (Все десятичные дроби переводятся в обыкновенные и над
ними выполняются все действия.)

2 1  3 4
13
2 4 11


 13 .
45,5  44,3 : 0,2 45 5  44 3  10 11 12  10 66
10
10 2
10 2
2 12  0,75 114
III способ. (Сначала
часть
обыкновенных
дробей
десятичные, а затем, наоборот, что не очень рационально.)
переводятся
в
37
(2,5  0,75)  4
3,25  4 3 1  4
11 
11  4 11  13 .
(45,5  44,3) : 0,2
6
6
66
Приведем несколько упражнений для 5-6 класса, которые можно
предлагать учащимся с целью поиска различных способов решения.
1. Барсик съедает миску корма за 40 секунд, а Мурка такую же миску корма
съедает за 1 минуту. Утром к миске с кормом подошел Барсик и начал есть, а
через 10 секунд к этой же миске прибежала Мурка и стала помогать Барсику.
Спустя 10 секунд после этого Мурка прогнала Барсика и продолжила доедать
корм одна. Определите, за какое время была съедена миска корма.
2. Сравните числа
2015 2016
и
.
2016 2017
3. Разрезать произвольный треугольник так, чтобы из них можно было
сложить прямоугольник.
4. В некотором государстве 10 городов, каждые два из которых соединены
прямой авиалинией. Сколько всего авиалиний в этом государстве?
5. Вычислите
540  576
НОК (540; 576)
.
38
2.2. Различные способы решения задач в курсе алгебры в 7-9 классах
№1. Решить уравнение х2–5х+6=0 (8-й класс).
I способ.
(Использование формулы корней квадратного уравнения.)
D = b2 – 4ас = 25–4∙1∙6= 1; так как D>0, то уравнение имеет 2 корня.
х1,2   b  D ;
2а
х1 = 3; х2 = 2.
Ответ: 2; 3.
II способ. (Понижение степени.)
Ищем целые корни среди делителей свободного члена: ± 1; ±2; ±3; ±6.
1
–5
6
1
1
–4
2
2
1
–3
0
х2–5х+6=0; (х–2)(х–3)=0;
х–2 = 0,
х1 = 2,
х–3 = 0;
х2 = 3.
Ответ: 2; 3.
III способ. (Разложение на множители способом группировки.)
х2–2х–3х+6=0;
х(х–2)–3(х–2)=0;
(х–2)(х–3)=0.
 х1  2,

 х2  3.
Ответ: 2; 3.
IV способ. (Теорема Виета.)
 х1  х2  5,  х1  2,


 х1  х2  6;  х2  3.
39
Ответ: 2; 3.
V способ. (Графический.)
Перепишем уравнение в следующем виде: х2=5х-6.
Построим параболу y=х2 и прямую у=5х-6. Найдем абсциссы точек
пересечения этих графиков.
Ответ:  2;  3.
№2. Решить уравнение õ  3  2 . (7-8 класс)
(Раскрытие модуля по определению).
I способ.
х–3=0; х=3.
–
+
3
 х  3  0,

 х  3  2;

 х  3  0,
 х  3  2

х
 х  3,

 х  1;

 х  3,
 х  5

 х  1,

 х  5.
Ответ: 1; 5.
II способ.
(Использование свойства модуля).
1) х – 3 = 2; х=5.
2) х – 3 = – 2; х=1.
Ответ: 1; 5.
III способ. (Возведение обеих частей в квадрат).
Так как обе части уравнения неотрицательны, то (х–3)2=22;
(х–3)2–22=0;
 х  3  2  0,  х  1,


 х  3  2  0;  х  5.
Ответ: 1; 5.
40
IV способ. (Графический).
Построим графики функций
y = |х-3| и у = 2. Далее находим абсциссы
точек их пересечения.
Ответ:  1,  5.
(Геометрический смысл модуля).
V способ.
|а| – означает расстояние от точек числовой прямой с абсциссой а до
начала координат; |а–b| – расстояние между точками с абсциссами а и b.
01 2 3 4 5 6
х
Ответ: 1; 5.
№3. Упростите выражение:
74 3
 2  3 (8-й класс).
2 3
I способ. (Перемножим подкоренные выражения числителя данной
дроби и второго множителя).
74 3
2 3 
(7  4 3) (2  3)
2 3

14  8 3  7 3  12
2 3
2 3

2 3
II способ. (Умножим числитель и знаменатель дроби на
74 3
2 3 
7  4 3  (2  3 ) 2
2 3

2 3 2 3
 1.
2 3
2  3 ).
74 3 74 3
 49  48  1 .
1
III способ. (Под знаком радикал в числителе дроби выделим полный
квадрат).
74 3
2 3 
2 3

44 3 3 2 3

2 3
(2  3 ) 2  2  3
2 3
Ответ: 1.
 2  3  2  3  4  3  1.
41
В заключение приведем несколько примеров из курса алгебры 7-9
классов, которые, по нашему мнению, целесообразно рассматривать с
учениками
1) на этапе формирования умений (урок решения ключевых задач),
2) на этапе совершенствования знаний, умений и навыков (урок
обобщающего повторения).
1. Докажите тождество (х+2)4 – (х-2)4 = 16х3 + 64х (7-й класс; (1)).
2. Разложить на множители многочлен х3+3х2+3х+9 (7-й класс; (2)).
3 x  2 y  8,
3. Решите систему уравнений 
(7-й класс; (1)).
 x  y  1.
4. Вычислите значение выражения
9  4 5  9  4 5 (8-й класс; (1)).
5. Найти остаток от деления Р(х) = – х3 + 5х + 6 на Q(х) = х – 2 (8-й класс с
углубленным изучением предмета; (1)).
6. Решите уравнение x  1  x  3  4 . (8-й класс, (1))
7. Решите неравенство x  1  3 . (8-й класс, (1))
 х 2  у 2  20
(8-й класс, (1))
 ху  8
8. Решите систему уравнений 
9. Первая труба наполняет бассейн на 9 часов дольше, чем вторая труба
наполняет половину бассейна. За какое время наполнит бассейн первая труба,
если первая и вторая трубы вместе могут наполнить его за 2 часа 56 минут? (9-й
класс, (2))
10. Три числа образуют арифметическую прогрессию. Если к первому числу
прибавить 8, то получится геометрическая прогрессия с суммой членов 26.
Найдите эти числа. (9-й класс, (1))
42
2.3. Различные способы решения планиметрических задач в
7-9 классах
Планиметрические задачи по сравнению с алгебраическими имеют
большую методическую ценность в плане поиска различных способов решения.
Это относится к задачам как на доказательство, так и на вычисление и
построение. Единственный сдерживающий фактор – это тот теоретический
базис, который имеется на данный момент у школьника. И если в 7-м классе
для решения геометрической задачи большой удачей считается найти 1-2
альтернативных способов решения, то начиная с 8-го класса наступает полное
«раздолье» для творчества учителя и его подопечных. В 9-м же классе при
удачном стечении обстоятельств (педагогическое мастерство учителя, хорошо
подготовленный класс, любовь к геометрии, интересная задача) можно
получать до 5-7 различных решений.
Приведем некоторые примеры из личной практики работы в школе.
№1. Треугольники АВС и А1В1С не имеют общих точек, кроме вершины
С, и АСА1=ВСВ1=900, СА=СА1, СВ=СВ1. Доказать, что медиана СD
треугольника АВС перпендикулярна прямой А1В1 (рис.) (8-9 класс).
Дано: ∆АВС, ∆ А1В1С,
АСА1=ВСВ1=900, СА=СА1, СВ=СВ1,
СD – медиана ∆АВС.
Доказать: СDА1В1
I способ. (Используем поворот на 900 вокруг
точки С).
900
RC : ∆А1В1С1  ∆А2ВС. Тогда точки А, С, А2 лежат на одной прямой и
точка С – середина АА2. Следовательно, СD есть средняя линия треугольника
АВА2, и поэтому СD А2В. Но А2ВА1В1 по свойству поворота, значит, СDА1В1.
II способ. (Используем скалярное произведение векторов).
43
А1В1  2СD  (СВ1  СА1 )(СА  СВ )  СВ1  СА  СА1  СА  СВ1  СВ  СА1  СВ 
 СА  СВ cos АСВ1  0  0  СА  СВ cos A1CB  0
(так как АСВ1=А1СВ=900+АСВ). Следовательно, СD  А1В1.
III способ. (Традиционный с использованием свойств вписанного
четырехугольника).
Продолжим сторону АС до точки А2 так, что АС=А2С (рис.). Тогда
А2СВ=А1СВ1=900+А2СВ1. Таким образом, ∆А2ВС=∆А1В1С по первому
признаку. В ∆АВА2 отрезок СD – средняя линия и поэтому СD А2В.
Пусть М – точка пересечения прямых А2В и
А1В1. Из равенства треугольников получаем равенство
углов СВМ и СВ1М. Значит, вокруг четырехугольника
МСВВ1 можно описать окружность с диаметром ВВ1.
Отсюда ВМВ1 опирается на диаметр и А2В  А1В1.
Следовательно, СDА1В1.
IV способ. (Достраивание фигуры).
Достроим треугольник АВС до параллелограмма САКВ (рис.)
Тогда ∆САК=∆А1СВ1 по двум сторонам и углу между ними и, следовательно,
СА1В1=АСК=. Продолжим прямую СК
до пересечения с отрезком А1В1 в точке Е.
Тогда А1СЕ=1800–900–=900–, откуда
следует, что А1ЕК = 900.
№2.
Гипотенуза
прямоугольного
треугольника равна 50, а один из катетов равен 30. На этом катете, как на
диаметре, построена окружность. Найдите хорду окружности, лежащую на
гипотенузе (9-й класс).
44
Дано: ∆АВС,  АСВ=900,
АВ=50, АС=30,
АС – диаметр окружности w:
w  AB  K .
Найти: АК.
Решение:
I способ. (Пропорциональные отрезки в прямоугольном треугольнике).
Соединим точки С и К. Так как угол СКА вписан в окружность и
опирается на диаметр, то он равен 900, следовательно, СК – высота
треугольника АВС.
По свойству пропорциональных отрезков в прямоугольном треугольнике
имеем: АС2 = АВ·АК, т.е. 302 = 50·АК, откуда находим АК = 18.
II способ. (Свойство равнобедренного треугольника).
Соединим центр окружности (точку О) с точкой К. В треугольнике КОА
проведем медиану ОL.
Так как треугольник КОА равнобедренный (ОК = ОА как радиусы
окружности), то медиана ОL является высотой.
В треугольнике АВС: cosBAC = AC  0,6 .
AB
В прямоугольном треугольнике OLA имеем:
LA = OA·cosLAO = 15·0,6 = 9.
Далее определяем АК = 2·LA = 18.
III способ. (Теорема о касательной и секущей к окружности).
Применив к треугольнику АВС теорему Пифагора, находим длину
второго катета: ВС = 40.
Так как ОС – радиус окружности и ОСВ = 900, то прямая ВС является
касательной к окружности, причем С – точка касания.
По теореме о касательной и секущей, проведенных к окружности из
одной точки, имеем: ВС2 = ВА·ВК, т.е. 402 = 50·(50 – АК).
Из последнего равенства находим АК = 18.
45
№3. Докажите, что середины сторон четырехугольника являются
вершинами параллелограмма (8-й класс).
Дано: АВСD – четырехугольник, К – середина АВ,
L – середина ВС, М – середина СD, N – середина DA.
Доказать: КLMN – параллелограмм.
Доказательство:
I способ. (Свойство средней линии треугольника).
КL – средняя линия треугольника АВС, следовательно, KL || AC и
KL = 1 AC. Аналогично, рассматривая треугольник ADC, получаем: NM||AC и
2
NM = 1 AC. Из этого следует, что KL||NM и KL = NM.
2
Таким образом, в четырехугольнике
KLMN
две
параллельны
противолежащие
и равны,
стороны
значит,
он
–
параллелограмм.
II способ. (Векторный).


1) KL  KB  BL  1 AB  BC  1 AC .
2
2


2) NM  ND  DM  1 AD  DC  1 AC .
2
2
Из (1) и (2) следует, что KL  NM , а это означает, что четырехугольник
KLMN – параллелограмм.
№4. Четырёхугольник АВСD вписан в окружность. Известно, что АВ=3, АD =
4, угол ВАD прямой. Определите диагональ АС, если она делит угол ВАD
пополам (9-й класс).
Дано:
Решение.
АВСD – вписанный четырехугольник,
АВ=3, АD = 4,
BAD  90 , BAC  DAC .
Найти: АС.
46
I способ. (свойство биссектрисы треугольника)
Пусть К – точка пересечения диагоналей данного четырёхугольника. Из
треугольника ВАD по теореме Пифагора находим ВD = 5; sin ADB  3 .
5
По свойству биссектрисы треугольника DK  AD , т.е. DK  4 , откуда
BK AB
5  DK 3
20
15
находим DK 
. Тогда ВK  .
7
7
По теореме синусов для треугольника АDK получаем равенство
20
АК
DK
АК

, т.е.
 7 , откуда находим AK  12 2 .
sin ADB sin DAK
3
7
2
5
2
По теореме о пропорциональности отрезков пересекающихся хорд
окружности имеем:
DK  BK  AK  CK , 20  15  12 2  CK , откуда находим CK  25 2 .
7 7
7
14
Далее определяем АС: АС=АК+СК= 7 2 (м).
2
II способ. (теорема косинусов)
Из треугольника ВАD по теореме Пифагора находим BD=5.
CDB  СAB  45 ; аналогично, DBC  DAС  45 , значит, треугольник
DCB – прямоугольный и равнобедренный. Его катеты CD и CB равны 5 .
2
По теореме косинусов для треугольника АСD имеем:
DC 2  AC 2  AD 2  2 AC  AD  cos CAD , т.е. 25  AC 2  16  2 АC  4  2 .
2
2
Решая уравнение 2 АС 2  8 2 АС  7  0 , находим АС= 7 2 или АС= 2
2
2
(условию задачи отвечает АС= 7 2 ).
2
III способ. (теорема Птолемея)
Из треугольника ВАD по теореме Пифагора находим ВD=5.
CDB  СAB  45 ; аналогично, DBC  DAС  45 , значит, треугольник
DCB – прямоугольный и равнобедренный. Его катеты CD=CB= 5 .
2
47
По теореме Птолемея для вписанного четырёхугольника ABCD имеем:
BD  AC  AD  BC  AB  CD , т.е. 5  AC  4  5  3  5 , откуда АС= 7 .
2
2
2
Ответ: 7 2 .
2
В заключение снова приведем несколько упражнений, предполагающих
поиск различных способов решения задачи.
№1. Перед уроком на доске был начерчен параллелограмм АВСD и в нем
отмечены точка Е – середина ВС и точка F – середина СD. Хулиган Вася стер
чертеж, оставив только точки А, Е, F. Сможет ли учитель по этим данным
восстановить свой чертеж? (8-й класс).
№2. Докажите,
что
биссектрисы
соседних
углов
параллелограмма
перпендикулярны (8-й класс).
№3. В трапеции АВСD с основаниями АD и ВС диагонали пересекаются в
точке О. Докажите, что площади треугольников АОВ и СОD равны (8-9 класс).
№4. В равнобедренном треугольнике боковая сторона равна 10, а основание
16. Найдите высоту, проведенную к боковой стороне (8-й класс).
№5. В равнобедренном треугольнике боковая сторона равна 10, а основание
16. Найдите медиану, проведенную к боковой стороне (8-9-й класс).
№6. В равнобокую трапецию вписана окружность. Известно, что средняя
линия трапеции равна 20, а косинус угла при ее основании равен 0,8. Найдите
радиус окружности (9-й класс).
№7. Дан правильный шестиугольник ÀÂÑDEF . Точка Р – середина стороны
AF,
точка
К
–
середина
стороны
АВ.
Докажите,
что
площади
четырехугольников DPFE и DPAK равны (9-й класс).
№8. Дан квадрат АВСD . На сторонах АВ и ВС отмечены точки Р и К
соответственно, причем ВР:АР=1:3, ВК:СК=3:13.
а) Докажите, что углы РDK и РСК равны.
б) Пусть М – точка пересечения CP и DK. Найдите отношение длин отрезков
СM и PM (8-9-й класс).
48
№9. Дан квадрат АВСD. На сторонах АВ и ВС внешним и внутренним образом
соответственно построены
равносторонние
треугольники
АВК
и ВСР.
Докажите, что точка Р лежит на прямой DК (8-й класс).
№10. На стороне АС треугольника АВС отметили точку D так, что углы BAD и
СВD равны. Найдите отношение отрезков биссектрисы СL треугольника АВС,
на которые ее делит прямая ВD, если известно, что ВС=6, АС=9 (8-9-й класс).
49
2.4. Различные способы решения задач в курсе алгебры и начал
анализа в 10-11 классах
В данном параграфе мы в большей степени коснемся задач высокого
уровня
трудности,
рассмотрение
которых
желательно
выполнять
на
заключительном этапе изучения соответствующего раздела или темы.
№1. Найти все значения параметра a , при которых не имеет корней
уравнение
2 x 2  ax  2a  10  x  1.
(1)
I способ. (Аналитический)
 x  1,
(1)
 x  1,

2
2 x  ax  2a  10  ( x  1)

2
(2)
2
 x  ( a  2) x  2a  9  0. (3)
Уравнение (1) не имеет корней тогда и только тогда, когда не имеет решений
полученная система. Это возможно в двух случаях:
а) квадратное уравнение (3) не имеет корней;
б) корни уравнения (3) не удовлетворяют условию (2).
Найдем все значения а, при которых выполним хотя бы один случай:
а) уравнение x 2  ( a  2) x  2a  9  0 не имеет коней, если D<0:
a 2  4a  32  0, a  (-4; 8) ;
б) корни уравнения x 2  ( a  2) x  2a  9  0 меньше 1.
Рассмотрим 3 способа решения этой части задачи.
1 способ.
(Оценивание значений корней)
Корни уравнения (3) меньше 1, если больший корень уравнения (3) меньше 1
(достаточное условие):
 a  2  a 2  4a  32  1
2

a 2  4a  32  0,

a 2  4a  32  a  4  a  4  0,
 2
a  4a  32  (a  4) 2

a  [8;   ).
2 способ. (Расположение корней квадратичной функции)
Рассмотрим функцию f ( x )  x 2  ( a  2) x  2a  9 .

50
Корни данной квадратичной функции меньше 1, тогда и только тогда, когда
x0
1
 D  0,

 f (1)  0,
 x0  1
x
 2
a  4a  32  0,
 1  a  2  2a  9  0,  a  [8;  ).
 a  2  1

2
3 способ. (Теорема Виета)
Пусть t=x-1. Тогда уравнение (3) примет следующий вид:
t 2  ( a  4)t  3a  12  0 () , где x<1  t+1<1  t<0.
Корни уравнения (  ) будут отрицательными, если их сумма будет
отрицательной, а произведение – положительным. По теореме Виета имеем:
 D  0,

t 1  t 2  0,
t  t  0
1 2
a 2  4a  32  0,
  (a  4)  0,
3a  12  0


a  [8;   ).
Объединяя множества значений параметра а, найденные для случаев (а) и
(б), получим ответ: a  (4;  ) .
II способ. (Противоположная задача)
Решение может быть иным. Сначала решим противоположную задачу:
найдем множество всех значений параметра а, при которых уравнение (1) имеет
хотя бы одно решение (множество Х). Dалее запишем ответ к задаче в виде R\X.
Уравнение (1) имеет хотя бы один корень, если больший корень уравнения (3)
будет больше или равен 1.
 a  2  a 2  4a  32
 1 . Решая это неравенство, получим a   4 .
2
51
III способ. (Графический – 1)
Рассмотрим графический подход к решению этой же задачи.
 x  1,
(1)   2
2
2 x  ax  2 a  10  ( x  1)
 x  1,
 2
 x  2 x  9   a( x  2).
 x  1,

2
 x  (a  2) x  2a  9  0

Найдем все значения а, при которых прямая
у=-а(х+2), не имеет общих точек с параболой
y= x 2  2 x  9 на промежутке  1;   .
Для прямой у=-а(х+2) угловой коэффициент равен
 a . При a  a0 прямая и парабола имеют общие
точки на промежутке [1;) . При a  a 0 общих
точек нет. Значение a0 найдем из условия того, что
прямая у=- a0 (х+2) проходит через точку М(1;12). a0 = – 4.
Ответ: a > – 4.
IV способ. (Графический – 2)
Возможна и несколько иная графическая интерпретация задачи. После
преобразования
уравнения
(1)
получим
равносильную
ему
систему
 x  1,

Далее находим, при каких значениях параметра а прямая у=а

x2  2 x  9
a


.

x2

не имеет общих точек с графиком
функции y  
x2  2x  9
на промежутке
x2
[1;  ) .
Легко
показать
(например,
с
помощью производной), что функция
52
x 2  2x  9
на промежутке [1;  ) строго убывает. Кроме того, у(1) = – 4.
y
x2
Теперь, очевидно, что ответ: a > – 4.
№2. Решить систему уравнений:
 x  y  z  3,
 2
2
2
 x  y  z  3.
(1)
(2)
I способ. (используется уравнение с параметром)
Выразив из первого уравнения z через x и y и подставив найденное
выражение во второе уравнение, после несложных преобразований получаем
уравнение: x 2  ( y  3) x  y 2  3 y  3  0
(3)
Рассмотрим это уравнение как квадратное относительно x , считая y
параметром. Тогда дискриминант уравнения (3) может иметь решения
при D  0 или при y  1 . В этом случае x 
только
 ( y  3)
 1 . Подставляя найденные
2
значения x и y в уравнение (1),находим z .
Ответ: x  y  z  1 .
II способ.
Возводя первое уравнение системы в квадрат, и вычитая второе, получаем:
 x  y  z 2  x 2  y 2  z 2   9  3  6 , или
xy  xz  yz  3  x 2  y 2  z 2 .
Следовательно, 2 x 2  2 y 2  2 z 2 2 xy  2 xz  2 yz  0 , или
 x  y 2  y  z 2  z  x 2  0  x  y  z .
Из уравнения (1) находим конкретные значения переменных.
III способ. (геометрическая интерпретация)
Рассмотрим геометрическую интерпретацию задачи. Уравнение (1)
описывает
плоскость,
пересекающую
координаты
оси
в
точках
53
А3;0;0; В0;3;0; С 0;0;3; , а уравнение (2) – сферу с центром в начале координат
О и радиусом, равным
3.
Для выяснения того, что представляет собой пересечение сферы с
плоскостью, нужно сравнить радиус сферы с расстоянием от ее центра до
плоскости. Если не прибегать к методам аналитической геометрии (а именно к
нормированному уравнению плоскости), то расстояние от точки О до
плоскости  АВС  можно найти, вычислив высоту ОD тетраэдра OABC . Это
можно сделать, например, записав двумя способами объем тетраэдра:
1S
1
ABC  OD  SOAB  OC (4).
3
3
ABC правильный, поскольку его стороны являются гипотенузами
равных прямоугольных треугольников и равны 3 2 .
 2
Тогда S ABC  1 3 2
2
3  9 3 , OC  3, S
3
OAB  .
2
2
2
Подставляя найденные значения в соотношение (4), получаем, что
OD  3 ,
т.е. радиус сферы в точности равен расстоянию от ее центра до плоскости.
Это означает, что плоскость касается сферы и исходная система имеет
единственное решение, которое легко угадывается.
IV способ.
Решение x  y  z  1 легко угадывается. Докажем, что система не
имеет других решений. Сделаем замену переменных:
a  x  1, b  y  1, с  z  1. Тогда в новых переменных уравнение (1)
примет вид: a  b  c  0
(5)
Преобразуем второе уравнение:
a  12  b  12  z  12  3  a 2  b 2  z 2  2(a  b  c)  0 .
С учетом соотношения (5) получаем, что a 2  b 2  z 2  0 . Таким образом, в
новых переменных система имеет единственное нулевое решение, что влечет за
собой единственное решение в старых переменных.
54
V способ. (с точки зрения теории вероятности)
Рассмотрим
случайную
величину
,
принимающую
с
равной
вероятностью значения x, y, z . Тогда левые части уравнений исходной системы
представляют
собой
соответственно
3М
и
3М  2
(по
определению
М   Pi  i ). Отсюда M   M  2  1 , и дисперсия  равна нулю:
 2  0 ,
D  M  2  M 
т.е.   const и, следовательно, x  y  z .
Итак, одну и ту же задачу мы решим с помощью алгебры, геометрии и
даже теории вероятности.
№3. В окружность радиуса R вписана трапеция ABCD, основание AB
которой является диаметром окружности. Какова должна быть длина боковой
стороны трапеции, чтобы трапеция имела наибольшую площадь?
Решение. Площадь трапеции ABCD можно найти по формуле:
S  AB  CD DH , где DH – высота трапеции, или, так как трапеция
2
равнобочная и 1 ( AB  CD)  ВН . Тогда ее площадь: S  BH  DН .
2
I способ.
В задаче требуется найти длину боковой
стороны
трапеции,
при
которой
площадь
трапеции будет наибольшей. Ее можно принять
за
независимую переменную, затем через нее и
радиус
R окружности выразить площадь
трапеции.
Положим АD  х . АВD – прямоугольный, поэтому АD 2  АВ  АН ,
откуда АН  х 2 / 2 R .
По теореме Пифагора:
55
4R
4
DH  x 2  x 2  1
2R
4R
2

 x2 x2 ,
2
2
2
а так как BH  2 R  AH  2 R  x  4 R  x , то S  1 2
2R
2R
4R
4 R
2

3
 x2 x2 .
По смыслу задачи 0  x  R 2 . При x  R 2 трапеция вырождается в
равнобедренный треугольник.
Функция


3
f ( x)  4 R 2  x 2 x 2
отличается
от
функции
S
лишь
постоянным множителем и имеет наибольшее значение одновременно с
функцией S .
Найдем производную f x  . После очевидных упрощений получим:

f x   8 x 4 R 2  x 2
 R
2
2

 x2 .
В промежутке между 0 и R 2 производная обращается в нуль лишь при
x  R функция f x  имеет наибольшее значение. Таким образом, площадь
трапеции будет наибольшей при AD  R . Легко заметить, что искомая трапеция
имеет форму половины правильного шестиугольника. Эта площадь равна
3 3R 2
.
2
II способ.
Обозначим через х высоту DН трапеции. Из прямоугольного ∆ОDН (О –
центр окружности) находим: ОН =
R 2  х 2 . Значит, ВН= R+ R 2  х 2 . Далее
получаем:
S = (R+ R 2  õ2 )х, где 0<x<R – простое по форме выражение для
функции S. Однако вычисление производной в этом случае требует более
сложных выкладок, чем при решении задачи I способом…
56
III способ.
Пусть теперь ВН=х. Тогда АН=2R–х. Согласно свойству высоты
прямоугольного ∆АВD имеем:
õ( 2 R  õ) и, следовательно, S = х х( 2 R  х) , R<x<2R.
DН =
Далее можно найти производную функции S(x):
S ( x )  x ( 2 R  x )  x 
2R  2 x
x ( R  x)
.
 x (2 R  x ) 
2 x(2 R  x)
x (2 R  x )
Однако проще рассмотреть функцию S2(x)=2Rx3-x4 и найти ее производную:
S
2

3
( x ) = 6Rх2 – 4х3 . Она обращается в ноль при х = 6R – 3х, õ  R . Легко
2

убедиться, что в этой точке функция S2(x), а значит, и функция S(x) принимает
наибольшее значение. Тогда АН =
1
R и АD = ОD = R.
2
IV способ.
Пусть ВАD=х. Тогда ВD = 2R sinх; ВН = 2R·sin2х,
DН = 2R·sinх·cosх, S = 4R2sin3х·cosх, 450<x<900, S’= 0, при tgх = 3 , то есть при
х=600. Остается сравнить значение функции S в критической точке со
значениями на концах промежутка [450, 900]…
Теперь рассмотрим ключевую задачу на нахождение области значений
функции. Опыт работы с учащимися 10-11 классов показывает, что такое
задание зачастую сопряжено с определенными трудностями. Как правило,
учащиеся старших классов хорошо знают области значений элементарных
функций и их несложных композиций, например,
f ( x)  2 x ,
f ( x)  9  x 2 ,
f ( x)  1  sin 3x и т.п. Между тем, умение находить область значений более
сложных функций необходимо не только при выполнении упражнений с
одноименным требованием, но и при решении уравнений, задач с параметром,
доказательстве неравенств.
57
Так, для решения уравнения
x  3  1  x  2  sin 2 x используется
3
метод оценки, где среди всего прочего потребуется найти область значений
функции f ( x )  x  3  1  x .
То же самое можно сказать и относительно следующей задачи с
параметром: «Найдите все значения а, при каждом из которых уравнение
x  3  a  1  x имеет хотя бы один корень».
В качестве констатирующего эксперимента учащимся 11 класса физикоматематического профиля было предложено задание: «Найти область значений
функции f ( x )  x  3  1  x ». На его выполнение отводилось 20 минут.
Результаты оказались ожидаемо низкими: только 5 человек из 20 получили
правильный ответ, причем только в трёх работах решение было выполнено
математически грамотно и обоснованно. Среди приведённых ученических
ответов преобладали следующие:
E ( f )  [0;) (6 учеников),
E ( f )  [ 2; 2 2 ] (5 учеников) – правильный ответ,
E ( f )  [0; 2 2 ] (4 ученика),
E ( f )  [2;) (3 учеников).
Был среди ответов и весьма экзотический вариант: E ( f )  [2;2]
(2
ученика).
Что касается самого решения, то здесь наблюдалось либо исследование
функции с помощью производной, либо перебор некоторых удобных значений
аргумента с последующим выводом о принимаемых функцией значениях, либо
«сложение» областей значений каждого слагаемого.
Каково же было удивление школьников, когда они увидели, как можно
было решать эту задачу, причем даже элементарными средствами. Итак…
1-й способ.
y
x  3  1 x .
D( y)  [3; 1] . Ясно, что y  0 , тогда
2
2
y 2  ( x  3)  2 x  3  1  x  (1  x ) , y  4  2 3  2 x  x , y 2  4  2 4  (1  x ) 2 .
58
Очевидно, что 4  y 2  8 , причем значение, равное 8, достигается при х = -1, а
значение, равное 4, при х = – 3 и х = 1. Таким образом, 2  y  2 2 .
2-й способ. Если число t  E ( y) , то уравнение t  x  3  1  x должно
иметь хотя бы один корень. Данное уравнение равносильно системе
 t 2  4  2 3  2x  x2 ,

t  0,
 3  x  1;

 t 2  4  2 3  2x  x 2 ,

t  0,
 3  x  1;

 t 4  8t 2  16  12  8 x  4 x 2 ,

t  2,
 3  x  1;

 ( 2 x  2) 2  t 2 (8  t 2 ),

Полученная система имеет решения при 2  t  2 2 .
t  2,
  3  x  1.

3-й способ. D( y )  [3; 1] . y  
y   0, åñëè
1 x 
1
 1
 1 x  x  3 .
2 x  3 2 1 x 2 1 x  x  3
x  3 , откуда х = – 1 (точка максимума) (рис.).
Так как y (3)  2, y ( 1)  2 2 , y (1)  2 , то y min  2, y max  2 2 .
В силу непрерывности исходной функции E ( y )  [ 2; 2 2 ] .


4-й способ. Рассмотрим векторы a{ x  3 ; 1  x } и b{1; 1} . Заметим, что



| a | 2, | b | 2 ; кроме того, вектор a имеет неотрицательные координаты.
Вычислим скалярное произведение этих векторов:
 
Так
как
a b  x  3  1 x .

  
a  b | a |  | b |  cos   2  2  cos  , то

a  b 
max
 2  2 1
(при наименьшем угле между
векторами   0 ) (рис.),
59

a  b 
min
 2  2  2 (при наибольшем угле между векторами   45 ) (рис.).
2
 
Итак, получили, что 2  a  b  2 2 , т.е. 2  x  3  1  x  2 2 .
5-й способ. Так как x  [3; 1] , то возможна замена x  2 cos   1, где
  [0;  ] . Тогда y  2  2 cos   2  2 cos  ,
y 2


1  cos   1  cos  , где y  0 .


y 2  2 2  2 1  cos 2   4  4 sin  .
Ясно, что при   [0;  ] 4  4  4 sin   8 , т.е. 4  y 2  8 , откуда следует,
что 2  y  2 2 .
6-й способ. Так как x  [3; 1] , то возможна замена x  2 cos 2  1 , где
2  [0;  ] (следовательно,   0;   ). Тогда
 2 


y  2  2 cos 2  2  2 cos 2  2  1  cos 2  1  cos 2 
 2
 2 cos  
2

2 sin 2   2  (cos   sin  )  2 2 sin     .
4

Так как   0;   , то        ; 3  .
 2 
4   4 4 



Таким образом, sin        2 ; 1 , откуда находим 2  y  2 2 .
4  2 

Приведем ряд
упражнений,
в которых возможно и желательно
рассматривать различные способы решения.
№1. Решите уравнение 1  sin 2 x  sin x .
№2. Найдите производную функции f ( x) 
sin x cos x
.
cos 2 x
№3. Найдите наибольшее значение функции f ( x)  x 2  x 4 .
№4. Прямая y=3х+4 является касательной к графику функции у=х2-3x-c.
Найдите c.
4
№5. Вычислите
 f ( x) dx , где
1
f ( x)  2 x  4 .
60
№6. Решите неравенство ( x  5)  log x 1 2 õ  1  5  x .
№7. Решите уравнение sin 3x  sin 2 x  sin x .
№8. Решите уравнение ( 2 x  2) 3  ( 2 x  3) 3  1  0 .
№9. Решите неравенство
№10. Решите неравенство
№11.
Найдите
x5  7 x.
log 2 ( x 2  3)  log 2 ( x  9)
log 2 ( x 2  6 x  9)
а, при каждом из
все значения
log x 1 ( 4 õ1  3  2 x  a )  0
 0.
имеет
ровно
один
которых уравнение
корень,
удовлетворяющий
неравенству | x  2 | 1.
№12.
Найдите
все значения
а, при каждом из
которых уравнение
a  2( a  1) x  х  1 имеет ровно один корень.
№13.
Найдите
все
а,
при
каждом
из
которых
уравнение
log 2x (2ax  1  a 2 )  2 log x (2ax  1  a 2 )  0 имеет более двух корней.
№14.
Найдите
все значения
а, при каждом из
которых уравнение
4 x  x 2  log2 ( x 2  2ax  a 2 )  0 имеет ровно три различных корня.
№15. Найдите все значения параметра а, при каждом из которых уравнение
4| x |  a  2| x |  2| x | 2  6 a 2  13a  5 имеет ровно два корня.
61
2.5. Различные способы решения стереометрических задач в 10-11
классах
При решении стереометрических задач особое внимание следует уделить
различным способам доказательства каких-либо утверждений. Зачастую это
можно сделать чисто геометрически, иногда бывает выгодно использовать
векторный метод или метод координат. В меньшей степени это относится к
задачам на вычисление.
№1. Докажите, что плоскость, проходящая через концы трех ребер куба,
имеющих общую точку, перпендикулярна диагонали куба, выходящей из этой
же точки.
Решение
I способ. (Векторный метод).
Рассмотрим диагональ А1С и сечение АВ1D1
куба АВСDА1В1С1D1 (рис.). Требуется доказать,
что
А1С(АВ1D1).
Для
этого
достаточно
установить, что А1САВ1 и А1САD1 (признак
перпендикулярности прямой и плоскости).
Разложим векторы А1С и АВ1 по векторам
А 1А = а , А1В1  b , А1D1  с : А1С  а  b  с , АВ1  А1 В1  А1 А  b  a .
Тогда А1C  АВ1  ( а  b  с)(b  a )  b 2  a 2  b  c  a  c .
Так как b  c и a  c , то b  c  a  c  0 , поэтому
2
2
А1C  АВ1  b 2  a 2  А1В1  А1 А  0 , следовательно, А1С  АВ1 .
Аналогично доказывается, что А1САD1.
II способ. (Использование теоремы о трех перпендикулярах).
Так как АВСDА1В1С1D1 – куб, то А1С1В1D1 и АВ1А1В.
По теореме о трех перпендикулярах А1СD1В1 и А1САВ1.
Но если А1САВ1 и А1СD1В1, то А1С(АD1В1).
62
II способ. (Координатный метод).
Расположим систему координат так,
чтобы начало отсчета находилось в точке
А1, а координатные оси располагались на
ребрах, выходящих из этой вершины. Тогда
А1(0;0;0), С(а; а; а), А(0; 0; а). Составим
уравнение
плоскости,
перпендикулярной
А1С и проходящей через точку А.
Поскольку А1С (а; а; а), то (х–0)а+(у–0)а+(z-а)а=0, или ах+ау+аz–а2=0.
Очевидно, что координаты точек D1, В1 удовлетворяют этому уравнению.
№2. Вычислите двугранный угол правильного тетраэдра.
Решение. Пусть АВСD – правильный тетраэдр с ребром а (рис.).
Изобразим линейный угол двугранного угла DВСA. Так как тетраэдр
правильный, то АК и DК – высоты и медианы соответственно АВС и ВDС.
Следовательно, угол АКD – линейный угол двугранного угла DВСA.
Если DО – высота тетраэдра то, О – центр треугольника АВС.
I способ. (Векторный метод).
Пусть СА  m, СВ  n, СD  p (рис.).
Nогда КА  CA  CK  m  1 n, КD  СD  СК  p  1 n .
2
2
63
Из определения скалярного произведения векторов следует cos АКD  КА  КD .
КА  КD
Учитывая, что m p  m n  n p  a 2  cos 60  1 a 2 , получим:
2

1
1
1 2
m  1 n  p  1 n 4 m p  2 m n  2 n p  4 n 

2
2  
cos АКD  КА  КD 
2
a 3a 3
3a
КА  КD
2
2
2
2
2
2


4 a  a  a  a 
2
4
4
4  1
 
 . Таким образом, АКD = arccos 1 .
2
3
3
3a



II способ. (Метод координат).
Расположим систему координат так, как показано на рисунке:
По свойству медиан треугольника КО = 1 KA  a 3 .
3
6
По теореме Пифагора находим DO = а 6
3
.

 

Тогда K 0;0;0 , À à 3 ;0;0 , D à 3 ;0; à 6  , а КD а 3 ;0; а 6  , КА а 3 ;0;0  .

 

2
6
3
 2

 6
3 



Используя определение скалярного произведения векторов, вычисляем:

64
а 3  а 3 00
1
2
cos AKD  КD  КА  6
 1 . АКD  arccos .
3
3
а 3а 3
| КD |  | КА |
2
2
III способ. (Традиционный метод).
Так как АК и КD – высоты правильных треугольников, то AK  KD  а 3 .
2
ОК  1 АК  а 3 ; cos ОКD  ОК  а 3  2  1 ; АКD  arccos 1 .
3
6
3
КD 6а 3 3
В последние годы на ЕГЭ и вступительных испытаниях (олимпиадах) в
ряде университетов и институтов в качестве геометрической задачи часто
предлагается задание найти расстояние между скрещивающимися прямыми,
содержащими какие-либо элементы многогранников: ребра, диагонали граней,
высоты и т.д.
Как
показывает
опыт,
многие
выпускники
испытывают
здесь
определенные затруднения. Связано это с тем, что в школьном курсе
математики практически не рассматриваются упражнения на формирование
умений находить общий перпендикуляр к двум скрещивающимся прямым.
Вместе с тем в учебниках есть свойство о существовании и единственности
такого перпендикуляра, а также правило его построения.
Можно заметить, что задача на построение общего перпендикуляра к
двум скрещивающимся прямым требует весьма кропотливой работы [5].
В тоже время при нахождении расстояния между скрещивающимися
прямыми нет необходимости строить общий перпендикуляр к ним! Достаточно
лишь увидеть (провести) более удобный отрезок, длина которого и будет
искомым расстоянием. Для этого целесообразно использовать следующие
подходы.
1) Расстояние между скрещивающимися прямыми равно расстоянию между
параллельными плоскостями, проходящими через эти прямые1.
1
Погорелов А.В. Геометрия: Учебное пособие для 7-11 кл. сред. шк. – М.: Просвещение, 2013.
65
2) Расстояние между скрещивающимися прямыми равно расстоянию от
одной из них до параллельной ей плоскости, проходящей через вторую
прямую2.
3) Расстояние
между
скрещивающимися
соответственно отрезки АВ и СD, равно
прямыми,
содержащими
6VABCD
, где  – угол между
AB  CD  sinφ
прямыми АВ и СD, VABCD – объем треугольной пирамиды АВСD3.
Сделаем несколько методических замечаний. Первый и второй подходы,
будучи
чисто
геометрическими,
потребуют
от
учащихся
хорошего
пространственного воображения, которым, согласитесь, обладает не каждый
старшеклассник. Однако второй подход иногда выгодней реализовывать в
векторно-координатной
плоскости,
то
форме.
учителю
Если
школьникам
целесообразно
вывести
известно
известную
уравнение
в
курсе
аналитической геометрии формулу расстояния от точки М (х0; у0; z0) до
плоскости, заданной уравнением ax  by  cz  d  0 :  
| ax0  by0  cz0  d |
2
2
a b c
Третий
подход
потребует
вывода
(кстати,
довольно
2
.
простого)
соответствующей формулы, и возможен только после изучения темы «Объемы
многогранников».
Сопоставляя
различные
способы
решения
задач
на
нахождение
расстояния между скрещивающимися прямыми, мы сходимся во мнении, что
наиболее универсальным является векторно-координатный метод, а наиболее
рациональным, алгоритмичным и доступным большинству старшеклассников –
метод, основанный на формуле с объемом пирамиды. Но, несомненно,
показателем
высокой
математической
культуры
2
абитуриента
будет
Шабунин М.И. Пособие по математике для поступающих в вузы. – М.: Лаборатория базовых
знаний, 1999.
3
Ткачук В.В. Математика – абитуриенту. Том II. – М.: ТЕИС, 1994.
66
классический
способ
решения
задачи
–
нахождение
длины
общего
перпендикуляра на основе чисто геометрических рассуждений.
Рассмотрим одну из ключевых задач по теме «Расстояние между
скрещивающимися прямыми.
№3. Ребро куба равно 1. Найдите расстояние между скрещивающимися
диагоналями двух соседних граней.
Решение. 1-й способ. В кубе ABCDA1B1C1D1 найдем расстояние между
скрещивающимися прямыми А1В и В1С (рис.).
Так
как
прямая
СВ1
параллельна
прямой DA1, то прямая СВ1 параллельна
плоскости (ВDA1). Таким образом, искомое
расстояние – это расстояние от прямой СВ1
до
плоскости
(ВDA1).
Итак,
найдем
расстояние от какой-либо точки прямой СВ1
(например, от точки С) до плоскости ВDA1.
Так как прямая BD перпендикулярна
прямым
АС
и
АА1,
то
прямая
BD
перпендикулярна плоскости (АСА1). Но тогда и плоскость (BDA1) будет
перпендикулярна плоскости (АСА1). Таким образом, перпендикуляр СН к
плоскости (BDA1) будет лежать в плоскости (АСА1), а его основание – точка Н
– на линии пересечения этих плоскостей – прямой ОА1.
Из подобия прямоугольных треугольников СНО и А1АО имеем:
2
1
A A  CO
CH  CO , откуда
2  1 .
, CH 
CH  1
A1A A1O
A1O
1
3
1
2
2-й способ. Искомое расстояние найдем по формуле  
6VA1 BB 1C
, где 
BA 1  CB 1  sinφ
– угол между прямыми ВА1 и СВ1 .
VA1BB1C  1  SBCB1  A1B1  1   1  1  1  1  1 ; BA1  CB1  2 ;   DA1B  60
3
3 2
6

67
(так как  BDA1 – равносторонний). Далее находим  
61
6
 1 .
3
3
2 2
2
3-й способ. Введем прямоугольную
систему координат (рис.). Уравнение
плоскости, проходящей через точки
D(0; 0; 0), B(1; 1; 0) и A1(1; 0; 1)
имеет вид x – y – z = 0.
По формуле  
| ax0  by0  cz0  d |
a 2  b2  c 2
найдем расстояние от точки С(0;1;0) до плоскости (BDA1), заданной
уравнением x – y – z = 0:  
| 0 1  0 | 1
.

111
3
4-й способ. Пусть КР – общий перпендикуляр к прямым А1В и В1С (рис.). Из
того, что точка К лежит на прямой В1С (параллельной прямой А1D), следует
К(k; 1; k). Аналогично устанавливаем, что Р(1; р; 1-р). Так как вектор
KP (1  k; p  1; 1  p  k)
перпендикулярен
векторам CB1 (1; 0; 1) и BA1 (0; - 1; 1) , то имеем
1  k  1  p  k  0 ,
систему уравнений 
из
1

p

1

p

k

0
,

которой находим k  p  2 . Таким, образом,
3
1 .
KP  1 ;  1 ;  1  , | KP |
 3 3 3
3
5-й способ. Пусть по-прежнему КР – общий перпендикуляр к прямым А1В и
В1С. Спроектируем отрезок КР на плоскости (ВСС1В1) и (АВВ1А1) (рис.). Его
проекциями будут отрезки КР1 и РК1 соответственно. По теореме о трех
68
перпендикулярах заключаем, что КР1  CB1 и РК1  BA1 . Треугольники В1КР1
и ВРК1 – прямоугольные и равнобедренные ( PBK1  KB1K1  450 ), а их
высоты КК1 и РР1 будут медианами. Тогда В1К1 = К1Р1 = Р1В = 1 . Очевидно,
3
2
что РР1 = 1 и КР1 =
. Далее из треугольника КРР1 по теореме Пифагора
3
3
находим КР =
3
.
3
В заключение приведем несколько тренировочных упражнений по
стереометрии, предполагающих различные способы решения. Как правило,
кроме обычного геометрического решения, возможно использовать векторный
метод или метод координат.
При нахождении расстояния от точки до плоскости среди прочих
применим метод вспомогательного объема.
Для вычисления площади сечения многогранника можно использовать
разбиение сечения на простейшие фигуры, а так же формулу площади
ортогональной проекции многоугольника на плоскость.
№1. Точки М1 и М2 являются соответственно точками пересечения медиан
граней АВD и ВСD тетраэдра АВСD. Докажите, что М1М2   АС.
№2. Определите расстояние между диагональю куба и не пересекающейся с
ней диагональю грани, если ребро куба равно 6.
№3. Основанием параллелепипеда АВСDА1В1С1D1 служит квадрат со стороной
а; боковое ребро параллелепипеда АА1, равное b, образует с пересекающими
его
сторонами
основания
острые
углы,
равные
φ.
Найти
площадь
диагонального сечения АА1С1С.
№4. В прямоугольном параллелепипеде ÀÂÑDA 1 B1C1 D1 на ребре ВВ1 отмечена
точка К так, что ВК : В1К = 1 : 2. Через точку К параллельно (ВDA1) проведена
плоскость β. Найдите площадь сечения параллелепипеда плоскостью β, если
известно, что АВ=6, ВС=8, ВВ1=12.
69
№5. В кубе АВСDA1 B1C1 D1 ребро равно 2. Точка R – середина CC1. Найдите
расстояние от точки R до плоскости B1CA.
№6. Все ребра правильной шестиугольной призмы АВСDЕFA1 B1C1D1E1F1 равны
1. Найдите расстояние от точки А1 до прямой ЕF.
№7. В правильной треугольной призме ABCA1B1C1, все ребра которой равны 2,
найдите угол между прямыми АВ1 и ВС1.
№8. Ребро куба ABCDA B C D равно 4. Точка М – середина ребра АА1.
1
1
1
1
Определите угол между прямой МD1 и плоскостью DCВ1A1.
№9. В основании прямоугольного параллелепипеда АВСDA1B1C1D1 лежит квадрат
АВСD со стороной, равной 3. На ребре АА1 отмечена точка М так, что
АМ:А1М=1:3. Найдите угол между плоскостями ВМD1 и АВС, если известно,
что боковое ребро ВВ1=4.
№10. В правильной четырехугольной призме АВСDA 1 B1C1 D1 сторона основания
равна 2, а боковое ребро 5. На ребре АА1 отмечена точка Е так, что АЕ:ЕА1=3:2.
Постройте сечение призмы плоскостью, проходящей через точки В, Е и D1.
Найдите площадь сечения.
70
2.6. Педагогический эксперимент
В ходе педагогического эксперимента, организованного в МБОУ СОШ
№ 5 г. Орла, были проведены уроки и внеклассные занятия в соответствии с
данной методикой. Как уже отмечалось ранее, рассмотрение различных
способов решения задачи предлагалось либо в начале изучения темы (урок
решения ключевых задач, где преобладала активная роль учителя), либо по ее
завершении (урок обобщающего повторения, где на первый план выходила уже
деятельность учащихся). В ходе педагогического эксперимента в школе нами
был сформулирован ряд выводов.
I) Ключевые задачи – своеобразные опоры для решения других, в том
числе и нестандартных математических задач. Идея состоит в том, что можно
отобрать определенный минимум задач, овладев методами решения которых,
ученик будет в состоянии решить любую задачу на уровне программных
требований по изучаемой теме. Этот минимум должен включать 5-7 задач.
Отобрать ключевые задачи можно различными способами.
Первый
способ
основан
на
умениях,
которые
должны
быть
сформулированы у учащихся после изучения темы. Для отбора задач требуется
просмотреть известные учителю задачи по теме и соотнести их с умениями,
которые планируется сформировать. Далее выбирается минимальное число
задач, овладев умениями решать которые, школьник сможет решить любую
задачу их учебника, а также задачи определенного уровня сложности.
Второй способ выделения ключевых задач основан на методах решения
задач по изучаемой теме, которые учитель отобрал для работы с учащимися.
Выбор осуществляется в такой последовательности:
1.
Изучается набор задач в учебнике и дополнительных источниках.
2.
Задачи соотносятся с методами решения, отобранными для работы
с учащимися.
3.
Выбирается 5-7 задач, при решении которых будут задействованы
все отобранные учителем методы решения задач.
71
II) Необходимость в уроках обобщения и систематизации знаний по
алгебре вызвано с одной стороны психолого-дидактическими особенностями
деятельности учащихся, а с другой – структурой программы учебного курса
алгебры.
Особенность человеческого мышления такова, что даже простейшее
восприятие и запоминание требует неоднократного обращения к материалу.
Начальные темы алгебры изучаются длительное время, поэтому процесс
забывания неизбежен. Следовательно, программой необходимо предусмотреть
уроки тематического повторения, работающие на перспективу применения этих
знаний в новой ситуации. Главная цель таких уроков в углублении,
закреплении полученных знаний и развитии их в перспективе.
Урок №1 (1 час).
Повторение темы: “Квадратные корни” (8-й класс)
Цель: обобщить и систематизировать знания учащихся по теме:
квадратные корни, углубить и закрепить понятие арифметического квадратного
корня, квадратного корня из произведения дроби, из степени, развить
логическое мышление, память, выработать чувство коллективизма, уважения.
Оборудование: мел, доска, тетрадь.
План урока
1. Организационный момент
2. Проверка домашнего задания
3. Устная работа
4. Решение задач
5. Домашнее задание
6. Подведение итогов
Ход урока
1.
Организационный
отсутствующих).
момент
(поздороваться,
отметить
72
2.
Проверка домашнего задания (ответить на вопросы, которые
возникли в ходе решения домашнего задания, решить то, что было непонятно).
3.
-
Устная работа.
Что называется арифметическим квадратным корнем?
16  ? ( 4 ) 2  ?
25
0 ?
0,64  ?
-
Что называется тождеством? (привести примеры)
-
Чему равен
-
Сформулируйте теорему о квадратном корне из произведения, квадратном
à2 ?
корне из дроби.
4.
а) Объясняет учитель (учащиеся помогают)
Найдите значение выражения
74 3
2 3.
2 3
I способ.
(Перемножим подкоренные выражения числителя данной дроби и второго
множителя)
74 3
2 3 
(7  4 3) ( 2  3)
2 3

14  8 3  7 3  12
2 3
2 3

2 3
1.
2 3
II способ.
(Умножим числитель и знаменатель дроби на
74 3
2 3 
7  4 3  (2  3) 2
2 3
2 3 2 3

2 3)
74 3  74 3
 49  48  1 .
1
III способ.
(Под знаком радикал в числителе дроби выделим полный квадрат)
74 3
2 3 
44 3 3 2 3
2 3


2 3
(2  3 ) 2  2  3
 2  3  2  3  4  3  1.
2 3
Ответ: 1.
б) Задания для класса
73
№1. Упростить выражение:
1) 3 20  28  45  63,
2)
5  6 ,
1 6 3  6
3)  c  d  c  d  : 2c d ,


c d
c d  c d

a 
b2
.
2
2
a  2b  a  2b a  4b 

4) a  b : 
№2. Сократить дробь.
а)
15  5
,
6  10
б)
x y
,
xy
в)
5x  5 3
,
3  x2
3
г) x  3 x .
x 3
№3. Вычислить:
а)
б)
252  24 2
,
21,52  14,52
 13  5

2
4,2  13  5 4,2 ,
в) 2 ( 6  2 )  2 27 .
3
5. Домашнее задание.
Повторить тему: “Квадратные уравнения”
№1. Вычислить значение выражения (решить различными способами).
62 5
7 2 3
:
1
.
62 5
№2. Вычислить:
а)
232  22 2 ,
132  12 2
б) ( 5  45 ) 2  ( 13  11)  ( 11  13 ).
6. Подведение итогов (выставление оценок, обобщение пройденного
материала за урок).
Урок №2 (2 часа).
74
Повторение темы: “Квадратные уравнения”.
(8-й класс с углубленным изучением математики0
Цель: обобщить и систематизировать знания учащихся по теме:
квадратные корни, углубить и закрепить понятие арифметического квадратного
корня, квадратного корня из произведения дроби, из степени, развить
логическое мышление, память, выработать чувство коллективизма, уважения.
Оборудование: мел, доска, тетрадь.
План урока
1. Организационный момент
2. Проверка домашнего задания
3. Устная работа
4. Решение задач
5. Домашнее задание
6. Подведение итогов
Ход урока
1. Организационный момент (поздороваться, отметить отсутствующих)
2. Проверка домашнего задания (ответить на вопросы, которые возникли
в ходе решения домашнего задания, решить то, что было непонятно).
3. Устная работа.
-
Что называется квадратным уравнением?
-
Сколько корней может быть у квадратного уравнения?
-
Сформулируйте теорему Виета?
-
Какой многочлен называется квадратным трехчленом?
-
Какое уравнение называется биквадратным?
(привести примеры)
4. Решите уравнение x2-3x-4=0.
1способ. x2-3x-4=0,
D=b2-4ac=9+16=25,
x1,2=
b  D
,
2a
75
x1=4,
x2=-1.
2 способ. Ищем целые корни среди делителей свободного члена:  1,2,4
1
-3
-4
1
1
-2
-6
-1
1
-4
0
( x  1)( x  4)  0;
 x  1  0,  x1  1,


 x  4  0;  x2  4.
3 способ. Разложение на множители способом группировки.
x2-4x+x-4=0
x(x-4)+(x-4)=0
(x+1)(x-4)=0
x1=-1 x2=4
4способ. Теорема Виета.
 x1  x2  3,  x1  1,


 x1  x2  4;  x2  4.
№1. Решить уравнение.
1) x2+6x+5=0
2) 4x2-x-14=0
2
2
3) 5 x  9  4 x  9  3
6
5
4) 4x4-17x2+4=0
№2. Найти коэффициенты p и q, если известно, что числа 10 и –15
являются корнями уравнения x2+px+q=0.
№3. Разложить на множители квадратный трехчлен.
1) x2-12x+35,
2) x4-x3-x+x2,
3) –4x2-10x+6.
76
№4. С одного участка собрали 450 т картофеля, а с другого, площадь
которого на 5 га меньше, 400 т. Определить урожайность картофеля с каждого
участка, если на втором участке она была на 2 т выше, чем на первом.
№5. Катер прошел 12 км против течения реки и 5 км по течению реки за
то же время, которое ему понадобилось для прохождения 18 км по озеру.
Какова собственная скорость катера, если известно, что скорость течения реки
3км/ч.
№6. Упростить выражение.
2
1) 2а 2  5а  3 ,
4 а  6а  4
3)
2
2) а  4 ,
а2
1
 1 ,
2
x  7 x  12 x  3
4)
5x  1 : 5x 2  x .
x 2  9 x  10 x 2  2 x  1
№7. Пусть уравнение x2+px+q=0 имеет 2 действительных корня x1 и x2.
Записать приведенное квадратное уравнение, имеющее корни –х1 и –х2.
№8. Решить систему уравнений
 x 2  y 2  0,

 4  xy  0.
4.
Домашнее задание.
№1. Решить различными способами уравнение
1) х2+х-2=0,
2) х2-2х-15=0.
№2. Решить систему уравнений различными способами.
 x 2  y 2  16

 x y  2
№3. Сад совхоза площадью 2,45 га обнесен изгородью длиной 630 м.
Найти длину и ширину сада, если он имеет прямоугольную форму.
6. Подведение итогов (выставление оценок, обобщение пройденного
материала за урок).
Кроме школы, апробация данной методики в течение нескольких лет
проводилась на курсах повышения квалификации учителей г. Орла и
77
Орловской области. Наибольшей популярностью у педагогов пользовались
лекции и практические занятия по решению разными способами заданий
Единого государственного экзамена по математике (профильный уровень).
Приведем сжатый конспект одного из выступлений (март, 2017 г.).
Как можно решать неравенства
на ЕГЭ по математике
Как известно, на ЕГЭ по математике (профильный уровень) в задании
№15 предлагается решить неравенство (обычно рациональное, показательное
или логарифмическое), которое оценивается в 2 первичных балла. Опыт работы
с учащимися 11-х классов, а также участие в работе экспертной комиссии по
проверке ЕГЭ говорят о том, что у большинства выпускников это задание
вызывает
определенные
трудности.
Даже
при
получении
формально
правильного ответа их рассуждения зачастую лишены математической
строгости и чёткости. Многие ученики не чувствуют ту грань, где необходимо
делать обоснование своих действий, а где пояснения настолько очевидны, что
их можно не приводить.
В последнее время среди учителей и, как следствие, учащихся старших
классов, приобрёл популярность метод рационализации (метод замены
множителей) решения трансцендентных неравенств. Мало того, что учителя
обычно дают его без должного доказательства (приводят только табличку с
соответствующими заменами), этот метод порой начинает применяться там, где
в этом нет никакой необходимости. Нередко в ученических работах можно
наблюдать некое “ассорти” из метода рационализации и метода интервалов или
метода рационализации и равносильных переходов.
Все выше сказанное позволяет сделать вывод о том, что при подготовке к
ЕГЭ
учащимся
необходимо
выработать
навык
не
только
получения
правильного ответа, но и умение грамотно и логично излагать свои мысли.
Возвращаясь к №15 ЕГЭ (профильный уровень), хотелось бы привести
три основных способа решения неравенств, которые в равной степени
78
популярны среди выпускников и которые при должном их оформлении
позволят получить максимальный балл за соответствующее задание.

15. Решите неравенство  4 x 
2

1 
 log 2 ( 2 x 2  x )  0 .
x 
2 
Решение.
1-й способ. “Расщепление” неравенства.
Исходное неравенство равносильно совокупности двух систем:
 x 2 1
 4  2 x  0,

2
 log 2 ( 2 x  x)  0;

 4 x 2  1  0,
 
2x

2
 log 2 ( 2 x  x)  0
  x ( x  0,5)  0,

 ( x  1)( x  0,5)  0;
   x ( x  0,5)  0,

 ( x  1)( x  0,5)  0,
  x ( x  0,5)  0

 x  {0,5},

 x  {0,5}  (0,5; 1]
2x2
2 x 2   x,
 2
2 x  x  1;

  2 x 2   x , 
2 x 2  x  1,

 2 x 2  x  0

 2  2 ,

 log 2 ( 2 x 2  x)  0;

2
 2 2 x  2  x ,

2
 log 2 ( 2 x  x)  0
x
  x  [ 0,5; 0],

  x  ( ;  0,5]  [1;   );
   x  ( ;  0,5]  [0;   ), 

  x  [ 0,5; 1],
  x  ( ; 0)  (0,5;  )


x  {0,5}  (0,5; 1].
2-й способ. Метод рационализации (Метод замены множителей).


Перепишем исходное неравенство в виде 2 2 x  2  x  log 2 ( 2 x 2  x)  log 2 1  0 .
2
ОДЗ: 2 x 2  x  0 , x  (; 0)  (0,5;  ) .
На ОДЗ полученное неравенство равносильно следующему:
2 x
2


 x  2 x 2  x  1  0  ( x  0,5) 2  x  ( x  1)  0  x  {0,5}  [0; 1].
С учетом ОДЗ x  {0,5}  (0,5; 1] .
3-й способ. Метод интервалов.
79


2
Рассмотрим функцию f ( x )   4 x 
1 
 log 2 ( 2 x 2  x) .
x 
2 
Область определения функции D( f ) : 2 x 2  x  0 , x  (; 0)  (0,5;  ) .


2
Нули функции: f ( x )  0 , если  4 x 
2
4x 
1
0
2x
2
22 x  2 x
2x2  x  0
 x  0  D( f ),
 x  0,5.

1
2
  log 2 ( 2 x  x)  0 ,
2x 
или log 2 ( 2 x 2  x )  0 ,
2x2  x  1
2x2  x  1  0
 x  1,
 x  0,5.

f ( x )  0 при x  {0,5}  (0,5; 1] .
Ответ: {0,5}  (0,5; 1] .
Еще одной составной частью педагогического эксперимента явилась
разработка специальных задач, «провоцирующих» подготовленных решателей
к поиску наиболее рационального, красивого и эффективного решения. Этот
процесс имел место в 2015-2017 годах на сайте alexlarin.net (сайт для
подготовки к ОГЭ и ЕГЭ по математике). В ходе обсуждения задач
тренировочных вариантов ЕГЭ, а затем и публикации авторских решений
можно было заметить, насколько порой они оказывались разнообразны и
нестандартны. Особенно интересными и методически полезными всегда
представлялись решения заданий №№ 13, 14, 15, 16 и 18. Отрадно, что наряду с
опытными педагогами (khazh, netka, rgg, Raisa, Dixi) и математиками (OIG,
WWS, Ischo_Tatiana) в процесс поиска различных способов решения всегда
были вовлечены ученики (Azamat, Sasha Gros, Olka_109, nikitaorel1999, Brevno,
и др.).
80
В заключение отметим, что результаты нашего исследования были
отражены в нескольких публикациях.
1) О методической целесообразности решения задач разными способами.
– Математика в школе, 2010. – №3.
2) О
некоторых
способах
вычисления
расстояния
между
скрещивающимися прямыми. – Математика в школе, 2008. – №1.
3) Как можно решать неравенства на ЕГЭ по математике. // Избранные
труды физико-математического факультета Орловского государственного
университета. – Орел: ОГУ, 2016.
4) Различные способы нахождения области значений функции. // Вестник
научного студенческого общества. Сборник статей. Выпуск 15. – Орел: ООО
«Горизонт», 2016.
81
Заключение
Выполненная работа показывает, что в условиях реализации основных
направлений реформы общеобразовательной и профессиональной школы и
создания единой системы непрерывного образования эффективно решить
проблему получения всеми учащимися прочного базового математического
образования возможно только при перестройке содержания обучения.
Полученные результаты позволяют сделать вывод о том, что данная тема
занимает одну из главных мест в методике преподавания математики, как
составной части теоретических основ обучения математике, в связи с
дидактической
необходимостью
решения
проблемы
формирования
системности знаний школьников и оптимизации процесса обучения математике
по времени.
Поэтому подготовка учителя математики в педагогических вузах страны
на уровне базового педагогического образования требует повышения уровня
его методической квалификации.
Основная задача учителя – теоретически правильно и методически
грамотно излагать материал на уроках. Развивать мышление и логические
способности учащихся, что в дальнейшем поможет при освоении другого более
сложного материала. Так что, желательно начинать обучение различным
способам решения задач как можно раньше, то есть уже в 5-6 классах и
показать возможности математики как науки. Здесь также важно следить за
правильностью хода решения и за процессом усвоения материала учащимися.
В ходе проведенного исследования мы пришли к однозначному выводу о
том, что в существующие методики преподавания математики в школе можно
и нужно включить вопрос о различных способах решения одной и той же
задачи. А наибольший эффект такой методики будет достигнут при наличии
следующих трех необходимых условий: высокая квалификация учителя,
специально подобранные упражнения и мотивированность школьников.
82
Список литературы
1.
Алгебра и начала анализа: Учеб. для 10 – 11 кл. общеобразоват.
учреждений/ А. Н. Колмогоров, А. М. Абрамов, Ю. П. Дудницин и др.; Под ред.
А. Н. Колмогорова. – М.: Просвещение, 2002.
2.
Вороной А.Н. Пять способов доказательства одного неравенства. //
Математика в школе. - №4 – 2000.
3.
Галицкий М.Л, Гольдман А.М, Звавич Л.И. Сборник задач по
алгебре: учебное пособие для 8-9 классов с углубленным изучением
математики. – М.: Просвещение, 2001.
4.
Геометрия: Учеб. для 10-11 кл. сред. шк. / Л.С. Атанасян, В.Ф.
Бутузов, С.Б. Кадомцев и др. – М.: Просвещение, 2015.
5.
Геометрия: Учеб. для 7-9 кл. сред. шк. / Л.С. Атанасян, В.Ф.
Бутузов, С.Б. Кадомцев и др. – М.: Просвещение, 2014.
6.
Готман Э.Г. Задачи по планиметрии и методы их решения. – М.:
Просвещение, 1996.
7.
Готман Э.Г. Поиск рационального решения задачи на экстремум. //
Математика в школе. - №6 – 1997.
8.
Гурова Л.Л. Психологический анализ решения задач. – Воронеж:
Изд-во Воронежского университета, 1976.
9.
Зильберберг Н.И. Урок математики: Подготовка и проведение: Кн.
для учителя. – М.: Просвещение: АО «Учеб. лит.», 1995.
10.
Кожухов С.К. Решение задач с параметром разными способами. //
Математика в школе. - №6. – 1998.
11.
Колягин Ю.М. Задачи в обучении математике. – М.: Просвещение,
12.
Крупич В.И. Теоретические основы обучения решению школьных
1977.
математических задач. – М.: Прометей, 1995.
13.
Мазаник А.А. Рациональное решение задач и примеров по
математике. – Минск: Народная асвета, 1968.
83
14.
Методика и технология обучения математике. Курс лекций:
пособие для вузов / под научн. ред. Н.Л. Стефановой, Н.С. Подходовой. – М.:
Дрофа, 2005.
15.
Методика преподавания математики в средней школе. Общая
методика / В.А.Оганесян, Ю.М. Колягин и др. – М.: Просвещение, 1980.
16.
Методика преподавания математики в средней школе: общая
методика: учеб. пособие / Ю.М. Колягин [и др.]; отв. ред. Колягин Ю.М.,
Мерлина Н.И. – Чебоксары : ЧГУ, 2009.
17.
Погорелов А.В. Геометрия: Учебное пособие для 7-11 кл. сред. шк.
– М.: Просвещение, 2013.
18.
Пойа Д. Как решать задачу. – Львов, 1991.
19.
Рощина Н.Л. Решение задач различными способами – первый шаг к
эстетическому восприятию геометрии. // Математика в школе. - №3. – 1996.
20.
Саранцев Г.И. Методика обучения математике в средней школе:
Учеб. пособие / Г.И. Саранцев. – М.: Просвещение, 2002.
21.
Саранцев Г.И. Общая методика преподавания математики. – М.:
Просвещение, 2001.
22.
Саранцев Г.И. Упражнения в обучении математике. – М.:
Просвещение, 1995.
23.
Столяр А.А. Педагогика математики. – Минск: Высшая школа,
24.
Темербекова А.А. Методика преподавания математики: Учеб.
1986.
пособие для студ. вузов. – М.: Гуманитарный издательский центр ВЛАДОС,
2003.
25.
Ткачук В.В. Математика – абитуриенту. Том II. – М.: ТЕИС, 1994.
26.
Тренировочные варианты ЕГЭ. 2015 год.// Сайт alexlarin.net
[Электронный ресурс]. Режим доступа: http://alexlarin.net/ege15.html
27.
Тренировочные варианты ЕГЭ. 2016 год.// Сайт alexlarin.net
[Электронный ресурс]. Режим доступа: http://alexlarin.net/ege16.html
84
28.
Тренировочные варианты ЕГЭ. 2017 год.// Сайт alexlarin.net
[Электронный ресурс]. Режим доступа: http://alexlarin.net/ege17.html
29.
Фридман Л.М. Логико-психологический анализ школьных учебных
задач. – М.: Педагогика, 1977.
30.
Фридман
Л.М.
Психолого-педагогические
основы
обучения
математике в школе. - М.: Педагогика, 1976.
31.
Фридман Л.М., Турецкий Е.Н. Как научиться решать задачи. – М.:
Просвещение, 1984.
32.
Шабунин М.И. Пособие по математике для поступающих в вузы. –
М.: Лаборатория базовых знаний, 1999.
33.
Шевкин А.В. Несколько способов решений одной задачи. //
Математика в школе. - №2 – 1998.
34.
Эвнин
А.Ю.
Пять решений
Математика в школе. - №6 – 1998.
одной
системы
уравнений.
//
85
Приложение
Различные способы решения задачи №18
ЕГЭ по математике (профильный уровень)
В 2017 году на едином государственном экзамене по математике
(профильный уровень) в №18 уже традиционно предлагалась задача с
параметром. В процессе подготовки и консультировании выпускников средних
учебных заведений нами отмечалась возможность решения подобных задач
разными способами: аналитическим, графическим с использованием как
координатной плоскости Оху, так и плоскости Оха. При этом всегда
анализировались достоинства и недостатки каждого из них применительно к
конкретной задаче (ситуации).
Работа в экспертной комиссии по проверке и оцениванию результатов
ЕГЭ
по
математике
лишний
раз
подтвердила
целесообразность
и
эффективность предлагаемой методики: поиска различных способов решения
математической задачи. В работах выпускников были приведены различные
способы решения задачи с параметром. Отрадно, что многие из названных
выпускников получили за №18 либо наивысший балл (4), либо 2-3 балла
(решение не было доведено до конца в силу как объективных, так и
субъективных причин, либо учеником была допущена какая-то неточность изза волнения или по невнимательности).
Остановимся подробнее на задании №18 одного из вариантов ЕГЭ по
математике (профильный уровень) 2017 года.
Найдите
все
значения
а,
при
каждом
из
которых
уравнение
ln( 4 x  1)  x 2  6 x  6a  a 2  0 имеет ровно один корень на отрезке [0; 3].
Приведем два ученических решения этой задачи. Заметим, что первое
(аналитическое) оказалось очень похоже на авторское, другое (графическое) –
вызвало среди экспертов некоторое замешательство, так как предложенные
критерии оценивания весьма затруднительно было применить к данному
способу.
86
1-й способ.
Перепишем уравнение в виде: ln( 4 x  1)  ( x  3) 2  ( a  3) 2  0 .
Это уравнение будет равносильно совокупности двух систем:
ln(4 x  1)  0,

2
2
( x  3)  (a  3)
 x  0,5,

2
2
( x  3)  (a  3)
( x  3) 2  (a  3) 2 ,

4 x  1  0
или
  x  a,

  x  6  a,
 x  0,25

Определим все значения параметра а, при каждом из которых
совокупность имеет ровно одно решение на отрезке [0; 3].
1) Заметим, что x  0,5  [0; 3] . Этот корень должен удовлетворять условию
( x  3) 2  ( a  3) 2 , т.е. (0,5  3) 2  ( a  3) 2 откуда 0,5  a  5,5 .
2) Корни x  a и x  6  a должны удовлетворять условию 0,25  x  3 .
Откуда получаем: для первого корня 0,25  a  3 ;
для второго корня 0,25  6  a  3 , 3  a  5,75 .
Таким образом, имеем:
 x1  0,5,

0,5  a  5,5
 x  a,
или  2
0,25  a  3
 x  6  a,
или  3
3  a  5,75
Кроме того, заметим, что
х1 = х2 при а = 0,5; х2 = х3 при а = 3; х1 = х3 при a  5,5 .
Таким образом, совокупность имеет ровно одно решение на отрезке [0; 3]
при 0,25  a  0,5 и 5,5  a  5,75 .
2-й способ.
Перепишем уравнение в виде ln( 4 x  1)  ( x  3) 2  ( a  3) 2  0 и сделаем
замену b  (a  3) 2 ( b  0 ).
87
Тогда
уравнение
примет
вид
ln( 4 x  1)  ( x  3) 2  b  0
и
равносильно следующей системе (с учетом условия x  [0; 3] ):
ln( 4 x  1)  0,  x  0,5,


2
2
(
x

3
)

b
,
b  ( x  3) ,



0,25  x  3,
4 x  1  0,


2
2
(
x

3
)

b

0
,
b  ( x  3)


0  x  3

Определим все значения
параметра
b,
при
каждом
из
которых система имеет ровно одно
решение.
Для этого на координатной
Охb
плоскости
геометрическое
изобразим
место
точек,
заданных системой.
Нетрудно
найти
координаты
точек А и В:
А(1/2; 25/4), В(1/4; 121/16).
Таким образом, видим, что одно
решение будет при 25  b  121 .
4
16
Возвращаясь к параметру а,
получим: 25  (a  3) 2  121 , откуда
4
16
5  a  3  11 или  11  a  3   5 ;
2
4
4
2
Ответ: 0,25;0,5  5,5; 5,75 .
5,5  a  5,75 или 0,25  a  0,5 .
будет
88
В заключении приведем
систему
упражнений,
направленных на
совершенствование умений решать задачи с параметром как аналитическим,
так и графическим способом. Заметим, что каждое из них предполагает решить
задачу несколькими способами.
Упражнения
№1. Найдите
все
значения
а,
при
каждом
из
которых
уравнение
x 2  (3  a ) x  3а  2a 2
 0 имеет ровно один корень. Ответ: -3; 0; 1.
x2  9
2
 2
№2. Найдите все а, при каждом из которых система  x  y  9, имеет ровно два
 y | х |  a
решения. Ответ: (-3; 3)  { 3 2} .
2

№3. Найдите все а, при каждом из которых система  y  x  a, имеет ровно
| y |  | х | 2
шесть решений. Ответ: (-2; -1,75).
№4. Найдите все а, при каждом из которых уравнение
4  2  ax  1
õ
на
промежутке (0; ) имеет ровно три корня. Ответ:  1 ; 9  .
 2 16 
 2
№5. Найдите все а, при каждом из которых система а  ах  2 х  4а  4  0,
 ха  4
имеет хотя бы одно решение. Ответ: [1  5; 0)  [2; 1  5 ] .
№6. Найдите
все
значения
а,
при
каждом
из
которых
уравнение
 õ 2  8 x  7  ax  3 имеет ровно один корень. Ответ: {0}   3 ; 3 .
 7 
№7. Найдите все а, при каждом из которых уравнение
имеет ровно один корень. Ответ: a < – 2, а 
№8.
a  2( a  1) x  х  1
1 5
.
2
Найдите все а, при каждом из которых система
имеет ровно одно решение. Ответ: (1; 0]  (1; 2] .
 y 2  xу  7 x  14 y  49  0,

 у  ах  1,
х  3

89
№9.
 y 2  xó  2 x  7 y  10  0 ,

2
 ó  2  à ( õ  1) ,
õ  1

Найдите все а, при каждом из которых система
имеет ровно одно решение. Ответ: [1;1,5)   0; 1 ;  1  .
4 32

№10. Найдите
все
а,
значения
при

каждом
из
которых
система
 x 2  y 2  2a ( x  y  a),
имеет ровно одно решение. Ответ: 0;  7 .
 2
 x  y 2  2( y  x  7)
№11. Найдите все а, при каждом из которых наименьшее значение функции
f (x)  x2  4 | x | ax  a на отрезке [-1; 3] не меньше, чем -5. Ответ: [1;  2  2 2 ] .
| x 2  y 2 |  2 y  2 x ,
№12. Найдите все а, при каждом из которых система 
 y  1  a ( x  2)
имеет ровно одно решение. Ответ: (  ;2]  {1}  [0;1)  (1;  ) .
№13. Найдите все значения параметра а, при каждом из которых уравнение

 

lg x2 ( x  2a)  x(2  a)  1  a2  lg x2  a2 x  2x  a2  1 имеет ровно два различных
действительных корня. Ответ: (;  2)    1; 1  5   {0}  1; 1  5 

2 
2  .


Приведенная система заданий прошла успешную апробацию в ряде школ
Орловской области при подготовке учащихся 11-х классов к ЕГЭ по
математике (профильный уровень).
Кроме
того,
подобные
задания
используются
в
работе
многих
репетиторов в ходе индивидуальных занятий при подготовке к ЕГЭ.
Приведенная
корректируется
система
и
не
является
дополняется
статической.
новыми,
Она
постоянно
интересными
задачами,
встретившимися на математических олимпиадах и в различных вариантах ЕГЭ
(диагностических, репетиционных, досрочных и т.п.).
90
91
92
93