Геометрические фигуры с недостающими элементами как дидактический материал для тематического и итогового повторения
Геометрические фигуры с недостающими элементами как дидактический материал для тематического и итогового повторения
Изотова Ирина Юрьевна
учитель математики и информатики
МОУ СШ № 7 Центрального района Волгограда
В задачах из школьных учебников по геометрии, как правило, явно фигурируют данные и искомые величины. Поэтому, усилия решающего направлены на отыскание зависимостей между этими величинами. Выполнять такие упражнения, безусловно, надо, однако ограничиваться только этим не следует. Дело в том, что на практике часто приходится иметь дело с такими ситуациями, в которых следует, прежде всего, выяснить какие данные необходимыvи как их получить. В этом смысле особый интерес представляет рассмотрение таких фигур, у которых отдельные элементы непосредственным измерением найти нельзя, поскольку это не позволяют сделать либо возможности инструментов, либо особенности фигуры (некоторые ее элементы могут быть недоступны или исключены). В таком случае при решении задач на вычисление приходится очень часто прибегать к геометрическим построениям, исследованиям, доказательствам, в результате чего задача приобретает комплексный характер.
Вот некоторые примеры отдельных задач с исключениями элементами.
Задача 1.
Определить, пользуясь линейкой и транспортиром, градусную меру углов четырехугольника, у которого все вершины исключены.
Решение:
Соединим две произвольные точки M и N, принадлежащие смежным сторонам четырехугольника. Получим треугольник, у которого одна сторона MN, а две другие АM и АN, где А одна из недоступных вершин четырехугольника. Тогда углы M и N треугольника АMN можно измерить, а третий угол (один из углов четырехугольника) – найти вычислением. Таким способом найдем три угла, а четвертый угол определим вычитанием из известной суммы углов четырехугольника суммы трех найденных углов.
При решении задач с исключенными элементами используются не только характеристические свойства фигур, но и геометрические преобразования, в частности параллельны перенос, симметрия, подобие.
Задача 2.
В модели трапеции, вырезанной из бумаги, оторваны все углы. Проведите доступные части диагоналей. Определите длины диагоналей трапеции.
Решение:
Выполним параллельный перенос боковых сторон трапеции. Из произвольной точки Е верхнего основания трапеции проведем ЕА1 || АВ, ЕD || CD.
Точки H и F – середины ЕА1 и ЕD1. Проведем среднюю линию трапеции MN. Тогда MH + FN = ВС.
Имея среднюю линию и длину верхнего основания ВС можно ответить на вопрос задачи. На средней линии MN отложим отрезок LN, равный BC. Проведем LK || CD. BCDK – параллелограмм. На его диагонали BD лежит точка P – середина отрезка LN. Проведем PQ || CN и соединим точки Q и N. Диагональ BD проходит через точку Р параллельно QN. Но диагональ BCDK является одновременно диагональю трапеции. Значит отрезок BD искомый и BD = 2QN.
Аналогично определяется и вторая диагональ.
Задача 3.
Все три вершины треугольники исключены. Определите площадь треугольника.
Решение:
(I способ)
Используем теорему «Медиана треугольника делит пополам всякий отрезок соединяющий две точки сторон треугольника и параллельный стороне к которой проведена медиана».
Пусть имеем 13 EMBED Equation.3 1415, вершины которого исключены. Проведя в 13 EMBED Equation.3 1415два отрезка, параллельные стороне ВС, находим их середины. Полученные две точки определяют прямую, которой принадлежит медиана, проведенная из вершины А. Проведя доступную часть медианы, получим середину стороны ВС – точку N.
Аналогично определяется середина стороны АВ – точка М. Значит МN - средняя линия 13 EMBED Equation.3 1415, поэтому МN=0,5 АС.
Из любой зточки К средней линии МN опускаем перпендикуляр на сторону АС и получаем отрезок KL, равный половине высоты, проведенной к АС. Измерив длину MN и KL найдем 13 EMBED Equation.3 1415.
(II способ)
Определим длины сторон 13 EMBED Equation.3 1415, удвоив средние линии треугольника, найденные так же как в I способе. Пусть АВ=с, ВС=а, АС=в. Теперь вычислим площадь треугольника по формуле Герона
13 EMBED Equation.3 1415
(III способ)
Построим вспомогательный 13 EMBED Equation.3 1415, стороны которого соответственно параллельны сторонам данного и равноотстают от них.
Построив биссектрисы углов А1 и В1 найдем точку их пересечения F. Проведем 13 EMBED Equation.3 1415. 13 EMBED Equation.3 1415 подобен 13 EMBED Equation.3 1415. Пусть их коэффициент подобия равен к.
13 EMBED Equation.3 1415подобен 13 EMBED Equation.3 1415, их коэффициент подобия равен тоже к, поскольку
13 EMBED Equation.3 1415.
Отсюда 13 EMBED Equation.3 1415 или 13 EMBED Equation.3 1415.
13 EMBED Equation.3 1415, а так же длины отрезков DF и DF1 доступны для измерения.
Уже тот факт, что задача допускает несколько способов решения утверждает методическую целесообразность ее использования.
Фигуры с недостающими элементами дают широкие возможности для составления задач, требующих значительного теоретического багажа. Такие задачи представляют особую ценность при тематическом и обобщающем повторении, когда приходится повторять материал, уже известный учащимся, и потому не вызывающий такого интереса как новый.
Будучи насыщенным математическим содержанием и неся хорошую умственную нагрузку, такие задачи способствуют активизации интеллектуальной деятельности учащихся.
Такие задачи являются также полезным дидактическим материалом для самостоятельных практических и лабораторных работ по геометрии. Для этой цели изготавливаются модели различных фигур с исключенными элементами. При проведении лабораторных работ учитель раздает учащимся модели фигур и формулирует задание. Ученики прямо на полученной модели выполняют необходимые построения, измерения, а результаты заносят в тетрадь. В тетради даются краткое описание хода работы, необходимые обоснования, доказательства и вычисления. После проверки учителем на модель наклеивается чистая бумага и пособие снова готово к использованию.
N
M
B
A
A1
K
D1
D
E
Q
C
M
L
H
N
P
F
A
B
C
D
В
С
D1
F
А
С1
В1
D
А1
Root Entry