Совершенствование методики обучения решению геометрических задач на построение
Построение угла равного данному, биссектрисы данного угла, середины отрезка, перпендикулярных прямых, треугольника по трем элементам. Теорема Фалеса и геометрическое место точек. Построение с использованием свойств движений. Метод геометрических мест.
| Рубрика | Математика |
| Вид | дипломная работа |
| Язык | русский |
| Дата добавления | 24.06.2011 |
| Размер файла | 359,1 K |
Отправить свою хорошую работу в базу знаний просто. Используйте форму, расположенную ниже
Студенты, аспиранты, молодые ученые, использующие базу знаний в своей учебе и работе, будут вам очень благодарны.
Размещено на http://www.allbest.ru/
Введение
В последние годы в связи с дифференциацией обучения, появлением школ и классов различной профильной направленности, в том числе гуманитарных, технических, экономических, естественно-математических и других, по-новому встают вопросы о целях, содержании, формах и методах обучения математике в школе, о месте и роли каждого школьного предмета.
Цели обучения обусловлены структурой личности, общими целями образования, концепцией предмета математики, её статусом и ролью в науке, культуре и жизнедеятельности общества, ценностями математического образования, новыми образовательными идеями, среди которых важное место занимают гуманизация и гуманитаризация образования.
Образование на современном этапе характеризуется усилением внимания к ученику, к его саморазвитию и самопознанию, вниманием ученика к окружающему миру и к себе, к воспитанию умения искать и находить свое место в жизни. Целью современного образования является полное достижение развития тех способностей личности, которые нужны ей и обществу. Включение ее в социально ценную активность и обеспечение возможности эффективного самообразования за пределами институционализированных образовательных систем.
Развитие логического мышления является одним из важнейших элементов воспитания личности. Этому служит математика, и в первую очередь - геометрия. Круг задач, рассматриваемых в геометрии, очень широк. Среди них особое место занимают задачи на построение, которые способствуют развитию у учащихся определенности, последовательности, обоснованности мышления. На этих задачах учитель может научить учащихся таким методам познания как анализ и синтез. Задачи на построение являются важным средством формирования у учащихся геометрических представлений в целом. В процессе геометрических построений учащиеся в практическом плане знакомятся со свойствами геометрических фигур и отношений, учатся пользоваться чертежными инструментами, приобретают графические навыки. В правильности многих математических утверждений в большинстве случаев школьники убеждаются также в процессе геометрических построений.
Задачи на построение еще в Древней Греции приобрели важную роль, поскольку любые математические задачи, будь то доказательство свойств или нахождение корней уравнений, решались геометрическими способами. К построениям предъявлялись высокие требования точности, простоты и экономности. Самой совершенной линией на плоскости является окружность, а самой простой - прямая. Наиболее ценными считались построения, использующие только эти две линии. Поскольку прямую можно провести при помощи линейки (без делений), а окружность построить циркулем, то мы теперь говорим о задачах на построение с помощью циркуля и линейки. циркуль позволяет не только построить окружность с указанным радиусом, но и отложить отрезок равный данному, и выяснить, какой из имеющихся отрезков длиннее. С помощью линейки можно провести прямую через две данные точки. (Линейка с делениями, которой мы пользуемся, не годится для измерений длин отрезков, она дает приближенный результат - этого античные математики не могли допустить). А в школе Платона при решении задач на построение не разрешалось использовать никакие другие инструменты, кроме циркуля и линейки. Такое ограничение сыграло большую роль в развитии геометрии, а в дальнейшем в установлении ее связей с алгеброй.
Задачи на построение - это задачи, которые значительно чаще других поражают красотой, оригинальностью и во многих случаях простотой найденного решения, что вызывает к ним повышенный интерес.
Все вышесказанное, говорит об актуальности выбранной темы, кроме того, тема методически недостаточно разработана и вызывает трудности в обучении учащихся.
Гипотеза: предложенная система обучения решению задач на построение, будет способствовать развитию наиболее прочных конструктивных умений и навыков.
Объект исследования: процесс обучения геометрии в основной школе.
Предмет исследования: методика обучения решению задач на построение.
Цель исследования -совершенствование методики обучения решению задач на построение, реализующей в достаточной мере формирование конструктивных умений и навыков учащихся.
Для достижения данной цели планируется реализовать следующие задачи:
1. Изучить теоретические основы и практическую часть темы «Задачи на построение»
2. Рассмотреть различные виды задач на построение;
3. Разработать методические рекомендации к изучению темы «Задачи на построение».
В исследовании планируется использовать следующие методы:
1. Изучение математических источников, в том числе публикаций по данной теме в периодической печати;
2. Анализ математической, методической и психолого - педагогической литературы по данной теме;
3. Систематизация и обобщение теоретического и практического материала изученного материала.
Глава I. Теоретические основы изучения темы «Задачи на построение»
Простейшие задачи на построение
1. Построение угла равного данному
Задача. Отложить от данного луча угол, равный данному.
Размещено на http://www.allbest.ru/
Решение. Данный угол с вершиной А и луч ОМ изображены на рисунке 1. Требуется построить угол, равный углу А, так, чтобы одна из сторон совпала с лучом ОМ. Проведем окружность произвольного радиуса с центром в вершине А данного угла. Эта окружность пересекает стороны угла в точках В и С (Рис 2, а). Затем проведем окружность того же радиуса с центром в начале данного луча ОМ. Она пересекает луч в точке D (Рис. 2, б). После этого построим окружность с центром D, радиус которой равен ВС. Окружности с центрами О и D пересекаются в двух точках. Одну из этих точек обозначим буквой Е. Докажем, что угол МОЕ - искомый.
Рассмотрим треугольники АВС и ОDЕ. Отрезки АВ и АС являются радиусами окружности с центром А, а ОD и ОЕ - радиусами окружности с центром О. Так как по построению эти окружности имеют равные радиусы, то АВ=ОD , АС=ОЕ. Также по построению ВС= DЕ. Следовательно, АВС= ОDЕ по трем сторонам. Поэтому DОЕ=ВАС, т.е. построенный угол МОЕ равен данному углу А.
Размещено на http://www.allbest.ru/
Рис. 2
Размещено на http://www.allbest.ru/
2. Построение биссектрисы данного угла
Задача. Построить биссектрису данного угла.
Решение. Проведем окружность произвольного радиуса с центром в вершине А данного угла. Она пересечет стороны угла в точках В и С. Затем проведем две окружности одинакового радиуса ВС с центрами в точках В и С (на рисунке 3 изображены лишь части этих окружностей). Они пересекутся в двух точках. Ту из этих точек, которая лежит внутри угла ВАС, обозначим буквой Е. Докажем, что луч АЕ является биссектрисой данного угла.
Рассмотрим треугольники АСЕ и АВЕ. Они равны по трем сторонам. В самом деле, АЕ - общая сторона; АС и АВ равны, как радиусы одной и той окружности; СЕ=ВЕ по построению. Из равенства треугольников АСЕ и АВЕ следует, что САЕ=ВАЕ, т.е. луч АЕ - биссектриса данного угла.
Размещено на http://www.allbest.ru/
Рис. 3
3. Построение середины отрезка
Задача. Построить середину данного отрезка.
Размещено на http://www.allbest.ru/
Решение. Пусть АВ - данный отрезок. Построим две окружности с центрами А и В радиуса АВ (рис. 4). Они пересекаются в точках Р и Q. Проведем прямую РQ. Точка О пересечения этой прямой с отрезком АВ и искомая середина отрезка АВ.
В самом деле, треугольники АРQ и ВРQ равны по трем сторонам, поэтому 1=2.
Следовательно, отрезок РО - биссектриса равнобедренного треугольника АРВ, а значит, и медиана, т.е. точка О - середина отрезка АВ.
4. Построение перпендикулярных прямых
Задача. Через данную точку О провести прямую, перпендикулярную данной прямой а.
Решение. Возможны два случая:1) точка О лежит на прямой а; 2) точка О не лежит на прямой а.
Размещено на http://www.allbest.ru/
Рассмотрим первый случай (рис. 5). Из точки О проводим произвольным радиусом окружность. Она пересекает рямую а в двух точках: А и В. из точек А и В проводим окружности радиусом АВ. Пусть С - точка их пересечения. Искомая прямая проходит через точки О и С.
Перпендикулярность прямых ОС и АВ следует из равенства углов при вершине О треугольников АСО и ВСО. Эти треугольники равны по третьему признаку равенства треугольников.
Рассмотрим построение и доказательство
Размещено на http://www.allbest.ru/
для второго случая (рис. 6).
Из точки О проводим окружность, пересекающую прямую а. Пусть А и В - точки ее пересечения с прямой а. Из точек А и В тем же радиусом проводим окружности. Пусть О - точка их пересечения, лежащая в полуплоскости, отличной от той, в которой лежит точка О. Искомая прямая проходит через точки О и О. Докажем это.
Обозначим через С точку пересечения прямых АВ и ОО. Треугольники АОВ и АОВ равны по третьему признаку. Поэтому угол ОАС равен углу ОАС. А тогда треугольники ОАС и ОАС равны по первому признаку. Значит, их углы АСО и АСО равны. А так как они смежные, то они прямые. Таким образом, ОС - перпендикуляр, опущенный из точки О на прямую а.
Построение треугольника по трем элементам
Задача 1. Построить треугольник по двум сторонам и углу между ними.
Решение. Прежде всего уточним, как нужно понимать эту задачу, т. е. что здесь дано и что нужно построить. Даны отрезки РQ, РQ и угол hk (рис. 7а). Требуется с помощью циркуля и линейки (без масштабных делений) построить такой треугольник АВС, у которого две стороны, скажем АВ и АС, равны данным отрезкам РQ и РQ, а угол А между этими сторонами равен данному углу hk.
Размещено на http://www.allbest.ru/
Проведем прямую а и на ней с помощью циркуля отложим отрезок АВ, равный отрезку РQ (рис. 7б). Затем построим угол ВАМ, равный данному углу hk. На луче АМ отложим отрезок АС, равный отрезку РQ, и проведем отрезок ВС. Треугольник АВС - искомый.
В самом деле, по построению АВ= РQ, АС= РQ, А=hk. описанный ход построения показывает, что при любых данных отрезках РQ, РQ и неразвернутом угле hk искомый треугольник построить можно. Так как прямую а и точку А на ней можно выбрать произвольно, то существует бесконечно много треугольников удовлетворяющих условиям задачи. Все эти треугольники равны друг другу (по первому признаку равенства треугольников), поэтому принято говорить , что данная задача имеет единственное решение.
Задача 2. Построить треугольник по стороне и двум прилежащим к ней углам.
Решение. Дан отрезок КМ и углы mp и rs (рис.8а). Требуется с помощью циркуля и линейки построить такой треугольник АВС, у которого сторона АВ, равна отрезку КМ, а углы А и В равны соответственно углам mp и rs.
Проведем прямую а и на ней с помощью циркуля отложим отрезок АВ, равный отрезку КМ (рис. 8б). Затем построим угол ВАN, равный данному углу mp. Построим угол АВН равный углу rs. Обозначим точку пересечения АN и BH как С. Треугольник АВС - искомый.
Размещено на http://www.allbest.ru/
В самом деле, по построению КМ=АВ, ВАN=mp, АВН=rs.
Описанный ход построения показывает, что при любом данном отрезке КМ и условии mp+rs<180? данный треугольник построить можно. Так как прямую а и точку А на ней можно выбрать произвольно, то существует бесконечно много треугольников, удовлетворяющих условиям задачи. Все эти треугольники раны друг другу (по второму признаку равенства треугольников), поэтому принято говорить, что данная задача имеет единственное решение.
Задача 3. построить треугольник по трем сторонам.
Решение. Пусть даны отрезки РQ, РQ и PQ (рис. 9а). Требуется построить треугольник АВС, в котором АВ= РQ, ВС= РQ, СА= PQ.
Проведем прямую и на ней с помощью циркуля отложим отрезок АВ, равный отрезку РQ (рис. 9б). Затем построим две окружности: одну - с центром А и радиусом PQ, а другую - с центром В и радиусом PQ. Пусть точка С - одна из точек пересечения двух окружностей. Проведя отрезки АС и ВС, получим искомый треугольник АВС. В самом деле, по построению АВ=PQ, ВС= РQ, СА= PQ, т.е. стороны треугольника АВС равны данным отрезкам.
Размещено на http://www.allbest.ru/
Задача 3 не всегда имеет решение. Действительно, во всяком треугольнике сумма любых двух сторон больше третьей стороны, поэтому если какой-нибудь из данных отрезков больше или равен сумме двух других, то нельзя построить треугольник, стороны которого равнялись бы данным отрезкам.
Теорема Фалеса
Теорема. Если на одной из двух прямых отложить последовательно несколько равных отрезков и через их концы провести параллельные прямые, то они отсекут на второй прямой равные между собой отрезки.
Доказательство. Пусть на прямой отложены равные отрезки АА, АА, АА, … и через их концы проведены параллельные прямые, которые пересекают прямую в точках В, В,В,В,…(рис. 10). Требуется доказать, что отрезки ВВ, ВВ, ВВ,… равны друг другу. Докажем, например, что ВВ= ВВ.
Рассмотрим сначала случай, когда прямые и параллельны (рис. 10а). Тогда АА= ВВ и АА= ВВ как противоположные стороны параллелограммов АВВА и АВВА. Так как АА= АА, то и ВВ=ВВ,
Если прямые и не параллельны, то через точку В проведем прямую , параллельную прямой (рис. 10б). Она пересечет прямые АВ и А В в некоторых точках С и D. Так как АА= АА, то по доказанному ВС=СD. Отсюда получаем ВВ= ВВ. Аналогично, ВВ=ВВ и т.д.
Размещено на http://www.allbest.ru/
Геометрическое место точек и метод геометрических мест
Геометрическое место точек
Одним из методов решения задач на построение является метод геометрических мест.
Геометрическим местом точек называется фигура, которая состоит из вех точек плоскости, обладающих определенным свойством.
Например, окружность можно определить как геометрическое место точек, равноудаленных от данной точки. Важное геометрическое место дает следующая теорема:
Размещено на http://www.allbest.ru/
Теорема. Геометрическое место точек, равноудаленных от двух данных точек, есть прямая, перпендикулярная к отрезку, соединяющему эти точки, и проходящая через его середину.
Доказательство. Пусть А и В - данные точки, а - прямая, проходящая через середину О отрезка АВ перпендикулярно к нему (рис. 11). Докажем, что:
1) каждая точка прямой а равноудалена от точек А и В;
2) каждая точка D плоскости, равноудаленная от точек А и В, лежит на прямой а.
То, что каждая точка С прямой а находится на одинаковом расстоянии от точек А и В, следует из равенства треугольников АОС и ВОС. У этих треугольников углы при вершине О прямые, сторона ОС общая, а АО=ОВ, так как О - середина отрезка АВ.
Покажем теперь, что каждая точка D плоскости, равноудаленная от точек А и В, лежит на прямой а. Рассмотрим треугольник АDВ. Он равнобедренный, так как АD=ВD. В нем DO - медиана. По свойству равнобедренного треугольника медиана, проведенная к основанию, является высотой. Значит, точка D лежит на прямой а. Теорема доказана.
Метод геометрических мест
Сущность метода геометрических мест, используемого при решении задач на построение, состоит в следующем. Пусть, решая задачу на построение, нам надо найти точку Х, удовлетворяющую двум условиям. Геометрическое место точек, удовлетворяющих первому условию, есть некоторая фигура F, а геометрическое место точек, удовлетворяющих второму условию, есть некоторая фигура F. Искомая точка Х принадлежит F и F, т. е. является их точкой пересечения. Если эти геометрически места простые (скажем, состоят из прямых и окружностей), то мы можем их построить и найти интересующую нас точку Х. Приведем пример.
Размещено на http://www.allbest.ru/
Задача. Даны три точки: А, В, С. Постройте точку Х, которая одинаково удалена от точек А и В и находится на данном расстоянии от точки С.
Решение. Искомая точка Х удовлетворяет двум условиям: 1) она одинаково удалена от точек А и В; 2) она находится на данном расстоянии от точки С. Геометрическое место точек, удовлетворяющих
первому условию, есть прямая, перпендикулярная отрезку АВ и проходящая через его середину (рис. 12). Геометрическое место точек, удовлетворяющих второму условию, есть окружность данного радиуса с центром в точке С. Искомая точка Х лежит на пересечении этих геометрических мест.
Преобразования плоскости
Отображение плоскости на себя
Отображением плоскости на себя называется такое преобразование, что каждой точке исходной плоскости сопоставляется какая-то точка этой же плоскости, причем любая точка плоскости оказывается сопоставленной другой точке. Если при отображении плоскости на себя фигура F преобразовывается в фигуру F', то говорят, что фигура F' - образ фигуры F, а фигура F - прообраз фигуры F'. Если одним отображением фигура F переводится в фигуру F', а затем фигура F' переводится в фигуру F'', то отображение, переводящее F в F'' называется композицией двух отображений. Неподвижной точкой отображения называется такая точка A которая этим отображением переводится сама в себя. Отображение, все точки которого неподвижные называется тождественным отображением. Если при данном отображении разным точкам фигуры соответствуют разные образы, то такое отображение называется взаимно однозначным. Пусть фигура F' получена из фигуры F взаимно однозначным отображением f, то можно задать отображение обратное отображению f, которое определяется так: композиция отображения f и отображения, обратного f является тождественным отображением. Существует множество видов отображения плоскости на себя, рассмотрим некоторые из них:
Движения
Симметрия относительно прямой (осевая симметрия)
Параллельный перенос
Поворот
Центральная симметрия
Подобие
Гомотетия
Движение
Движением называется отображение плоскости на себя при котором сохраняются все расстояния между точками. Движение имеет ряд важных свойств:
Три точки, лежащие на одной прямой, при движении переходят в три точки, лежащие на одной прямой, и три точки, не лежащие на одной прямой, переходят в три точки, не лежащие на одной прямой.
Доказательство: пусть движение переводит точки A, B, C в точки A', B', C'. Тогда выполняются равенства
A'B'=AB , A'C'=AC , B'C'=BC (1)
Если точки A, B, C лежат на одной прямой, то одна из них, например точка B лежит между двумя другими. В этом случае AB+BC=AC, и из равенств (1) следует, что A'C'+B'C'=A'C'. А из этого следует, что точка B' лежит между точками A' и C'. Первое утверждение доказано. Второе утверждение докажем методом от противного: Предположим, что точки A', B', C' лежат на одной прямой даже в том случае, если точки A, B, C не лежат на одной прямой, то есть являются вершинами треугольника. Тогда должны выполнятся неравенства треугольника:
AB<AC+BC
AC<AB+BC
BC<AB+AC
но из равенств (1) следует, что те же неравенства должны выполнятся и для точек A', B', C' следовательно точки A', B', C' должны быть вершинами треугольника, следовательно точки A', B', C' не должны лежать на одной прямой.
1. Отрезок движение переводится в отрезок.
При движении луч переходит в луч, прямая в прямую.
Треугольник движением переводится в треугольник.
Движение сохраняет величины углов.
При движении сохраняются площади многоугольных фигур.
Движение обратимо. Отображение, обратное движению является движением.
Композиция двух движений также является движением.
Используя определение движения можно дать такое определение равенства фигур:
Две фигуры называются равными, если одну из них можно перевести в другую некоторым движением.
Виды движений
На плоскости существуют четыре типа движений:
Параллельный перенос.
Осевая симметрия
Поворот вокруг точки
Центральная симметрия
Рассмотрим подробнее каждый вид.
Симметрия относительно прямой
Определение. Симметрией S относительно прямой называется преобразование плоскости, при котором образом точки А является такая точка А' (этой же плоскости), что: 1) АА'; 2) точка А = АА' -- середина отрезка АА' (рис. 13)
Размещено на http://www.allbest.ru/
Прямая называется осью симметрии. Если точка К, то К'= К, т. е. каждая точка, принадлежащая , является двойной точкой преобразования симметрии; других точек плоскости, обладающих этим свойством, нет. Докажем с помощью метода координат, что симметрия относительно прямой: 1) преобразует прямую в прямую; 2) сохраняет расстояние между точками.
Примем ось симметрии за ось ОХ прямоугольной декартовой системы координат. Тогда образом точки А(х; у) при этой симметрии служит точка А'(х; -у) (рис. 14).
Размещено на http://www.allbest.ru/
Если прямая g определяется уравнением ах+ by + с= 0, то образом этой прямой будет множество точек {(х'; у')}, где х = х, у' = -у, определяемое уравнением ах - bу' + с = 0, т. е. некоторая прямая g'.
Пусть А (х; y), В(х; y) - две произвольные точки плоскости, а точки А' (х; -y), В' (х; -y) - их образы. Тогда
А'В'= .
Определение. Если при симметрии относительно прямой некоторая фигура F отображается на себя, то прямая называется осью симметрии этой фигуры.
Так каждый диаметр окружности является осью симметрии этой окружности; каждая прямая, перпендикулярная данной прямой, является осью симметрии этой прямой; каждая высота правильного треугольника является его осью симметрии.
Параллельный перенос
Определение. Пусть -- некоторый вектор плоскости. Преобразование, при котором каждой точке А плоскости ставится в соответствие такая точка А' этой же плоскости, что АА' =, называется параллельным переносом и обозначается: Т или же .
При параллельном переносе: 1) прямая отображается на параллельную ей прямую; 2) сохраняются расстояния между точками. Докажем это.
Если А' (х'; у') -- образ точки А (х; у), то по определению, АА' = у. Но вектор АА' имеет при наших обозначениях координаты х' - x и у' - у. Следовательно, если = (m; n), то х' - х = m, у' - у = n. Значит, координаты х', у' образа выражаются через координаты х, у прообраза при параллельном переносе = (m; n) следующими формулами:
Пусть g - некоторая прямая, заданная уравнением ax + bу + с = 0. Подставляя в это уравнение х' - m вместо х и у' - n вместо у, получим:
а (х' - m) + b(y' - n) + с = 0.
Следовательно, координаты x', y' связаны зависимостью, выражаемой уравнением первой степени:
ax' + by' + (с - am - bn) = 0.
Это и означает, что множество образов точек прямой g есть также некоторая прямая g'. При этом коэффициенты при переменных в уравнениях прямых соответственно равны, так что прямые g и g' параллельны.
Если А (х; y), В (х; y) --две произвольные точки и А'(х'; y') и В'(х'; y') - их образы, то
х' =x + m, y'= y + n, х' =x + m, y'= y + n, так что
А'В'= .
Поворот
Определение. Пусть заданы точка О -- центр поворота и некоторый ориентированный угол а. Тогда поворотом вокруг точки О на угол называется преобразование, при котором каждой точке А плоскости ставится в соответствие такая точка А' этой плоскости, что: 1) ОА'=ОА; 2) угол АОМ конгруэнтен углу и ориентирован так же, как угол . Поворот на угол обозначается R. С помощью метода координат можно убедиться, что при повороте прямая отображается на прямую и сохраняются расстояния между точками.
Выберем начало координат прямоугольной декартовой системы в центре поворота (рис. 11) и ориентируем угол () так же, как данный угол .
Размещено на http://www.allbest.ru/
Пусть А (х; у) А' (х'; у'). Если обозначить угол (,) через Р, то (рис. 15) угол (i, OA') будет иметь такую же величину, как и угол +. Поэтому
х' = ОА' =ОА'cos (+) = ОА' (cos cos - sin sin ).
Аналогично
y' = ОА' =ОА' sin (+) = ОА' (sincos + cossin).
А так как ОАcos =х, ОАsin=y, то
(2)
Решая уравнение системы (2) относительно х и y получим:
Значит, образом прямой ах+by+c=0 будет фигура, определяемая уравнением
Нетрудно проверить, что если при повороте АА', ВВ', то А'В'=АВ.
Центральная симметрия
Определение. Поворот вокруг точки О на угол, величина которого равна 180°, называют симметрией относительно точки О или центральной симметрией. Точку О называют центром симметрии.
Размещено на http://www.allbest.ru/
Ясно, что в этом преобразовании центр симметрии -- точка О, а также точки А и А' (образ точки А) лежат на одной прямой (рис. 16) и ОА =OА'.
Определение. Если какая-либо фигура при симметрии относительно точки О отображается на себя, то точка О называется центром симметрии этой фигуры.
Так, центр окружности является одновременно и ее центром симметрии, точка пересечения диагоналей параллелограмма -- центром симметрии этого параллелограмма.
Подобие
Определение. Преобразование плоскости называется подобием, если для любых двух точек А и В плоскости и их образов А' и В' имеет место соотношение:
А'B'=kAB, где k - положительное число, называемое коэффициентом подобия,
Определение. Фигура Ф называется подобной фигуре Ф' (Ф ~ Ф'), если существует преобразование подобия, при котором фигура Ф преобразуется в фигуру Ф'.
Отметим некоторые важнейшие свойства преобразования подобия.
1. Преобразование подобия сохраняет коллинеарность точек, а также порядок расположения точек на прямой.
Действительно, если, например, точка В лежит между точками А и С, то AC=AB+BC. При этом, согласно определению подобия, для образов А', В', С' точек А, В, С мы получим следующее соотношение:
A'C'=kAC=k(AB+BC)=kAB+kBC=A'B'+B'C'.
Соотношение A'C'=A'B'+B'C' показывает, что точки A', B', C' лежат на одной прямой, причем точка В' лежит между точками А' и С'.
Из сохранения порядка точек вытекает также сохранение сорасположенности или противорасположенности двух точек относительно некоторой прямой.
2. Точки, не лежащие на одной прямой, преобразуются в точки, не лежащие на одной прямой. Действительно, в противном случае при обратном преобразовании нарушалась бы коллинеарность точек.
Из сказанного вытекает, что:
3. Подобие преобразует прямую в прямую, отрезок прямой - в отрезок, луч - в луч, угол - в угол, многоугольник - в одноименный многоугольник, окружность - в окружность.
4. Преобразование подобия сохраняет величину угла, т.е. является конформным преобразованием. В частности, при преобразовании подобия сохраняется перпендикулярность прямых.
5. При подобии многоугольник преобразуется в одноименный ему многоугольник, углы которого конгруэнтны соответственным углам, а стороны пропорциональны соответственным сторонам данного многоугольника.
Докажем теперь теорему существования подобия.
Размещено на http://www.allbest.ru/
Теорема. Если стороны треугольника А'В'С' пропорциональны соответственным сторонам треугольника АВС, то существует и притом единственное преобразование подобия, преобразующее вершины А, В, С треугольника АВС соответственно в вершины А', В', С' треугольника А'В'С'.
1. Доказательство существования
Пусть АВС и А'В'С' - два треугольника, причем
A'B' : AB = A'C' : AC = B'C' : BC|= k.
Построим (рис. 17) на луче А'В' такую точку В", что A'B''=AB, и на луче А'С' такую точку С'', что A'C''=AC. Углы треугольника А'В'С' имеют те же величины, что и соответственные углы треугольника АВС. В частности, В'А'С'=ВАС. А так как углы В'А'С' и В''А'С'' совпадают, то В''А'С''=ВАС.
Из соотношений A'B''=AB, A'C''=AC и В''А'С'=ВАС следует, как известно, что B''C''=BC.
Из соотношений A'B''=AB, A'C''=AC, B''C''=BC следует, что существует перемещение L преобразующее точки А, В, С, соответственно в точки А', В'', С''.
2. Доказательство единственности
Если точка М на прямой АВ, то точка М' - ее образ в подобии - однозначно определяется тем, что 1) М' А'В', 2)A'M'=kAM, 3) точки А', В', М' располагаются на прямой на прямой АВ.
Если же МАВ, то ее образ однозначно определяется следующими условиями: 1) В'А'М'=ВАМ, 2) A'M'=kAM, 3) точка М' сорасположена или противорасположена с точкой С' относительно прямой А'В' соответственно тому, сорасположена ли или противорасположена точка М с точкой С относительно прямой АВ.
Гомотетия
Определение. Гомотетией с центром О и коэффициентом k0 (Н) называется отображение плоскости на себя, при котором образом произвольной точки М является такая точка М', что =k.
Исходя из этого определения, можно установить ряд свойств гомотетии. Остановимся на некоторых из них.
1. Гомотетия есть взаимно однозначное отображение.
Действительно, если задана точка М, то при заданных центре О и коэффициенте k однозначно определяется вектор =k, а следовательно, и точка М'. Обратно: если задана точка М', центр О и коэффициент k, то однозначно определяется вектор , а значит, и вектор =, т.е. и точка М.
2. Точка и ее образ в данной гомотетии лежат на одной прямой с центром гомотетии.
Это следует из коллинеарности векторов и . При этом, если k>0, векторы и сонаправлены, т.е. точка М и точка М' - ее образ - располагаются по одну сторону от центра гомотетии; в этом случае гомотетию называют прямой. Если же k<0, то точки М и М' располагаются по разные стороны от центра гомотетии; в этом случае гомотетию называют обратной.
3. Гомотетия сохраняет коллинеарность точек.
Действительно, пусть точки А, В, С, лежат на одной прямой, точки А', В', С' - образы точек А, В, С в некоторой гомотетии Н.
Так как, по определению,
то
Пусть (векторы и коллинеарны), тогда из полученных выше равенств следует
т. е. векторы также коллинеарны. Это означает, что точки А', В' и С' лежат на одной прямой.
4. Если гомотетия Н преобразует точки А, В соответственно в точки А', B', то
А'B'=kAB.
Это следует из того, что (как было показано при доказательстве свойства 3),
.
5. Если гомотетия Н преобразует точки А, В соответственно в точки А', B', то
АВ || A'B'.
Это также непосредственно вытекает из соотношения .
6. Множество гомотетий с данным центром О образуют группу.
Действительно:
1) Композиция гомотетии Н и гомотетии Н есть гомотетия Н, потому что из следует, что .
2) В множестве гомотетий с данным центром О имеется тождественное преобразование.
Действительно, при гомотетии Н получим: и, следовательно, образ М' совпадает с прообразом М, т. е. Н - тождественное преобразование.
3) Преобразование, обратное гомотетии Н, есть гомотетия Н, потому что из соотношения следует соотношение .
Методические рекомендации по изучению данной темы
Простейшие задачи на построение
Набор простейших задач на построение в различных пособиях для школы примерно одинаков, хотя порядок рассмотрения этих задач может быть различным.
К простейшим обычно относятся следующие задачи на построение:
1) Построение угла, равного данному;
2) Построение биссектрисы угла;
3) Деление отрезка пополам;
4) Построение прямой, проходящей через данную точку и перпендикулярной данной прямой.
Эти задачи изучаются в 7 классе - глава II «Треугольники». На изучение данной темы отводится 3 часа. В результате изучения ученики должны научиться решать задачи на построение с помощью циркуля и линейки, уметь доказывать правильность выполняемых операций.
На первом уроке предлагается рассмотреть задачи: построение угла равного данному и построение биссектрисы угла. Второй урок посвящен решению задач: деление отрезка пополам и построение перпендикулярных прямых. Третий урок - решение задач, отрабатывающих умения и навыки построения циркулем и линейкой.
Первоначально учителю необходимо выявить систему условий, на которую должен опираться ученик для успешного овладения практическим действием.
Для того чтобы научиться производить построения с помощью циркуля и линейки, ученикам необходимо иметь знания о следующих фактах: о данных геометрических фигурах - полупрямой, полуплоскости и угле, отрезке, биссектрисе, перпендикуляре (определения, представления об их изображении и обозначении); о цели действия; об инструментах построения; о каждой из конструктивных операций и о последовательности их выполнения. Учащиеся должны быть также подготовлены к обоснованиям возможности каждого шага построения и доказательству правильности построения (аксиомы откладывания отрезков и углов, определение равных треугольников, признаки равенства треугольников). Нельзя обойтись и без навыков в выполнении элементарных конструктивных операций: построение окружности произвольного или указанного радиуса с центром в некоторой точке, построение полупрямой, имеющей данное начало и проходящей через данную точку.
Рассмотрим несколько уроков изучения нового материала темы «Задачи на построение».
Урок№1
Тема: Построение угла, равного данному. Построение биссектрисы угла
Цели: 1. Познакомить учащихся с задачами на построение, при решении которых, используются только циркуль и линейка.
2. Научить выполнять построение угла, равного данному, строить биссектрису угла.
3. Развитие пространственного мышления, внимания.
4. Воспитание трудолюбия и аккуратности.
Оборудование: таблицы с порядком решения задач на построение.
Ход урока:
Актуализация основных теоретических понятий: окружность, заданного радиуса с данным центром; признаки равенства треугольников; через две точки на плоскости можно провести прямую и притом только одну.
Для повторения признаков равенства треугольников можно предложить задание: укажите на каком из рисунков (рис. 18) есть равные треугольники.
Повторение понятия окружности и ее элементов можно организовать, предложив классу следующее задание, с выполнением его одним учеником на доске: дана прямая а и точка А, лежащая на прямой и точка В, не лежащая на прямой. Провести окружность с центром в точке А, проходящую через точку В. Отметьте точки пересечения окружности с прямой а. Назовите радиусы окружности.
Размещено на http://www.allbest.ru/
Для рассмотрения нового материала учителю полезно иметь таблицу. (табл. 1). Работу с таблицей можно организовать по-разному: она может иллюстрировать рассказ учителя или образец записи решения; можно предложить учащимся, пользуясь таблицей, рассказать о решении задачи, а затем самостоятельно его выполнить в тетрадях. Таблица может быть использована при опросе учащихся и при повторении материала.
Учащимся можно предложить в указанном порядке составить план решения задачи.
Таблица 1.
|
Построение угла, равного данному |
|||
|
ДАНО: |
ПОСТРОЕНИЕ: |
ДОКАЗАТЕЛЬСТВО: |
Размещено на http://www.allbest.ru/
Размещено на http://www.allbest.ru/
Размещено на http://www.allbest.ru/
|
АВС=ОDЕ по трем сторонам, значит, DOE=ВАС, то есть построенный угол МОЕ равен данному углу А. |
Построение биссектрисы данного угла
Учитель может предложить учащимся по данной таблице построить биссектрису угла.
Ученик у доски выполняет построение, обосновывая каждый шаг выполняемых действий.
Доказательство показывает учитель, необходимо подробно остановиться на доказательстве того факта, что в результате построения действительно получатся равные углы.
Закрепление
Полезно предложить учащимся следующее задание для закрепления пройденного материала:
Задача 1. Дан тупой угол АОВ. Постройте луч ОХ так чтобы углы ХОА и ХОВ были равными тупыми углами.
Задача 2. Построить с помощью циркуля и линейки углы в 30? и 60? .
Задача 3. Постройте треугольник по стороне, углу, прилежащему к его стороне, и биссектрисе треугольника, исходящей из вершины данного угла.
Таблица 2.
|
Построение биссектрисы угла |
|||
|
ДАНО: |
ПОСТРОЕНИЕ: |
ДОКАЗАТЕЛЬСТВО: |
АВС. Построить биссектрису угла. |
Размещено на http://www.allbest.ru/
|
АСЕ=АВЕ по трем сторонам, значит, САЕ=ВАЕ, т. е. луч АЕ - биссектриса денного угла. |
Для домашней работы: №150-152.
Урок№2
Тема: Построение середины отрезка.Построение перпендикулярных прямых
Цель: 1. Научить учащихся с помощью циркуля и линейки выполнять деление отрезка пополам.
2. Сформировать умения и навыки построения перпендикулярных прямых.
3. Актуализация внимания.
4. Воспитание трудолюбия и аккуратности.
Ход урока:
Методом фронтального опроса повторить понятия: окружность заданного радиуса с данным центром, признаки равенства треугольников, свойства равнобедренного и равностороннего треугольников.
Далее предложить задание: с помощью циркуля и линейки построить биссектрису, выходящую из вершины равнобедренного треугольника. Перечислить ее свойства.
При изучении нового материала используется таблица 3, по которой учащиеся составляют рассказ, как разделить данный отрезок пополам. После этого в тетрадях выполняются соответствующие построения.
Таблица 3
|
Построение середины отрезка |
|||
|
ДАНО: |
ПОСТРОЕНИЕ: |
ДОКАЗАТЕЛЬСТВО: |
Отрезок АВ. Построить точку О так чтобы ОАВ, АО=ОВ. |
Размещено на http://www.allbest.ru/
|
АРQ=ВРQ по трем сторонам, поэтому 1=2. значит РО - биссектриса равнобедренного АРВ, следовательно, и медиана т.е. АО=ОВ. |
Построение перпендикулярных прямых
Здесь необходимо обратить внимание, что возможны два случая:
1. Точка принадлежит прямой;
2. Точка не принадлежит прямой.
После повторения учитель формулирует задачу и объясняет построение для первого случая, при этом может быть использована таблица 4.
При рассмотрении второго случая учащиеся при помощи таблицы 4 проводят построение и доказательство самостоятельно.
|
Построение перпендикулярной прямой |
||
|
ДАНО: |
ПОСТРОЕНИЕ: |
|
|
1. Оа. 2. Оа. Построить ОСа |
Таблица 4
Закрепление
Задача. Постройте прямоугольный треугольник по его катетам.
Данную задачу ученик решает у доски, предварительно проведя ее анализ. Запись решения данной задачи может выглядеть так:
ДОКАЗАТЕЛЬСТВО:
В АВС ВС=а, СА= b, ВDАС, следовательно, угол ВСА равен 90? . Значит треугольник АВС - искомый.
Также для отработки умений и навыков, можно использовать задачи №154 (а,б).
Для домашней работы: №153.
Урок№3
Тема: Решение задач на построение
Цель: 1. Отработка умений и навыков выполнения элементарных построений с помощью циркуля и линейки.
2.Актуализация внимания.
Ход урока:
Проверить выполнение задачи №153. Проверку можно организовать так: у доски три ученика, они должны построить прямую, проходящую через
точку А перпендикулярно прямой а.
Класс в это время может выполнить задание: дан треугольник АВС. построить высоту АD. После выполнения задания каждый шаг построения должен быть прокомментирован и обоснован.
Самостоятельная работа.
1. Разделить отрезок на 4 равные части.
2. Дан АВС. Построить биссектрису ВК.
3. Дан угол АОВ. Построить угол, для которого луч ОВ является биссектрисой.
Построение треугольника по трем элементам
На изучение данной темы отводится 3 урока.
Урок№1
Тема: Построение треугольника по двум сторонам и углу между ними. Построение треугольника по стороне и двум прилежащим к ней углам.
Цель: 1. Познакомить учащихся с алгоритмом построения треугольника по двум сторонам и углу между ними; по стороне и двум прилежащим к ней углам.
2. Формирование умений и навыков по применению данного алгоритма к решению задач.
3. Развитие математического мышления, творчества, внимания.
Ход урока:
Необходимо повторить: откладывание на прямой отрезка данной длины, построение угла, равного данному, признаки равенства треугольников.
Организовать повторение можно в форме практической работы, с комментариями учащихся:
1. Дан произвольный отрезок. На прямой а от заданной точки отложить отрезок, равный данному.
2. Дан произвольный угол. Построить с помощью циркуля и линейки угол, равный данному.
Изучение нового материала:
Задача1. Построить треугольник по двум сторонам и углу между ними.
Задача2. Построить треугольник по стороне и двум прилежащим к ней углам.
Учитель проводит анализ данных задач используя решение приведенное в учебнике, а учащиеся у доски выполняют построение и доказательство.
Закрепление №287, №290(а).
Для домашней работы: №290 (б), №291 (а).
Урок№2
Тема: Построение треугольника по трем сторонам.
Цель: 1. Познакомить с алгоритмом построения треугольника по трем сторонам.
2.Отработка умений и навыков применения данного алгоритма при решении задач.
3. Развитие гибкости математического мышления, творчества, внимательности.
Ход урока:
Активизация необходимых теоретических понятий: повторить неравенство треугольника. Учитель предлагает ответить на вопрос: существует ли треугольник со сторонами: а) 1м, 2м, 3м; б) 1,2 см, 1см, 2,4см; в)5дм, 3дм, 7дм; г)12,1см, 8см, 5,6см? Ответ обосновать.
Изучение нового материала: учитель проводит анализ задачи, построение и доказательство выполняют учащиеся у доски.
Закрепление: №292, 294.
Урок№3
Тема: Решение задач на построение треугольника по трем элементам.
Цель: 1. Отработка умений и навыков решать задачи на построение треугольников по трем элементам.
2. Развитие абстрактного мышления.
3. Актуализация внимания.
Ход урока:
Задача 1. Построить прямоугольный треугольник по катету и прилежащему углу.
При решении этой задачи учитель, в форме эвристической беседы, проводит ее анализ. Анализ можно провести устно, изобразив чертеж-набросок на доске (рис. 20а). Затем ученик решает задачу у доски.
Дано:
Анализ:
Построение:
1. На прямой отметим точку С (рис. 20б) и отложим отрезок СВ=а.
2. Построим В=
3. Построим прямую, проходящую через точку С перпендикулярно СВ.
4. Сторона угла и прямая перпендикулярная СВ пересекаются в точке А.
5. АВС - искомый.
Доказательство:
В треугольнике АВС АС перпендикулярна СВ, СВ=а, СВА= (по построению).
Задача 2. По катету и противолежащему углу построить треугольник.
Решение этой задачи сводится к решению предыдущей задачи, для этого ученики должны научиться строить угол равный 90? - . Учитель ставит перед учащимися проблему: как построить угол 90?-, если задан.
Дано:
Построить: (90? -)
Построение.
1. Построим две перпендикулярные прямые АВ и СD (рис. 21). Обозначим точку пересечения прямых точкой О.
2. Построим угол ВОК = .
3. Тогда угол КОС= (90? - )
Решение задачи 2 учащиеся должны осуществить самостоятельно.
Задача 3. Построить треугольник по стороне, противолежащему углу и высоте, проведенной на одну из двух сторон треугольника.
Анализ данной задачи учитель проводит вместе с учениками. Построение и доказательство ученики выполняют самостоятельно.
Дано:
Построить
АВС так, чтобы ВС=а, ВD=h (ВDАС), ВАD=.
Анализ:
1. Выполним чертеж - набросок (рис. 22)
2. Рассмотрим треугольник АВD его мы
можем построить по катету и противопо-
ложному углу (ВDА=90? , ВАD=, ВD= h).
3. Построив треугольник АВD мы легко можем его достроить до треугольника АВС, построив ВС=а.
Задачи на построение в курсе геометрии 8 класса
На изучение данной темы отводится 2 урока.
Тема: Теорема Фалеса. Деление отрезка на n равных частей.
Цель: 1. Доказать теорему Фалеса.
2. Познакомить с алгоритмом деления отрезка на n равных частей.
3. Отработка умений и навыков применения изученного материала при решении задач.
Ход урока: Доказать теорему Фалеса. Учитель самостоятельно формулирует теорему и проводит ее доказательство.
Деление отрезка на n равных частей. Этот материал можно предложить учащимся рассматривать самостоятельно, опираясь на решение задачи №396. В данном случае учитель играет роль консультанта.
Закрепление изученного материала можно провести в форме самостоятельной работы, предложив учащимся разделить отрезок на 5, 6, 7, и т.д. частей.
Урок№2
Тема: Построение четырехугольников.
Цель: 1. Отработка умений и навыков построения четырехугольников по заданным элементам.
2. Развитие математического мышления, расширение кругозора.
3. Актуализация внимания.
Ход урока: Актуализация знаний. На доске заготовлены чертежи, на которых изображены: прямоугольник, ромб, квадрат, параллелограмм, трапеция. К каждому чертежу приглашается ученик. Он должен перечислить все известные свойства изображенной фигуры.
Следующие задачи решаются учащимися у доски: 393, 397, 398.
Для домашнего изучения: №394, 395.
Геометрическое место точек
Работающим по учебнику Л. С. Атанасяна можно предложить рассмотреть на факультативных занятиях следующие темы: «Геометрическое место точек», «Метод геометрических мест».
Этот урок можно начать с рассказа учителя. Приведем его примерное содержание.
На плоскости часто приходится рассматривать точки, которые обладают одним и тем же свойством, например: удаленные от данной точки О на расстояние 10 см, или удаленные от данной прямой а на 15 см, или одинаково удаленные от концов данного отрезка АВ и т.д. По ходу объяснения на доске открываются рисунки (рис. 23).
Рассматривая такие точки, выделяют фигуры, которые состоят из всех точек плоскости, обладающим некоторым свойством.
Сначала объясняется слово «состоит». Фигура состоит из точек, обладающих определенным свойством, это значит, что каждая точка фигуры обладает этим свойством или иначе, если точка принадлежит фигуре, то она обладает данным свойством. Затем объясняются слова: «состоит из всех точек плоскости». Фигура может состоять из всех точек плоскости, обладающих определенным свойством, но не включать все точки плоскости с данным свойством. Когда же говорят, что фигура состоит из всех точек плоскости с данным свойством, то это означает не только, что каждая точка фигуры обладает этим свойством, но и что каждая точка плоскости, обладающая данным свойством, принадлежит данной фигуре, или иначе, если точка плоскости обладает данным свойством, то она принадлежит данной фигуре.
Делая вывод, что слова «фигура состоит из всех точек плоскости, обладающих определенным свойством» означают:
1. Если точка принадлежит фигуре, то она обладает данным свойством.
2. Если точка обладает данным свойством, то она принадлежит фигуре.
Эти два условия - взаимно обратные утверждения. Разъясним сказанное на примере. Рассмотрим три фигуры: окружность, часть окружности и фигуру, состоящую из окружности и точек заштрихованной части плоскости (табл. 5). (Рисунок помещен в таблице, на которой знаки «+», «-», ГМТ пока не проставлены. Это будет сделано в процессе дальнейшей беседы с классом.)
Учитель обращает внимание учащихся на то, что будут рассматриваться точки плоскости со свойством: точки удалены от данной точки О на расстояние, равное R. Классу предлагается выяснить, для каких из данных трех фигур выполняются два указанных выше условия, т.е. какая из трех фигур состоит из всех точек плоскости, удаленных от точки О на расстояние, равное R.
Заполняется таблица (ставятся знаки «+», «-»). Необходимо объяснить, почему для второй фигуры не выполняется второе условие (фигуре принадлежат не все точки с указанным свойством); почему для третьей фигуры не выполняется первое условие (фигуре принадлежат и точки, не обладающие указанным свойством).
Заполнив таблицу учащиеся должны сделать вывод какая из фигур удовлетворяет двум поставленным условиям и дать определение геометрического места точек.
Задание. Приведите примеры точек, так же удовлетворяющих поставленным условиям ГМТ (серединный перпендикуляр, биссектриса угла).
|
Фигуры |
Условия |
Название Фигуры |
||
|
если точка принадлежит фигуре, то обладает данным свойством |
Если точка обладает данным свойством, то принадлежит фигуре |
|||
|
+ |
+ |
ГМТ |
||
|
+ |
_ |
|||
|
_ |
+ |
Закрепление
1. Верно ли утверждение, что отрезок АВ, параллельный данной прямой а и удаленный от нее на 5 см, является геометрическим местом точек, удаленных от данной прямой на 5 см? [Нет, так как хотя отрезок АВ и состоит из точек с данным свойством, но не все точки плоскости с данным свойством ему принадлежат, или не выполняется условие: ели точка обладает данным свойством, то она принадлежит отрезку АВ.]
Условие задачи можно варьировать: взять два отрезка, отрезок и прямую и, наконец, две прямые (рис. 24).
2. Можно ли прямую АВ, где А и В - различные точки прямой, считать геометрическим местом точек, лежащих между точками А и В? [Нет, так как про прямую АВ нельзя сказать, что она состоит из точек, лежащих между точками А и В, т.е. не выполняется условие: ели точка принадлежит прямой АВ, то она лежит между точками А и В.]
Затем в условиях данной задачи заменяется прямая лучом АВ, а луч отрезком АВ.
3. Можно ли отрезок АВ, параллельный двум параллельным прямым а и b и одинаково отстоящий от них, считать геометрическим местом точек, одинаково удаленных от двух параллельных прямых? [Нет, так как не выполняется условие: если точка одинаково удалена от двух данных параллельных прямых, то она принадлежит отрезку АВ.]
4. Найдите геометрическое место точек, одинаково удаленных от двух параллельных прямых а и b.
Решение. Проведем общий перпендикуляр DM прямых а и b и найдем его середину N (рис. 25). Через точку N проведем прямую m, параллельную прямой а (она будет параллельна и прямой b). Докажем, что прямая m есть искомое геометрическое место точек.
Доказательство. 1) Докажем, что если точка К принадлежит прямой m, то она удалена от прямых а и b на расстояние, равное р, где р-длина отрезка DN или MN. Так как параллельные прямые равноотстоящие, то точка К удалена как от прямой а, так и от прямой b на расстояние, равное р.
2) Докажем, что точка S, одинаково удаленная от прямых а и b, принадлежит прямой m. Так как расстояние между прямыми а и b равно 2р, то точка S середина отрезка СЕ, перпендикулярного к прямым а и b и равного 2р. Пусть Sm, а СЕ пересекает m в точке R. Тогда RC=RE=p по доказанному в первой части, т.е. отрезок СЕ имеет две середины R и S, что невозможно, значит, Sm.
Метод геометрических мест
Учитель разъясняет сущность метода геометрических мест так, например, как это сделано в главе 1 (геометрическое место точек и метод геометрических мест). Свой рассказ учитель может немного конкретизировать, а именно: сказать, что точкой Х может быть центр окружности, вершина треугольника и т.д.; точка Х может быть найдена и как точка пересечения построенного геометрического места точек и данной в условии задачи фигуры (прямой, угла и т. д.).
При решении задачи, особое внимание обращается на проведение анализа: выделяется по условию задачи искомая точка; выясняется, каким условиям она должна удовлетворять, а значит, каким геометрическим местам точек она должна принадлежать (или геометрическому месту точек и данной фигуре); делается вывод: искомая точка - точка пересечения указанных геометрических мест точек. Учитель должен подвести учащихся к самостоятельным выводам и алгоритму построения искомой точки. Для этого можно задать следующие вопросы:
1. Каким условиям удовлетворяет искомая точка? [ 1) она одинаково удалена от т. А и В; 2) она находится на заданном расстоянии от точки С].
2. Что является ГМТ, удовлетворяющих первому свойству? (прямая, перпендикулярная отрезку АВ и проходящая через его середину).
3. Что является ГМТ, удовлетворяющих второму свойству? (окружность данного радиуса с центром в точке С).
4. Где будет находиться искомая точка Х? (на пересечении этих ГМТ).
Рассмотрим еще несколько задач, которые можно предложить для закрепления пройденного материала.
1. На данной прямой найдите точку. Которая находится на данном расстоянии от другой данной прямой.
В задаче даны прямые а, m, расстояние h (рис. 26). Искомая точка должна удовлетворять двум условиям: 1) лежать на прямой m (прямая дана); 2) находиться на прямой а на данном расстоянии, которое обозначим через h. Геометрическим местом точек, находящихся на прямой а на расстоянии h, являются две прямые b и с, параллельные а и отстоящие от а на расстоянии h. Построим эти прямые. Искомая точка должна быть точкой пересечения прямых b или с с прямой m. На нашем рисунке две точки, удовлетворяющие этим условиям: А и В. (Если а||m, то могут представиться два случая: прямая m не пересекается с b и с и задача не имеет решения; прямая m совпадает с прямой b или прямой с, в этом случае любая точка прямой m является решением.)
Подобные документы
Использование градуированной веревки при построении перпендикуляра к прямой. Нахождение середины отрезка. Построение треугольника по двум сторонам и высоте к третьей стороне. Нахождение точки пересечения двух прямых. Построение биссектрисы угла.
научная работа [320,4 K], добавлен 07.02.2010Методика нахождения различных решений геометрических задач на построение. Выбор и применение методов геометрических преобразований: параллельного переноса, симметрии, поворота (вращения), подобия, инверсии в зависимости от формы и свойств базовой фигуры.
курсовая работа [6,4 M], добавлен 13.08.2011Нахождение длины сторон и площади треугольника, координат центра тяжести пирамиды, центра масс тетраэдра. Составление уравнений геометрического места точек, высоты, медианы, биссектрисы внутреннего угла, окружности. Построение системы линейных неравенств.
контрольная работа [1,2 M], добавлен 13.12.2012Методика и основные этапы построения треугольника по двум сторонам и медиане, проведенной к одной из них. Математическое и графическое изображение решения данного задания. Исследование условий для решения задачи и определение условия ее нерешаемости.
презентация [90,8 K], добавлен 11.01.2011Задача о делении угла на три равные части (трисекция угла), история ее происхождения. Построение трисектрисы угла (лучей, делящих угол) с помощью циркуля и линейки. Общее доказательство о трисекции угла, зависимость между ней и антипараллелограммом.
реферат [1,2 M], добавлен 12.12.2009Особенности применения теорем Пифагора и косинусов в делении углов на равновеликие части. Порядок нахождения углов в геометрических фигурах с помощью биссектрис. Методика деления угла на три равные части с использованием способа угла больше развернутого.
статья [1,0 M], добавлен 28.02.2010Плоскость как простейший вид поверхности, ее задание тремя точками. Основные геометрические фигуры на плоскости. Определение геометрического места точек, примеры для угла и окружности. Сущность использования метода геометрических мест при решении задач.
курсовая работа [115,2 K], добавлен 10.01.2010Цепочка теорем, которая охватывает весь курс геометрии. Средняя линия фигур как отрезок, соединяющий середины двух сторон данной фигуры. Свойства средних линий. Построение различных планиметрических и стереометрических фигур, рациональное решение задач.
научная работа [2,0 M], добавлен 29.01.2010Особенности изложения школьного курса по математике по теме "Многоуголная система координат". Способы нахождения точки, которые лежат на оси абсцисс. Построение треугольника по трем точкам. Как найти координаты точек пересечения сторон треугольника.
презентация [442,0 K], добавлен 21.04.2011Формирование учебных достижений обучающихся, в образовательной области "Математика и информатика". Планируемые достижения обучения решению задач на геометрические построения в 7 классе и методика их реализации. Структура пользовательского интерфейса.
дипломная работа [748,3 K], добавлен 07.09.2017
