Главная База знаний "Allbest" Педагогика Методика изучения задач на построение циркулем и линейкой в средней школе

Методика изучения задач на построение циркулем и линейкой в средней школе

Психолого-педагогический аспект и общие методические рекомендации к изучению темы "Геометрические построения циркулем и линейкой". Планы уроков, методические комментарии, факультативные занятия к изучению простейших задач на построение (в 7 классе).

Рубрика Педагогика
Вид дипломная работа
Язык русский
Дата добавления 03.07.2011
Размер файла 1,1 M

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.

Страница:

Задача. Постройте прямоугольный треугольник по его катетам.

Данную задачу ученик решает у доски, предварительно проведя ее анализ.

1. Анализ.

Рис.8.

Выполним чертёж - набросок (рис.8).

СА=b, CB=a, АСВ=

2. Построение (рис.9).

Рис.9.

1. На прямой отметим точку С и отложим отрезок СВ=а.

2. Построим прямую, проходящую через точку С перпендикулярную СВ.

3. Отложим отрезок СА=b

4. АВС - искомый.

3. Доказательство.

В АВС ВС=а, СА= b, ВDАС, следовательно, угол ВСА равен 90є. Значит треугольник АВС - искомый.

Также для отработки умений и навыков, можно использовать задачи №154 (а, б) (см. приложение 1).

4. Подведение итога (3мин)

1. В ходе урока мы решили две задачи на построение. Учились:

а) строить середину отрезка;

б) строить перпендикулярные прямые.

2. В ходе решения этих задач:

а) вспомнили признаки равенства треугольников;

б) использовали построения окружностей, отрезков, лучей.

5. На дом (2мин): №153 (см. приложение 1).

Урок№3

Тема: Решение задач на построение

Цели:

обучающая: отработка умений и навыков выполнения элементарных построений с помощью циркуля и линейки;

развивающая: развитие пространственного мышления, внимания;

воспитательная: воспитание трудолюбия и аккуратности.

Ход урока:

1. Проверка домашнего задания (10мин)

Проверить выполнение задачи №153.

Проверку можно организовать так: у доски три ученика, они должны построить прямую, проходящую через точку А перпендикулярно прямой а (рис.10).

Рис.10.

Класс в это время может выполнить задание: дан треугольник АВС. построить высоту АD. После выполнения задания каждый шаг построения должен быть прокомментирован и обоснован.

2. Самостоятельная работа

Самостоятельная работа проводится по трём вариантам и имеет контролирующий характер

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.

§6. Планы уроков и методические комментарии к обучению задач на построение треугольника по трём элементам

В 7 классе в теме: "Соотношения между сторонами и углами треугольника" рассматриваются построения треугольников по трем заданным элементам с помощью циркуля и линейки.

Решаются следующие задачи:

1. Построение треугольника по двум сторонам и углу между ними.

2. Построение треугольника по стороне и двум прилежащим к ней углам.

3. Построение треугольника по трём сторонам.

Для успешного решения данных задач необходимо повторить: откладывание на прямой отрезка данной длины; построение угла, равного данному; признаки равенства треугольников; неравенство треугольника.

Повторение можно организовать в форме практической работы и фронтального опроса.

В результате изучения темы ученики должны научиться строить треугольники по трём данным элементам с помощью циркуля и линейки.

На изучение данной темы отводится 3 часа.

На первом уроке предлагается рассмотреть задачи: построение треугольника по двум сторонам и углу между ними; построение треугольника по стороне и двум прилежащим к ней углам. Второй урок посвящён построению треугольника по трём сторонам. Третий урок - решение задач, отрабатывающих умения и навыки построения треугольников по трём элементам циркулем и линейкой.

Урок№1

Тема: Построение треугольника по двум сторонам и углу между ними.

Построение треугольника по стороне и двум прилежащим к ней углам

Цели:

обучающая: познакомить учащихся с алгоритмом построения треугольника по двум сторонам и углу между ними; по стороне и двум прилежащим к ней углам; формирование умений и навыков по применению данного алгоритма к решению задач;

развивающая: развитие математического мышления, творчества, внимания;

воспитательная: воспитание трудолюбия и аккуратности.

Ход урока:

1. Актуализация базовых знаний (5мин)

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.

2. Изучение нового материала (15мин)

Объяснение нового материала проводит сам учитель.

Задача. Построить треугольник по двум сторонам и углу между ними.

Решение. Прежде всего уточним, как можно понимать эту задачу, т.е. что здесь дано и что нужно построить.

Даны отрезки РQ, РQ и угол hk (рис.11, а).

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.

Проведем прямую а и на ней с помощью циркуля отложим отрезок АВ, равный отрезку РQ (рис.11, б). 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.

Рис.11.

Задача. Построить треугольник по стороне и двум прилежащим к ней углам.

Решение. Дан отрезок КМ и углы mp и rs (рис.12, а). 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.12, б). 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.

Рис.12.

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<180є 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.

Учитель проводит анализ данных задач используя решение приведенное в учебнике, а учащиеся у доски выполняют построение и доказательство.

3. Закрепление (15 мин)

Учащиеся у доски решают №287, №290 (а) (см. приложение 1).

4. Подведение итога (3мин)

Объясните, как построить треугольник: а) по двум сторонам и углу между ними; б) по стороне и двум прилежащим к ней углам.

5. На дом (2мин): №290 (б), №291 (а) (см. приложение 1).

Урок№2

Тема: Построение треугольника по трем сторонам

Цели: обучающая: познакомить учащихся с алгоритмом построения треугольника по трем сторонам; отработка умений и навыков применения данного алгоритма при решении задач; развивающая: развитие гибкости математического мышления, творчества, внимательности; воспитательная: воспитание трудолюбия и аккуратности.

Ход урока:

1. Активизация необходимых теоретических понятий (10мин)

Повторяем 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.

2. Изучение нового материала (10мин)

Учитель проводит анализ задачи, а построение и доказательство выполняют учащиеся у доски с использованием таблицы №5 приложения 4.

Задача. Построить треугольник по трем сторонам.

Решение. Пусть даны отрезки РQ, РQ и PQ (рис.13, а). 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.13, б).

Рис.13.

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.

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.

3. Закрепление (15 мин)

Учащиеся у доски решают №292, 294 (см. приложение 1).

4. Подведение итога (3мин)

1. Объясните, как построить треугольник по трём сторонам.

2. Всегда ли эта задача имеет решение?

5. На дом (2мин): № 295 (см. приложение 1).

Урок№3

Тема: Решение задач на построение треугольника по трем элементам

Цели:

обучающая: отработка умений и навыков решать задачи на построение треугольников по трем элементам;

развивающая: развитие гибкости математического мышления, творчества, внимательности;

воспитательная: воспитание трудолюбия и аккуратности;

Ход урока:

Решение задач выполняют учащиеся с помощью учителя.

Задача. Построить прямоугольный треугольник по катету и прилежащему углу.

Решение.

1. При решении этой задачи учитель, в форме эвристической беседы, проводит ее анализ. Анализ можно провести устно, изобразив чертеж-набросок на доске. Затем ученик решает задачу у доски.

2. Построение.

Рис.14.

1. На прямой отметим точку С (рис.14) 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.

3. Доказательство. В треугольнике АВС АС перпендикулярна СВ, СВ=а, СВА= (по построению).

Задача. По катету и противолежащему углу построить треугольник.

Решение этой задачи сводится к решению предыдущей задачи, для этого ученики должны научиться строить угол равный 90є - . Учитель ставит перед учащимися проблему: как построить угол 90є-, если задан.

Построение.

1. Построим две перпендикулярные прямые АВ и СD (рис.15). Обозначим точку пересечения прямых точкой О.

2. Построим угол ВОК = .

3. Тогда угол КОС= (90є - )

Рис.15.

Решение задачи учащиеся должны осуществить самостоятельно.

Задача. Построить треугольник по стороне, противолежащему углу и высоте, проведенной на одну из двух сторон треугольника.

Решение. Анализ данной задачи учитель проводит вместе с учениками. Построение и доказательство ученики выполняют самостоятельно.

1. Анализ.

1. Выполним чертеж - набросок (рис.16)

Рис.16.

2. Рассмотрим треугольник АВD его мы можем построить по катету и противоположному углу (ВDА=90є, ВАD=, ВD= h).

3. Построив треугольник АВD мы легко можем его достроить до треугольника АВС, построив ВС=а.

§7. Планы уроков и методические комментарии к изучению задач на построение в курсе геометрии 8 класса

На изучение данной темы отводится два урока.

Перед изучением данной темы необходимо рассмотреть задачу №385, где даётся доказательство теоремы Фалеса.

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.). 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.

Рис.17.

Урок №1

Тема: Деление отрезка на n равных частей

Цели:

обучающая: научить учащихся делить данный отрезок на n равных частей;

развивающая: развитие пространственного мышления, внимания;

воспитательная: воспитание трудолюбия и аккуратности.

Оборудование: таблицы с порядком решения задач на построение.

Ход урока:

1. Актуализация знаний учащихся (10мин)

1. Подготовить у доски доказательство теоремы Фалеса (спросить одного из наиболее подготовленных учащихся).

2. Повторение простейших задач на построение на доске и в тетрадях (без доказательства):

а) построить середину данного отрезка;

б) построить биссектрису данного угла;

в) построить прямую, перпендикулярную данной;

г) построить прямую, параллельную данной.

2. Изучение нового материала (10мин)

Деление отрезка на n равных частей можно предложить учащимся рассматривать самостоятельно, опираясь на решение задачи №396. В данном случае учитель играет роль консультанта.

3. Решение задач (15мин)

1. Используя циркуль и линейку без делений, через точку М провести прямую так, чтобы она пересекала отрезок АС в его середине (рис.18).

Рис.18.

2. С помощью циркуля и линейки разделите отрезок АЕ и DE на три равные части (рис. 19).

Рис. 19.

3. С помощью циркуля и линейки разделите отрезок АВ на пять равных частей (рис. 20).

Рис. 20.

4. Подведение итога (3мин)

Объясните, как разделить данный отрезок на n равных частей?

5. На дом (2мин)

Задание: С помощью циркуля и линейки разделите отрезок АВ на пять равных частей.

Урок №2

Тема: Построение четырёхугольников

Цели:

обучающая: совершенствовать навыки решения задач на построение; отработка умений и навыков построения четырёхугольников по заданным элементам.

развивающая: развитие математического мышления, расширение кругозора;

воспитательная: воспитание трудолюбия и аккуратности.

Ход урока:

1. Актуализация знаний (15мин)

На доске заготовлены чертежи, на которых изображены различные четырёхугольники: прямоугольник, ромб, квадрат, параллелограмм, трапеция. К каждому чертежу приглашается ученик. Он должен перечислить все известные свойства изображённой фигуры.

2. Решение задач (20мин)

Следующие задачи решаются учащимися у доски: №393, №397, №398 (см. приложение 3).

3. Подведение итога (3мин)

Ещё раз повторяем основные этапы решения задач на построение.

4. На дом (2мин): №394, №395 (см. приложение 3).

§8. Использование различных методов при решении задач на построение циркулем и линейкой

8.1 Метод спрямления при решении задач на построение

Как известно, в школьных программах рассматриваются метод геометрических мест, метод преобразования фигур (метод подобия, параллельный перенос, поворот, симметрия). Но нигде не упоминается метод спрямления, который применяется при решении задач, связанных со спрямлением ломанных линий, в частности задач, содержащих в качестве данных сумму или разность звеньев ломанной. Конечно, все эти методы переплетаются, дополняют друг друга. А начинать решение уже достаточно сложных задач на построение именно методом спрямления можно, а в математических классах нужно, с 7-го класса.

Правильное осмысление решение задач на построение состоит из четырех частей:

1. Анализ.

2. Построение.

3. Доказательство (синтез).

4. Исследование.

1. Анализ. Составляется план решения. Для этого поступают так: предполагают задачу решенной и делают от руки примерный чертеж искомой фигуры (не обязательно соответствующий построению размерам). Нужно найти такую зависимость между данным и искомыми величинами, которая позволила бы определить положение искомой точки, или отрезка, или угла, на нахождение которых нацелено решение задачи.

При этом приходится проводить различные вспомогательные прямые, окружности, нередко даже наудачу, не зная заранее, принесет ли проведенная линия пользу или нет. Когда при помощи различных рассуждений и догадок зависимость между данными и искомыми величинами определена, переходят ко второй части решения - построению.

2. Построение - механическое выполнение тех приемов, которые были выведены из плана решения задачи, т.е. анализа.

3. Доказательство. Когда искомая фигура построена, необходимо доказать, что она удовлетворяет всем требованиям задачи. При этом ход рассуждений будет обратный тому, который применялся при анализе. Поэтому иногда доказательство называют синтезом.

4. Исследование имеет целью выяснить, всегда ли задача разрешима, сколько решений допускается (одно или несколько). Необходимо рассмотреть всевозможные частные случаи, причем нужно выяснить, меняется ли ход решения в этих случаях и как именно.

Рассмотрим несколько задач, решаемых методом спрямления. Приведенные ниже задачи предлагается разделить на три части. На первом уроке учитель в диалоге с учениками решает следующие задачи: 1, 6, 9 (одну задачу рассмотрим в подробном изложении, т.е. опишем все четыре части решения; в остальных дадим только анализ). На втором уроке самостоятельная работа по вариантам, задачи: 2, 4, 5,7. Для индивидуальной работы с сильными учениками можно предложить следующие задачи: 3,8.

Задача 1. Построить треугольник по данной стороне, углу, к ней прилежащему, и сумме двух других сторон.

Решение.

Рис.21.

1. Анализ. Пусть АВС - искомый (рис.21). Продолжим сторону ВА и на ее продолжении отложим АD=СА. Соединим точки C и D.

В СВD имеем: BD=b+c, BC =a, СВD=B.

Треугольник ВСD можно построить по двум сторонам и углу между ними.

Треугольник САD - равнобедренный, в котором АН - высота и медиана. Проведя серединный перпендикуляр (АН СD), определим вершину А.

2. Построение.

1) СВD, где ВС=а; В и ВD=b+c;

2) НАСD и СН=НD.

3. Доказательство. АВС - искомый, так как он удовлетворяет всем требованиям задачи: ВС=а; ВС+АС=b+c; В равен данному.

4. Исследование. Условие, необходимое для решения задачи, b+c>а. Докажем, что это условие и достаточно, т.е. если оно выполнено, то задача разрешима.

Если b+c>a, то в ВСD С<D, а поэтому возможно провести прямую линию АС по АСD к стороне СD, чтобы АСD=АDC, что позволяет восстановить серединный перпендикуляр к СD.

Задача разрешима при b+с>a и имеет одно решение.

Задача 2. Построить треугольник по разности сторон а и b, стороне с и В.

Рис.22.

Анализ. Пусть АВС построен (рис.22). Отложим на стороне ВС отрезок СВ=АС, тогда ВВ=а-b.

АВВ возможно построить по двум сторонам и углу между ними: АВ=с, ВВ=а-b и В.

Для определения вершины С необходимо восстановить серединный перпендикуляр к стороне АВ (АСВ - равнобедренный) до пересечения с продолжением стороны ВВ (луч ВВ).

Задача 3. Построить треугольник по двум углам и периметру.

Рис.23.

Анализ. Пусть АВС - искомый (рис.23). На продолжении стороны АВ в обоих направлениях отложим отрезки DA=AC и ВЕ=СВ и соединим D с С и Е с С, получим DСЕ, в котором DЕ=Р.

Треугольники DАС и ВЕС - равнобедренные, и АКDС, где DK=KC и ВF СЕ, и СF=FЕ, что позволит определить вершины А и В. D=А, Е=В (свойство внешнего угли треугольника). Значит задача сводится к построению DCE по стороне Р и двум углам: D и Е. Здесь произведено спрямление сторон АС и СВ со стороной АВ.

Задача 4. Построить треугольник по данной стороне, углу, ей противолежащему, и разности двух других сторон.

Рис.24.

Анализ. Пусть АВС построен (рис.24). На АС отложим АВ и получим точку D. ВАD - равнобедренный.

В ВDС известны две стороны: ВС=а и DC=b-c. Определим ВDС. Он внешний по отношению к ВАD и равен сумме двух внутренних углов, с ним не смежных, т.е. ВDС=А+DВА.

Но DВА=АDВ= (180 - А): 2.

Таким образом, ВDC=А+АВD=А+.

Итак, задача свелась к построению ВDC по двум сторонам а и b-с и ВDС. Построение ЕА ВD, причем ВЕ=ЕD, до пересечения луча СD с ЕА дает положение вершины А.

Задача 5. Построить треугольник по данной стороне, углу, ей противолежащему, и сумме двух других сторон.

Рис.25.

Анализ. Пусть АВС построен (рис.25). На луче ВА отложим отрезок АD=АС. Получим АDС - равнобедренный, в котором D=С=А (свойство внешнего угла треугольника).

Задача сводится к построению ВDC по двум сторонам ВD=b+c, ВС=а и углу D, противолежащему меньшей стороне а. Чтобы определить положение вершины А, достаточно провести ЕА DC, причем DЕ=ЕС.

Задача 6. Построить прямоугольный треугольник по сумме катета и гипотенузы и острому углу.

Рис.26.

Анализ. На продолжении гипотенузы отложив катет АС, получим АВ=с+а (рис.26).

И можно построить ААС по стороне а+с и двум углам: А и А= (180-СВА) = (180 - (90 - А)) = (90 +А), так как АСВ равнобедренный и В=180-СВА. Задача сведена к построению АСА и КВ АС, причем АК=КС. Так будет найдена вершина В.

Задача 7. Построить прямоугольный треугольник по катету и разности гипотенузы с другим катетом.

Рис.27.

Анализ. Пусть АВС удовлетворяет всем условиям задачи (рис.27). На продолжении катета ВС отложим СD=с-b, тогда ВD=b+ (c-b) =c, отсюда АВD - равнобедренный: АВ=ВD=c (гипотенуза спрямлена с-b). Первоначально можно построить прямоугольный треугольник АСD по двум катетам b и СD=c-b. Затем, воспользовавшись свойствами равнобедренного треугольника (либо равенством углов при основании, либо свойством высоты - медианы), можно построить АВС, т.е. определить положение точки В.

Задача 8. Построить АВС по углам А и В и разности сторон а-b.

Рис.28.

Анализ. Пусть АВС построен (рис.28).

В нем С=180- (А+В), АDС - равнобедренный с углом при основании х. Необходимо вычислить АDВ для построения АDВ по стороне и двум углам. АDВ=х+с=х+180- (А+В), но в АСD:

х= (180-с) = (180-180+ (А+В)) = (А+В), следовательно АDВ= (А+В) +180- (А+В) =180-.

Таким образом, имеем возможность построить АDВ по стороне а-b и прилежащим двум углам: В и АDВ.

Для получения вершины С есть несколько возможностей. Например, под углом А построить луч до пересечения с продолжением стороны а-b; или восстановить серединный перпендикуляр QC AD до пересечения с продолжением стороны а-b.

Задача 9. Построить АВС, если даны: а, с-b; С-В.

Предварительно решим такую задачу.

Рис.29.

В АВС проведена биссектриса угла при вершине А до пересечения с ВС в точке D (рис.29). На большей боковой стороне отложим отрезок АЕ, равный меньшей стороне АС. Соединим D и Е. Зная углы В и С, определить ВDЕ.

СDА=DАЕ по двум сторонам и углу между ними. Из этого следует, что АЕD=С.

АЕD - внешний по отношению к DЕВ, АЕD=ЕDВ+В. из этого следует, что ЕDВ=С-В.

Теперь решаем задачу на построение АВС, используя данные, полученные в предыдущей задаче.

Анализ. Задача сводится к построению DЕВ по стороне с-b, противолежащему углу С-В и сумме сторон DЕ+DВ=а, заключающих этот угол. Из равенства АСD и DАЕ следует, что СD=DЕ (см. задачу 5).

Спрямляем ЕD с ВD (это уже имеется на чертеже), ЕСD= (С-В). СЕВ построим по сторонам с-b; а и ЕСВ= (С-В). точка D=МDCB (MD-серединный перпендикуляр к СЕ).

DЕВ построен, и, чтобы построить АВС, нужно продолжить ВЕ до пересечения с биссектрисой СDЕ - получим точку А.

ВС=а=DЕ+DВ.

8.2 Решение задач на построение с использованием свойств движений

Тема "Движение", представленная в учебниках по геометрии для основной школы, содержит немного задач на применение преобразований фигур. Однако по данной теме можно найти интересные геометрические задачи. Они могут быть разнообразны и по уровню сложности, и по учебному материалу, необходимому для решения. Это разнообразие можно с успехом использовать в ходе повторения темы "Движение". Опишем один урок повторения. Он начинается с того, что учащиеся повторяют определения и построения, относящиеся к центральной симметрии, осевой симметрии, повороту, параллельному переносу. Для этого предлагаются следующие задания; которые выполняются у доски:

1) Построить отрезок, симметричный относительно прямой; точки.

2) Выполнить параллельный перенос треугольника на заданный вектор.

3) Построить прямую, которая получается из заданной прямой поворотом вокруг точки О на угол 80є по часовой стрелке.

После повторения теоретической части предлагаются задачи на построение, которые предлагается решать учащимися у доски.

Задача. Построить параллелограмм по двум противоположным вершинам, лежащим на сторонах данного четырехугольника, причем остальные вершины параллелограмма также должны принадлежать сторонам данного четырехугольника.

Решение.

1. Анализ.

Пусть искомый параллелограмм построен. На рис.30, а - это параллелограмм АВСD, который вписан в данный четырехугольник LMNK, точки В и D - данные.

Рис.30.

Проанализируем, что можно предпринять, чтобы стала видна возможность построения. Пока видно только одно: можно провести диагонали. Проводим диагонали BD и СА (рис.30, б) и тут же замечаем, что точка О их пересечения является центром симметрии параллелограмма. А это значит, что она лежит на пересечении отрезка ML с образом отрезка KN при симметрии относительно точки О. Таким образом, мы нашли способ построения третьей вершины искомого параллелограмма. А четвертую его вершину можно найти, исходя из свойств этой фигуры.

2. Построение. Проведем отрезок BD и разделим его пополам точкой О.

Строим точки K и N, симметричные относительно О точкам K и N соответственно.

Обозначим через А точку пересечения отрезков ML и KN. Строим точку С, симметричную относительно О точке А. Искомая фигура - АВСD (рис.31).

3. Доказательство. Точки А и С, В и D - симметричны относительно точки О по построению. А это значит, что диагонали BD и АС четырехугольника АВСD пересекаются и точкой пересечения делятся пополам. Отсюда следует (по определению), что построенный четырехугольник - параллелограмм.

4. Исследование. Успех построения зависит от возможности найти точку А.

Рис.31

Если прямые KN и LM пересекаются, то пересекаются и прямые KN, LM. Тогда задача имеет единственное решение. Это значит, что данный четырехугольник не должен быть ни параллелограммом, ни трапецией с основаниями KN и ML.

Есть и еще одно ограничение. Стороны KN и ML должны быть такими, чтобы пересекались отрезки KN и ML. Иначе пересечение прямых ML и KN вне отрезка ML привело бы к видоизменению задачи.

Если KNLM, то задача имеет либо множество решений (когда прямые MN и KN оказываются параллельными).

Задача. Точки А и В лежат по разные стороны от прямой d. Постройте на ней такую точку Х, чтобы биссектриса угла АХВ лежала на прямой d.

Решение.

1. Анализ. Предположим, что точка Х найдена (рис.32). Тогда АХЕ=ЕХВ. А это значит, что лучи АХ и ВХ симметричны относительно луча ХЕ. Проведем перпендикуляры к прямой d из точек А и В. они пересекут лучи угла АХВ в точках А и В соответственно. Причем точки А и А, В и В симметричны друг другу относительно прямой d.

2. Построение. Строим точку А, симметричную точке А относительно прямой d. Строим точку В, симметричную точке В относительно прямой d.

Точки А и В (А, В) оказались в одной полуплоскости, а прямые ВА и ВА пересекаются в искомой точке Х.

Рис.32.

3. Доказательство. Углы АХЕ и ВХЕ равны по построению, следовательно, ХЕ - биссектриса, но луч ХЕ принадлежит прямой d. Значит, точка Х искомая.

4. Исследование. Если точка А не совпадает с точкой В, то возможно только одно решение.

Если точка А совпадает с точкой В, то задача имеет бесконечно много решений, так как любая точка прямой d удовлетворяет условию.

Если отрезок АВ оказывается параллельным прямой d, то решений нет.

Задача. Постройте такой равносторонний треугольник, чтобы одна его вершина совпадала с данной точкой О, а две другие принадлежали двум данным окружностям.

Рис.33.

Решение.

1. Анализ. Предположим, что требуемый треугольник построен. Угол при данной вершине О равен 60, причем ОА=ОВ. Это значит, что при повороте на 60 вокруг точки О против часовой стрелки вершина А перейдет в вершину В. значит, вторая искомая вершина треугольника является точкой пересечения образа окружности с центром О (при повороте на 60 вокруг точки О) с данной окружностью, имеющей центр О (рис.33).

2. Построение. Построим образ одной из окружностей при повороте на угол 60 с центром в данной точке О. Точка пересечения полученной окружности и второй из данных окружностей является второй вершиной треугольника. На рис.33 это точка В.

Доказательство и исследование учащиеся должны провести дома самостоятельно.

Задача. Построить трапецию по диагоналям d, d и двум параллельным сторонам а и b.

Решение.

1. Анализ. Предположим, что искомая трапеция построена и в ней проведены диагонали d и d. Попробуем построить фигуру, в которой диагонали присутствовали бы в "целом" виде, т.е. без пересечения друг с другом. Оставим одну диагональ на месте, а другую (допустим, АС) перенесем параллельно на расстояние АD (рис.34, а). Получим треугольник ВЕD в котором известны три стороны:

ВЕ=а+b, BD= d, DE= d.

Рис.34.

Точки В, Е, D позволяют построить параллелограмм АСЕD, в котором диагональ СD служит стороной искомой трапеции.

Для того чтобы найти другую сторону трапеции (рис.34, б), построим сначала треугольник АСЕ, у которого сторона АЕ является образом при параллельном переносе диагонали ВD на расстояние АD.

При таком анализе построение оказывается совершенно очевидным. Поэтому все последующие этапы решения целесообразно оставить учащимся для домашней работы.

8.3 Решение задач на построение методом подобия

При решении многих задач на построение применяется метод подобия, суть которого заключается в следующем: сначала строится фигура подобная данной, затем эта фигура увеличивается (уменьшается) в нужном отношении (т.е. строится подобная фигура), удовлетворяющая условию задачи.

Процесс обучения применению подобия к решению задач на построение целесообразно разбить на четыре этапа: подготовительный, ознакомительный, формирующий умение, совершенствующий умение. Каждый этап имеет свою дидактическую цель, которая достигается, когда учащиеся выполняют специально составленные задания.

Дидактическая цель подготовительного этапа - сформировать у учащихся умения: выделять данные, определяющие форму фигуры, множество пар подобных между собой фигур; строить фигуру по данным, определяющим форму; переходить от построенной фигуры к искомой.

Рис.35.

После изучения первого признака подобия треугольников можно предложить следующий набор заданий:

Постройте треугольник по двум углам. Сколько решений имеет задача? Какие элементы определяют форму построенных треугольников?

Назовите подобные треугольники на рис 35.

Известны следующие элементы треугольника: а) углы в 75и 25; б) высота 1,5 см; в) углы в 75 и 25, высота 1,5 см. какие из этих данных определяют единственную фигуру на рис.35?

Какие углы определяют форму треугольников на рис.35?

Можно ли будет определить размеры одного из треугольников на рис.35, если станут известны следующие данные: а) углы при основании треугольника; б) высоты треугольника; в) сторона и углы при основании?

Подобны ли треугольники АВС и АВС на рис.36, если АСАС? если они подобны, то каков их коэффициент подобия?

Рис.36.

Набор заданий, предъявляемых учащимся после изучения 2 и 3 признаков подобия треугольников, составляются аналогично. Однако при переходе от данного признака к следующему вопросы несколько усложняются, а именно: расположение треугольников на рисунках меняется, удаляясь от стандартного, варьируется набор элемента, определяющего единственную фигуру. Задания, например, могут быть такими:

1. Подобны ли треугольники АВС и АВС, если:

а) АВ=5см, ВС=7см, В=30є, АВ=10см, ВС=14см, В=60є;

б) АВ=5см, ВС=7см, В=30є, АВ=10см, ВС=14см, В=30є;

в) АВ=3см, ВС=5см, СА=7см, АВ=4,5см, ВС=7,5см, СА=10,5см;

г) АВ=1,7см, ВС=3см, СА=4,2см, АВ=34дм, ВС=60дм, СА=84дм.

2. В треугольнике АВС с острым углом С проведены высоты АЕ и ВD (рис.37). Докажите, что АВС подобен ЕDC.

Рис.37.

3. Докажите, что у подобных треугольников периметры относятся как соответствующие стороны.

Дидактическая цель ознакомительного этапа в том, чтобы разъяснить учащимся структуру процесса построения методом подобия.

Объяснение начинается с задачи.

Задача. Построить треугольник по двум данным углам и и биссектрисе длины d, проведенной из вершины третьего угла.

Анализируя задачу с учащимися, учитель предлагает задания - вопросы, ответы на которые кратко фиксируются на доске. Вопросы могут быть такими:

1. Какие данные определяют форму искомого треугольника?

2. Какие данные определяют размеры искомого треугольника?

3. Сколько треугольников можно построить построение двум углам? Какими будут построение форме все построенные треугольники?

4. Какой отрезок нужно провести в треугольнике, подобном искомому?

5. Как построить искомый треугольник?

Ответы на вопросы сопровождаются выполнением на доске чертежа от руки (рис.38).

Рис.38.

Далее составляется план построения и выполняется само построение. Запись построения у учащихся в тетрадях может быть такой:

а) АВС: А=, В=;

б) построить биссектрису угла С в треугольнике АВС,

в) построить СN=d, NCD;

г) через точку N провести прямую , АВ;

д) АC=А, ВС=В;

е) АВС - искомый: А=, В= (так как АВС АВС по 1 признаку) и СN=d по построению. Дидактическая цель этапа, формирующего умение решать задачи рассматриваемого вида, ясна уже из его названия. Основная форма деятельности на этом этапе - индивидуально-поисковая. Она завершается обобщающей беседой.

Приведем несколько примеров задач, которые можно предложить на данном этапе.

Задача. Внутри угла АОВ задана точка F. Построить на стороне ОА точку М, одинаково удаленную от F и от стороны ОВ

Решение.

1. Анализ. Обратимся к рисунку 39. Пусть точка М построена, тогда MF=MP. Это означает, что искомая точка М - есть центр окружности радиуса МF с центром М, касающуюся стороны ОВ в точке Р.

Рис.39.

Если мы возьмем на ОА произвольную точку М и опустим МР на СВ и найдем F пересечения окружности с центром М радиуса МР с прямой ОF, то МFP будет подобен МFР. Отсюда вытекает требуемое построение.

2. Построение. Проводим ОF, берем на СА произвольную точку М и опускаем МР на СВ. Проводим окружность радиуса МР с центром в точке М. Пусть F - точка пересечения этой окружности с ОF. Проводим FM и затем проводим прямую через точку FFM. Точка М пересечения этой прямой с ОА - искомая.

3. Доказательство. Очевидно из проведенного анализа.

4. Исследование. Задача имеет 2 решения. Это следует из того, что окружность пересекается с ОF в 2-х точках.

Задача. Построить треугольник по 2 углам и периметру.

Решение.

1. Анализ. Пусть и - данные углы и Р - периметр искомого треугольника (рис.40). Допустим, что искомый треугольник построен, тогда, если мы рассмотрим какой-либо АВС, подобный искомому, отношение периметра Р АВС к периметру Р АВС равно отношению сторон АС и АС.

Рис.40.

2. Построение. Построим АВС подобный искомому. На луче АВ, отложим отрезки АD=Р и АD=Р, затем соединим точку D и С, и через точку D проведем прямую DC. Пусть С - точка пересечения прямой с лучом АС. Через точку С проведем прямую СВ и обозначим В точку пересечения этой прямой с AD, тогда АВС - искомый.

3. Доказательство. Очевидно, что AСD подобен АСD, поэтому . По соотношению сторон равно отношению периметров подобных АВС и АВС, поэтому периметр АВС=Р, следовательно, АВС - искомый.

4. Исследование. Так как сумма любых двух углов треугольника <180, то условие +<180 является необходимым условием для данного построения оно и достаточно. Затем указанным выше способом строится искомый АВС. Такой треугольник единственный, ибо любой другой с такими же данными будет иметь периметр Р и следовательно, будет подобен построенному с коэффициентом подобия равным 1, а два подобных треугольника с одним коэффициентом равны.

Задача. Дан АОВ и точка М, расположенная во внутренней области этого угла. Построить окружность , проходящую через точку А касающуюся сторон угла АОВ.

Решение.

1. Анализ. Пусть АОВ - данный и точка М, расположена во внутренней области угла (рис.41).

Рис.41.

Проведем еще одну окружность , касающуюся сторон АОВ. Обозначим, М - точку пересечения окружности с прямой ОМ и рассмотрим ОМN и ОМN (N и Nцентры окружности и ).

Эти треугольники подобны по двум углам, поэтому построение искомой окружность можно провести следующим образом:

2. Построение. Так как центр искомой окружности лежит на биссектрисе АОВ, то проводим биссектрису угла. Далее, возьмем здесь же точку N и построим окружность с центром N, касающуюся АОВ. Затем проводим прямую СМ и обозначим через М - точку пересечения прямой с окружностью (таких точек две - М и М - берем одну из них). Проводим прямую МN и ей прямую через точку М. Тогда N - пересечение прямой с биссектрисой угла и есть центр искомой окружности, а ее радиус равен МN. Проведем ее.

3. Доказательство. По построению окружность подобна , О - центр подобия. Это следует из подобия треугольников ОМN и ОМN, поэтому раз окружность касается сторон угла, то и окружность будет касаться сторон угла.

4. Исследование. Задача имеет два решения, т.к. ОМ пересекается с окружностью в двух точках М и М, каждой из которых будет соответствовать своя окружность, проходящая через точку М и касающаяся сторон АОВ.

Дидактической целью этапа, совершенствующего умение решать задачи типа рассмотренных, является перенос сформированного умения на более сложные задачи, в частности на следующие ситуации: искомая фигура занимает определенное положение по отношению к данным точкам или линиям, при этом устранение одного из условий задачи приводит к системе подобных или гомотетичных фигур. Приведем пример такой задачи.

Задача. В данный треугольник впишите квадрат так, чтобы две его вершины лежали на одной стороне треугольника, а две другие - на двух других сторонах.

Задачи, соответствующие целям этого этапа, исключены из числа задач обязательного уровня. Поэтому они предлагаются только хорошо успевающим школьникам. Главное внимание на этом этапе уделяется индивидуально-поисковой деятельности учащихся.

§9. Факультативные занятия по теме "Геометрические построения циркулем и линейкой"

Учителям, работающим в 7 классе, можно предложить рассмотреть на факультативных занятиях следующие темы: "Геометрическое место точек", "Метод геометрических мест", "Построение отрезков, заданных алгебраическим способом", "Задачи, неразрешимые циркулем и линейкой".

9.1 Геометрическое место точек

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.42).

Рис.42.

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. (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.43).

Рис.43.

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.44). Через точку N проведем прямую m, параллельную прямой а (она будет параллельна и прямой b). Докажем, что прямая m есть искомое геометрическое место точек.

Рис.44.

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.

9.2 Метод геометрических мест

Учитель разъясняет сущность метода 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.

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.45). Геометрическое место точек, удовлетворяющих второму условию, есть окружность данного радиуса с центром в точке С. Искомая точка Х лежит на пересечении этих геометрических мест.

Рис.45.

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.46). 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.)

Рис.46.

2. На данной прямой найдите точку, равноудаленную от двух данных точек.

Искомая точка должна удовлетворять двум условиям:

1) равноудаленную от точек А и В, т.е. лежит на серединном перпендикуляре m к отрезку АВ;

2) лежит на данной прямой а.

Значит, искомая точка Х есть точка пересечения прямых а и m (рис.47). (Задача может не иметь решения, иметь бесконечное множество решений).

Рис.47.

3. Постройте окружность, которая касается сторон данного угла, причем одной из них - в данной точке.

Страница:


Подобные документы

Работы в архивах красиво оформлены согласно требованиям ВУЗов и содержат рисунки, диаграммы, формулы и т.д.
PPT, PPTX и PDF-файлы представлены только в архивах.
Рекомендуем скачать работу.

© 2000 — 2023, ООО «Олбест» Все права защищены