Публикации
Геометрические фигуры с недостающими элементами как дидактический материал для тематического и итогового повторения
Всероссийский сборник статей и публикаций института развития образования, повышения квалификации и переподготовки.
Скачать публикацию
Язык издания: русский
Периодичность: ежедневно
Вид издания: сборник
Версия издания: электронное сетевое
Публикация: Геометрические фигуры с недостающими элементами как дидактический материал для тематического и итогового повторения
Автор: Изотова Ирина Юрьевна
Периодичность: ежедневно
Вид издания: сборник
Версия издания: электронное сетевое
Публикация: Геометрические фигуры с недостающими элементами как дидактический материал для тематического и итогового повторения
Автор: Изотова Ирина Юрьевна
Геометрические фигуры с недостающими элементами как дидактический материал для тематического и итогового повторения
Изотова Ирина Юрьевна
учитель математики и информатики
МОУ СШ № 81 Центрального района Волгограда
В задачах из школьных учебников по геометрии, как правило, явно фигурируют данные и искомые величины. Поэтому, усилия решающего направлены на отыскание зависимостей между этими величинами. Выполнять такие упражнения, безусловно, надо, однако ограничиваться только этим не следует. Дело в том, что на практике часто приходится иметь дело с такими ситуациями, в которых следует, прежде всего, выяснить какие данные необходимыvи как их получить. В этом смысле особый интерес представляет рассмотрение таких фигур, у которых отдельные элементы непосредственным измерением найти нельзя, поскольку это не позволяют сделать либо возможности инструментов, либо особенности фигуры (некоторые ее элементы могут быть недоступны или исключены). В таком случае при решении задач на вычисление приходится очень часто прибегать к геометрическим построениям, исследованиям, доказательствам, в результате чего задача приобретает комплексный характер.
Вот некоторые примеры отдельных задач с исключениями элементами.
Задача 1.
Определить, пользуясь линейкой и транспортиром, градусную меру углов четырехугольника, у которого все вершины исключены.
Решение:
Соединим две произвольные точки M и N, принадлежащие смежным сторонам четырехугольника. Получим треугольник, у которого одна сторона MN, а две другие АM и АN, где А одна из недоступных вершин четырехугольника. Тогда углы M и N треугольника АMN можно измерить, а третий угол (один из углов четырехугольника) – найти вычислением. Таким способом найдем три угла, а четвертый угол определим вычитанием из известной суммы углов четырехугольника суммы трех найденных углов.
При решении задач с исключенными элементами используются не только характеристические свойства фигур, но и геометрические преобразования, в частности параллельны перенос, симметрия, подобие.
Задача 2.
В модели трапеции, вырезанной из бумаги, оторваны все углы. Проведите доступные части диагоналей. Определите длины диагоналей трапеции.
Решение:
Выполним параллельный перенос боковых сторон трапеции. Из произвольной точки Е верхнего основания трапеции проведем ЕА1 || АВ, ЕD || CD.
Точки H и F – середины ЕА1 и ЕD1. Проведем среднюю линию трапеции MN. Тогда MH + FN = ВС.
Имея среднюю линию и длину верхнего основания ВС можно ответить на вопрос задачи. На средней линии MN отложим отрезок LN, равный BC. Проведем LK || CD. BCDK – параллелограмм. На его диагонали BD лежит точка P – середина отрезка LN. Проведем PQ || CN и соединим точки Q и N. Диагональ BD проходит через точку Р параллельно QN. Но диагональ BCDK является одновременно диагональю трапеции. Значит отрезок BD искомый и BD = 2QN.
Аналогично определяется и вторая диагональ.
Задача 3.
Все три вершины треугольники исключены. Определите площадь треугольника.
Решение:
(I способ)
Используем теорему Медиана треугольника делит пополам всякий отрезок соединяющий две точки сторон треугольника и параллельный стороне к которой проведена медиана.
Пусть имеем , вершины которого исключены. Проведя в два отрезка, параллельные стороне ВС, находим их середины. Полученные две точки определяют прямую, которой принадлежит медиана, проведенная из вершины А. Проведя доступную часть медианы, получим середину стороны ВС – точку N.
Аналогично определяется середина стороны АВ – точка М. Значит МN - средняя линия , поэтому МN=0,5 АС.
Из любой зточки К средней линии МN опускаем перпендикуляр на сторону АС и получаем отрезок KL, равный половине высоты, проведенной к АС. Измерив длину MN и KL найдем .
(II способ)
Определим длины сторон , удвоив средние линии треугольника, найденные так же как в I способе. Пусть АВ=с, ВС=а, АС=в. Теперь вычислим площадь треугольника по формуле Герона
(III способ)
Построим вспомогательный , стороны которого соответственно параллельны сторонам данного и равноотстают от них.
Построив биссектрисы углов А1 и В1 найдем точку их пересечения F. Проведем . подобен . Пусть их коэффициент подобия равен к.
подобен , их коэффициент подобия равен тоже к, поскольку
.
Отсюда или .
, а так же длины отрезков DF и DF1 доступны для измерения.
Уже тот факт, что задача допускает несколько способов решения утверждает методическую целесообразность ее использования.
Фигуры с недостающими элементами дают широкие возможности для составления задач, требующих значительного теоретического багажа. Такие задачи представляют особую ценность при тематическом и обобщающем повторении, когда приходится повторять материал, уже известный учащимся, и потому не вызывающий такого интереса как новый.
Будучи насыщенным математическим содержанием и неся хорошую умственную нагрузку, такие задачи способствуют активизации интеллектуальной деятельности учащихся.
Такие задачи являются также полезным дидактическим материалом для самостоятельных практических и лабораторных работ по геометрии. Для этой цели изготавливаются модели различных фигур с исключенными элементами. При проведении лабораторных работ учитель раздает учащимся модели фигур и формулирует задание. Ученики прямо на полученной модели выполняют необходимые построения, измерения, а результаты заносят в тетрадь. В тетради даются краткое описание хода работы, необходимые обоснования, доказательства и вычисления. После проверки учителем на модель наклеивается чистая бумага и пособие снова готово к использованию.
N
M
B
A
A1
K
D1
D
E
Q
C
M
L
H
N
P
F
A
B
C
D
В
С
D1
F
А
С1
В1
D
А1
Изотова Ирина Юрьевна
учитель математики и информатики
МОУ СШ № 81 Центрального района Волгограда
В задачах из школьных учебников по геометрии, как правило, явно фигурируют данные и искомые величины. Поэтому, усилия решающего направлены на отыскание зависимостей между этими величинами. Выполнять такие упражнения, безусловно, надо, однако ограничиваться только этим не следует. Дело в том, что на практике часто приходится иметь дело с такими ситуациями, в которых следует, прежде всего, выяснить какие данные необходимыvи как их получить. В этом смысле особый интерес представляет рассмотрение таких фигур, у которых отдельные элементы непосредственным измерением найти нельзя, поскольку это не позволяют сделать либо возможности инструментов, либо особенности фигуры (некоторые ее элементы могут быть недоступны или исключены). В таком случае при решении задач на вычисление приходится очень часто прибегать к геометрическим построениям, исследованиям, доказательствам, в результате чего задача приобретает комплексный характер.
Вот некоторые примеры отдельных задач с исключениями элементами.
Задача 1.
Определить, пользуясь линейкой и транспортиром, градусную меру углов четырехугольника, у которого все вершины исключены.
Решение:
Соединим две произвольные точки M и N, принадлежащие смежным сторонам четырехугольника. Получим треугольник, у которого одна сторона MN, а две другие АM и АN, где А одна из недоступных вершин четырехугольника. Тогда углы M и N треугольника АMN можно измерить, а третий угол (один из углов четырехугольника) – найти вычислением. Таким способом найдем три угла, а четвертый угол определим вычитанием из известной суммы углов четырехугольника суммы трех найденных углов.
При решении задач с исключенными элементами используются не только характеристические свойства фигур, но и геометрические преобразования, в частности параллельны перенос, симметрия, подобие.
Задача 2.
В модели трапеции, вырезанной из бумаги, оторваны все углы. Проведите доступные части диагоналей. Определите длины диагоналей трапеции.
Решение:
Выполним параллельный перенос боковых сторон трапеции. Из произвольной точки Е верхнего основания трапеции проведем ЕА1 || АВ, ЕD || CD.
Точки H и F – середины ЕА1 и ЕD1. Проведем среднюю линию трапеции MN. Тогда MH + FN = ВС.
Имея среднюю линию и длину верхнего основания ВС можно ответить на вопрос задачи. На средней линии MN отложим отрезок LN, равный BC. Проведем LK || CD. BCDK – параллелограмм. На его диагонали BD лежит точка P – середина отрезка LN. Проведем PQ || CN и соединим точки Q и N. Диагональ BD проходит через точку Р параллельно QN. Но диагональ BCDK является одновременно диагональю трапеции. Значит отрезок BD искомый и BD = 2QN.
Аналогично определяется и вторая диагональ.
Задача 3.
Все три вершины треугольники исключены. Определите площадь треугольника.
Решение:
(I способ)
Используем теорему Медиана треугольника делит пополам всякий отрезок соединяющий две точки сторон треугольника и параллельный стороне к которой проведена медиана.
Пусть имеем , вершины которого исключены. Проведя в два отрезка, параллельные стороне ВС, находим их середины. Полученные две точки определяют прямую, которой принадлежит медиана, проведенная из вершины А. Проведя доступную часть медианы, получим середину стороны ВС – точку N.
Аналогично определяется середина стороны АВ – точка М. Значит МN - средняя линия , поэтому МN=0,5 АС.
Из любой зточки К средней линии МN опускаем перпендикуляр на сторону АС и получаем отрезок KL, равный половине высоты, проведенной к АС. Измерив длину MN и KL найдем .
(II способ)
Определим длины сторон , удвоив средние линии треугольника, найденные так же как в I способе. Пусть АВ=с, ВС=а, АС=в. Теперь вычислим площадь треугольника по формуле Герона
(III способ)
Построим вспомогательный , стороны которого соответственно параллельны сторонам данного и равноотстают от них.
Построив биссектрисы углов А1 и В1 найдем точку их пересечения F. Проведем . подобен . Пусть их коэффициент подобия равен к.
подобен , их коэффициент подобия равен тоже к, поскольку
.
Отсюда или .
, а так же длины отрезков DF и DF1 доступны для измерения.
Уже тот факт, что задача допускает несколько способов решения утверждает методическую целесообразность ее использования.
Фигуры с недостающими элементами дают широкие возможности для составления задач, требующих значительного теоретического багажа. Такие задачи представляют особую ценность при тематическом и обобщающем повторении, когда приходится повторять материал, уже известный учащимся, и потому не вызывающий такого интереса как новый.
Будучи насыщенным математическим содержанием и неся хорошую умственную нагрузку, такие задачи способствуют активизации интеллектуальной деятельности учащихся.
Такие задачи являются также полезным дидактическим материалом для самостоятельных практических и лабораторных работ по геометрии. Для этой цели изготавливаются модели различных фигур с исключенными элементами. При проведении лабораторных работ учитель раздает учащимся модели фигур и формулирует задание. Ученики прямо на полученной модели выполняют необходимые построения, измерения, а результаты заносят в тетрадь. В тетради даются краткое описание хода работы, необходимые обоснования, доказательства и вычисления. После проверки учителем на модель наклеивается чистая бумага и пособие снова готово к использованию.
N
M
B
A
A1
K
D1
D
E
Q
C
M
L
H
N
P
F
A
B
C
D
В
С
D1
F
А
С1
В1
D
А1
