дома » МАТЕМАТИКА В ШКОЛЕ » Г. И. Саранцев. О МЕТОДИКЕ РЕШЕНИЯ ПЛАНИМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧ. § 1. Обучение решению задач методами геометрических преобразований.

Г. И. Саранцев. О МЕТОДИКЕ РЕШЕНИЯ ПЛАНИМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧ. § 1. Обучение решению задач методами геометрических преобразований.

Библиотека учителя математики.
ПРЕПОДАВАНИЕ ГЕОМЕТРИИ В 6—8 КЛАССАХ.
СБОРНИК СТАТЕЙ.

Ю. М. Колягин. Д. С. Зейналов

Г. И. Саранцев. О МЕТОДИКЕ РЕШЕНИЯ ПЛАНИМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧ.
§ 1. Обучение решению задач методами геометрических преобразований.

Текст для быстрого ознакомления (формулы и чертежи качественнее отображаются в PDF файле ниже):

Скачать бесплатно: Библиотека учителя математики. ПРЕПОДАВАНИЕ ГЕОМЕТРИИ В 6—8 КЛАССАХ. ВОПРОСЫ Г. И. Саранцев. О МЕТОДИКЕ РЕШЕНИЯ ПЛАНИМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧ.

(стр. 84-125)

Г. И. Саранцев. О МЕТОДИКЕ РЕШЕНИЯ ПЛАНИМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧ.
§ 1. Обучение решению задач методами геометрических преобразований.

З а д а ч а 1. Через центр О параллелограмма ABCD проведена
прямая /, пересекающая стороны ВС и AD параллелограмма
соответственно в точках М и N. Докажите, что \ВМ \ — \DN\.
Р е ш е н и е (традиционное). Отрезки ВМ и ND являются сторонами
треугольников ВМО и OND. (Чаще такие треугольники
приходится строить, что значительно осложняет решение задачи.
Мы намеренно выбрали простую задачу, чтобы показать сущность
самого принципа.) Треугольники ВМО и OND конгруэнтны, так
как \ В0\ = \0D\ (свойства диагоналей параллелограмма), МВО =

84  Обучение решению задач методами геометрических преобразований.

= NDO (накрест лежащие углы при параллельных прямых),

ВОМ == NOD (вертикальные углы). Следовательно, \ВМ\ == |LW|.
Р е ш е н и е (используя свойство геометрических преобразований).
Точка О — центр симметрии параллелограмма A BCD.
Тогда Z0 (В) — Z), Z0(M) = N, так как АГ = (МО) П UM).
Следовательно, |ЯМ| — 1РЛП.
З а д а ч а 2. Докажите, что прямая, содержащая точку О
пересечения диагоналей трапеции ABCD и точку М — середину
основания ВС у пересекает второе основание AD трапеции A BCD
в точке N, являющейся серединой основания AD.
Р е ш е н и е (традиционное).
А ВМО™ ADNO (Z. ОВМ & Z. ODNy Z. BOM ^ Z. АЮ£>),
следовательно, J 1 I= В —М— I I- •ОМ I
\ N D \ | о,VI — ] M C
Аналогично из подобия треугольников МОС и AON имеем: =
— |1 ОМ] о \ВМ I |МС| \ВМ\ | NDI \ВМ\ \ 1 Значит, 1^1—— -, или 1 но I \=1,
\ON\ | ND | | AN | I МС| I AN | | MC
следовательно, = 1, т. e. N — середина отрезка AD.
Р е ш е н и е (используя свойства геометрических преобразований).
Рассмотрим гомотетию с центром О, при которой [ВС] ->
[AD]. Образ М’ точки М принадлежит как отрезку AD (М £
6 [ВС]), так и прямой МО, т. е. М’ = (МО) f| IAD], а потому М’ =
= N. Так как гомотетия сохраняет отношение расстояний, то
I— Л#—| I= С=М 1 L| =1, т. е., N — середАиТ на отрезка AD. Л П
| ND | \~МВ | *
Из приведенных задач видно, что решения, основанные на
свойствах геометрических преобразований, значительно проще.
Геометрические преобразования дают ключ к решению многих
конструктивных задач, чего нельзя сказать о признаках конгруэнтности
или подобия треугольников. Рассмотрим задачи.
1. Впишите в данный острый угол треугольник наименьшего
периметра так, чтобы две его вершины принадлежали сторонам
угла, а третья — данной точке внутренней области угла. Ее решение
основано на свойствах осевой симметрии. Строим точки Мг
и М2, симметричные данной точке М относительно прямых, содержащих
стороны данного- угла. Точки пересечения отрезка М1М2
со сторонами угла являются вершинами искомого треугольника.
Периметр полученного треугольника равен длине отрезка МхМ2у
периметр любого другого треугольника, одной из вершин которого
является точка УИ, а две другие принадлежат сторонам данного
угла, равен длине ломаной, соединяющей точки М± и4 М2.
Метод, основанный на признаках конгруэнтности треугольников,
в данном случае является «беспомощным».
2. Впишите в данный треугольник другой треугольник, стороны
которого были бы параллельны трем данным прямым.

85 Обучение решению задач методами геометрических преобразований.

Обучение решению задач методами геометрических преобразований.

Обучение решению задач методами геометрических преобразований.

Эффективным средством решения
данной .задачи является
метод гомотетии. Вначале следует
построить треугольник
так, чтобы его стороны были
параллельны данным прямым,
а две вершины принадлежали
сторонам данного треугольника.
Построенный треугольник отображаем
гомотетией с центром
в вершине данного треугольника
так, чтобы все вершины
оказались на сторонах треугольника.
Рис. 1
Итак, методы геометрических
преобразований позволяют решать
большинство задач на доказательство,
построение и вычисление.
Наличие необходимых знаний еще не является достаточным
условием успешного использования их на практике, для этого
необходимо овладеть умениями использовать знания в конкретных
ситуациях. В исследованиях советских психологов Н. А. Менчин-
ской, Е. Н. Кабановой-Меллер и других делается вывод о том, что
знания сами по себе не превращаются в умения, для этого нужна
специальная работа [1, 7].
Поэтому формированию умения использовать геометрические
преобразования при решении задач (доказательстве теорем) должно
быть уделено самое серьезное внимание.
Для разработки методики формирования умения необходимо
выявить его компоненты, что позволит осуществить поэлементное
формирование этого умения.
Компоненты умения в использовании метода геометрических
.преобразований могут быть выявлены путем анализа решения конкретных
задач. В процессе этого анализа выявляются элементарные
умения, которые и являются компонентами умения использовать
геометрические преобразования при решении задач.
Рассмотрим примеры.
/. Задачи, решаемые методом осевой симметрии
З а д а ч а 1. Даны две окружности и прямая L Постройте
равносторонний треугольник так, чтобы две его вершины принадлежали
данным окружностям, а одна из высот — прямой I.
Р е ш е н и е . Предположим, что A ABC искомый (рие. 1).
Так как высота AD равностороннего треугольника ABC принадлежит
прямой /, то точки В и С симметричны относительно этой прямой
и лежат на данных окружностях (умение строить на произвольных
окружностях точки, симметричные относительно данной
прямой).

86 Обучение решению задач методами геометрических преобразований.

Если точка С принадлежит окружности F2 и симметрична точке
В, принадлежащей окружности Fly относительно прямой /,
то точка С принадлежит также и образу окружности F1 при симметрии
относительно прямой I. Следовательно, точка С есть общая
точка окружности F2 и образа окружности F± при симметрии S{.
Построив окружность Fu являющуюся образом окружности F1
(умение строить образ окружности при осевой симметрии), найдем
точку С.
Затем строим точку В как образ точки С при симметрии Sh
учитывая, что С принадлежит окружности F[ и F± симметрична F[
(умение строить симметричные точки на заданных симметричных
окружностях).
Последовательность операций, выполняемых при решении этой
задачи, такова: а) строим образ окружности при симметрии SL\
б) находим точки пересечения окружностей F[ и F2; в) отыскиваем
на окружности Fx прообразы точек пересечения окружностей
F[ .и F2; г) строим равносторонний треугольник ABC (А ё /).
Задача может иметь: а) единственное решение, когда F2 П
П F[ = С; б) два решения, когда F2 f| F[ = {М\ К}\ в) бесконечное
множество решений, когда F[ = F2. Задача не имеет
решений, когда F2 П F\ = 0.
Итак, чтобы решить задачу, учащиеся должны владеть следующими
умениями: а) строить образ окружности при осевой симметрии;
б) выделять соответственные при осевой симметрии точки на соответственных
при той же симметрии окружностях; в) строить
симметричные относительно прямой точки на произвольных заданных
окружностях*.
З а д а ч а 2. Окружность F± пересекает концентрические окружности
F2 и Fs соответственно в точках^Л, В и С, D. Докажите,
что хорды А В и CD параллельны.
Р е ш е н и е . Пусть О — центр окружности F± и Ог — центр
окружностей F± и F2. И пусть F± П F2= {А\ В}, П =
= {С; D). Тогда (ООх) — ось симметрии фигуры F — Fx \J,F2 U
U Fs (умение «видеть» ось симметрии).
Так как А 6 Fx f| F2y a S0ot (Ft П ^2) = Fi П Fz> то
5оо^(Л) € Fx П ^2» T* e- Soc(Л) =f В (умение «видеть» соответственные
точки на соответственных фигурах).
Аналогично Soo, (С) = D. Так как 1АВ\ JL [00х> и [CD] _L
± (ООх), то [АВ] || [CD],
Анализируя решения этих и других задач, решаемых методом
осевой симметрии, приходим к выводу, что овладение этим методом
требует формирования следующих умений: а) строить образы
фигур при осевой симметрии; б) «видеть» симметричные относительно
прямой точки на симметричных относительно этой же прямой
фигурах; в) строить ось симметрии; г) находить симметричные
относительно прямой точки на произвольных заданных
фигурах.

87 Обучение решению задач методами геометрических преобразований.

Обучение решению задач методами геометрических преобразований.

Обучение решению задач методами геометрических преобразований.

II. Задачи у решаемые методом поворота
З а д а ч а 3. Постройте равносторонний
треугольник так, чтобы одной его
вершиной была точка Р, другая принадлежала
прямой а, третья — прямой Ь.
Р е ш е н и е . Пусть Д PKL искомый
(рис. 2). Тогда точки К и L находятся
на равном расстоянии от точки Р, принадлежат
прямым а и b соответственно и
«видны» из точки Р под углом 60°. (Их
построение обеспечивается умением выделять
на заданных фигурах соответственные
при данном повороте точки.)
Так как точка L является образом точки
К при повороте вокруг точки Р на 60°, то
она принадлежит образу прямой а при указанном
повороте (умение строить образы
фигур при повороте), т. е. точка L есть общая
точка прямой a’=Rf*° (а) и прямой Ь.
Точка К является прообразом точки L.
Если b = Rf° (а), то задача имеет
бесконечное множество решений. В остальных
случаях задача имеет не более двух
решений, так как прямая b имеет не более
одной точки пересечения с прямой а’ и не
более одной точки пересечения с прямой а4 — R~^0° (а).
З а д а ч а 4. Через центр О правильного треугольника ABC
проведены две прямые, образующие между собдй угол в 60°. Докажите,
что отрезки этих прямых, заключенные внутри треугольника,
конгруэнтны.
Р е ш е н и е . Для доказательства конгруэнтности отрезков мы
должны найти перемещение, при котором один из отрезков отображается
на другой. Так как угол между прямыми, подмножествами
которых являются указанные отрезки, равен 60°, то естественно
рассмотреть поворот вокруг точки О. Учитывая, что поворот
вокруг точки О на 120° отображает треугольник на себя, приходим
к целесообразности рассмотрения поворота вокруг точки О на 120°.
При рассматриваемом повороте А В, В-^С, С->Л, 1АВ] -+
-+1ВС], [£С]->[СЛ], [СА]-+[АВ]. Точка Е ё [АС] (рис. 3)
отобразится на точку М, точка F € [АВ] — на N £ [ВС] (ЕОМ =
— 120°, FON — 120°, поворот сохраняет пересечение фигур).
Следовательно, I/7/:] -> [NM], Значит, Iff] ^ [ЛШ].
Итак, мы видим, что овладение этим методом требует формирования
таких умений: а) строить образы фигур при повороте;
б) находить соответственные при повороте точки на соответственных
при этом же повороте фигурах; в) «видеть» центр поворота; г) стро-

88 Обучение решению задач методами геометрических преобразований.

ить соответственные при повороте точки на произвольно данных
фигурах.
III. Задачи, решаемые методом параллельного переноса
З а д а ч а 5. Даны две окружности Fly F2 и прямая I. Проведите
прямую, параллельную прямой /, на которой окружности Fx
и F2 высекают конгруэнтные хорды.
Р е ш е н и е . Пусть прямая V искомая, т. е. прямая V высекает
на данных окружностях конгруэнтные хорды АВ и А’В’
(рис. 4). Тогда точки А и Л’, В и В’ можно рассматривать как соответственные
при параллельном переносе: О х O i (умение строить
соответственные точки на любых заданных фигурах).
Так как точка А’ является образом точки Л, принадлежащей
окружности Fu то точка Л’ принадлежит образу окружности Fx.
Следовательно, Л’ — общая точка окружности F2 и образа окружности
Fx при параллельном переносе 0±0{ (умение строить образы
фигур при параллельном переносе).
Построив точку Л’, находим на окружности FL ее прообраз
(умение выделять соответственные при повороте точки на соответственных
при том же повороте фигурах).
Если F2 = ОхО[ (FL)f то задача имеет бесконечное множество
решений. В остальных случаях задача имеет не более четырех
решений, так окружность F2 имеет не более двух точек пересечения
с окружностью F[ = OxOl (Fx) и не более двух точек пересечения с
окружностью F\ = 0[0Х (Fx).
З а д а ч а 6. Расстояние между центрами двух пересекающихся
окружностей равных радиусов равно d. Прямая, параллельная
линии центров, пересекает первую окружность в точках Л и В,
вторую — в точках С и D. Найдите длину отрезка АС (рис. 5).
Р е ш е н и е . Обозначим центры данных окружностей через
Oj и 02. Тогда параллельный перенос 0Х02 (умение выделять элементы,
определяющие параллельный перенос) отобразит окружность
с центром Ох на окружность с центром 02 (умение строить
образы фигур при параллельном переносе). Точка Л при этом переносе
перейдет в точку С, а точка В — в точку D (умение видеть

89 Обучение решению задач методами геометрических преобразований.

Обучение решению задач методами геометрических преобразований.

Обучение решению задач методами геометрических преобразований.

соответственные при параллельном переносе точки на соответственных
при том же переносе фигурах). Следовательно, | AC| == | BD | =
= \ 0102\ = d.
Нетрудно видеть, что овладение методом параллельного переноса
требует формирования таких же умений, которые необходимы
для решения задач методами симметрии и поворота.
IV. Задачи, решаемые методом гомотетии
З а д а ч а 7. Дан угол ABC и внутри него точка М. Проведите
через точку М прямую так, чтобы отрезок ее, заключенный внутри
угла ЛВС, делился точкой М в отношении 1 : 2.
Р е ш е н и е . Пусть отрезок KD искомый, т. е. | КМ|: | MD | =
= 1:2 (рис. 6). Тогда гомотетия Н ^ отобразит точку D на точку К
(умение выделять элементы, определяющие гомотетию). Так как
D£ [ВС), то [В’С’), где [В’С’) = Н~Т ([ВС)) (умение строить
А1
образы фигур при гомотетии и «видеть» соответственные при гомотетии
точки на соответственных фигурах). Следовательно, К ==.
= 1ВА) П [В’С’). Построив точку /С, найдем на [ВС) точку D,
являющуюся прообразом точки К при гомотетии Нм 2 .
З а д а ч а 8. Через точку М касания окружностей Ft и F2
проведены секущие k и /, пересекающие окружность Fu кроме
точки М, в точках Л и В, а окружность F2 — точках С и D. Докажите,
что прямые Л В и CD параллельны.
Р е ш е н и е . Две окружности, касающиеся в точке М, гомотетичны
относительно этой точки (умение выделять центр гомотетии).
Рассмотрим гомотетию, при которой Fl-+F2 (умение видеть
образ данной фигуры).
Эта гомотетия отобразит точку Л на точку С (рис. 7), а точку В
на точку D (умение видеть соответственные при гомотетии точки на
соответственных при той же гомотетии фигурах).
Используя свойства гомотетии, получаем: (ЛВ) (| (CD).
Таким образом, овладение методом гомотетии требует формирования
следующих умений: а) строить образы фигур при гомоте

90 Обучение решению задач методами геометрических преобразований.

при той же гомотетии фигурах; в) выделять элементы,
определяющие гомотетию (центр гомотетии и ее коэффициент);
г) строить соответственные при заданной гомотетии точки на
произвольных фигурах.
Анализ решения задач методами симметрии, поворота, параллельного
переноса и гомотетии позволил выделить те умения, овладение
которыми будет способствовать формированию умений решения
задач методом геометрических преобразований. Учащиеся
должны уметь:
а) строить образы фигур при симметрии, повороте, параллельном
переносе и гомотетии;
б) видеть соответственные при указанном отображении точки
на соответственных при том же отображении фигурах;
в) выделять элементы, определяющие отображение: ось симметрии,
центр поворота, угол поворота, направление параллельного
переноса и его расстояние, центр и коэффициент гомотетии;
г) строить соответственные при указанном отображении точки
на произвольных фигурах.
Исходя из указанных умений, можно выделить следующие виды
задач, способствующие овладению методом геометрических преобразований:
1) задачи на построение образов фигур при указанном отображении;
2) задачи на выделение соответственных при отображении точек
на соответственных при том же отображении фигурах;
3) задачи на выделение элементов, определяющих отображение;
4) задачи на построение соответственных при отображении
точек на любых заданных фигурах.
Умение решать задачи каждого следующего вида существенно
зависит от навыка решать задачи предыдущего вида. При переходе
к последующему виду задач учащиеся поднимаются на новую,
более высокую ступень в усвоении идеи метода геометрических
преобразований.
Остановимся на характеристике указанных видов задач.
I. Задачи на построение образов фигур при указанном отображении
В 5 классе учащиеся знакомятся с некоторыми видами перемещений,
решают задачи на построение. Однако на этом этапе у учащихся
вырабатываются наглядные представления о центральной
симметрии, осевой симметрии и параллельном переносе, логические
обоснования выполняемым построениям не даются. В VI классе
углубляются, систематизируется полученные ранее знания, учащиеся
знакомятся с новыми свойствами отображений. При решении
задач на построение следует обращать внимание на обоснование
выполняемых построений, на их рационализацию.
К атому виду задач можно отнести задачи на распознавание
среди множества пар фигур тех, которые могут быть получены

91 Обучение решению задач методами геометрических преобразований.

одна из другой с помощью отображения, на достраивание образов
фигур, а также задачи, в которых используются свойства отображений
для практических целей, например утверждение, что прямая,
которой принадлежит биссектриса угла, является осью симметрии
точек, лежащих на сторонах этого угла на равном расстоянии от
его вершин, может быть использовано для построения биссектрисы
угла с помощью масштабной линейки.
Задачи на распознавание способствуют не только усвоению
свойств отображений, созданию наглядных представлений, но и
формированию умения классифицировать фигуры.
При решении задач на распознавание следует перед учащимися
ставить вопросы, выясняющие понимание ими сути, например:
почему данные отрезки можно считать соответственными при параллельном
переносе? (Эти отрезки параллельны и длины их равны.)
Это помогает прочному усвоению существенных свойств изучаемых
видов геометрических преобразований.
При построении образов фигур при некотором отображении
следует варьировать ось симметрии, центр поворота, центр гомотетии,
сами фигуры. В этой связи отметим интересный факт. Учащимся
была предложена задача: «Построить образ угла j(pnc. 8)
при симметрии относительно точки О».
90% учащихся с данной задачей не справились, хотя почти все
учащиеся безошибочно построили образ выпуклого угла. Много
ошибок допускается при построении образов фигур при осевой симметрии,
если ось симметрии располагается наклонно по отношению
к краю классной доски. Варьирование несущественных признаков
способствует сознательному и прочному усвоению существенных
признаков понятия.
Задачи на сети правильных треугольников или на клетчатой
бумаге являются хорошим средством для тренировки учащихся в
построении образов фигур при композиции отображений. Они могут
быть использованы для устного решения. Например, такая задача
(рис. 9): «Не выполняя никаких построений, укажите: а) образы точек
В4, В5, £)3 при симметрии с осью Л402; б) образ отрезка В2С2
при композиции осевых симметрий с осями B3D2 и в) ось сим-

92 Обучение решению задач методами геометрических преобразований.

метрии отрезков А3 В4 и В±ВЪ\ г) две прямые, последовательным
отражением которых луч B3D1 отображается на луч С4С5».
II. Задачи на выделение соответственных при отображении
точек на соответственных при том же отображении фигурах
Наряду с другими свойствами преобразований учащиеся при
решении задач данного вида должны знать: если К £ Ф, то К’ £.Ф\
где Кс — образ точки К, а Ф’ — образ фигуры Ф при данном отображении;
если К i Ф, то Кг £ Ф’*
Рассмотрим задачи.
З а д а ч а 1. Отрезки А В и А’В’ симметричны относительно
точки О. Постройте образ точки К (К € 1АВ]).
Построение образа точки К обычным способом (на прямой КО
строим точку К’ так, чтобы | КО | = | ОKf I и точка О лежала между
точками К и К’) малоэффективно. Можно решить эту задачу, выполнив
построение образа точки К с помощью: 1) циркуля; 2) линейки.
1) Используются следующие свойства центральной симметрии:
а) если К € [АВ], то К’ 6 lA’B’Y, б) центральная симметрия сохраняет
расстояния.
2) Рассуждение такое: К’ € (ОК) и К’ Е 1А’В’]У следовательно,
К’ = (О/С) П lA’B’l
Для построения образа точки К с помощью циркуля (линейки)
недостаточно знания алгоритма построения симметричных относительно
центра точек, вытекающего из определения центральной
симметрии. Кроме этого, нужны некоторая изобретательность в
выборе нужного свойства центральной симметрии и умение использовать
его в конкретных ситуациях.
Следующие задачи этого вида рассматривают построение образа
точки, не принадлежащей соответственным при некотором’ отображении
фигурам.
З а д а ч а 2. Отрезки АВ и А’В’ симметричны относительно
точки О. Постройте образ точки М (М $ (АВ), М i (А’В’)) при
симметрии с центром О с помощью: 1) циркуля; 2) транспортира и
линейки.
1) Образ точки М должен находиться от точки А ‘ на том же .расстоянии,
что и точка М от точки Л, т. е. М’ 6 окр. (А’\ \АМ\).
Аналогично М’ 6 окр. (В’; \ВМ\). Итак, М’ = окр. (Л’; \АМ\){\
П окр. (В’\ \ВМ\). Но две различные окружности могут пересекаться
не более чем в двух точках. Выбор из двух точек пересечения
окружностей образа точки М может быть осуществлен на основе
зрительных представлений или с использованием того факта,
что центральная симметрия не изменяет «обхода» фигур (треугольники
АМВ и А’М’В’, где М’ — образ точки М, должны иметь одинаковый
«обход»).
2) Используется свойство центральной симметрии не изменять
«обход» фигур. Луч А ‘К’ нужно провести так, чтобы МАВ = ■
е== К’ А ‘В’ и углы МАВ и К’А’В’ имели бы одинаковые «обходы».

93 Обучение решению задач методами геометрических преобразований.

Аналогично следует осуществить построение луча B’L\ тогца
М’ = [B’L’) П 1А’К’).
Различные наборы инструментов определяют различные способы
действия. Это очень важно, ибо «процесс мышления возникает
тогда, когда появляется какое-то новое условие, требующей нового
способа действия» [13].’Поэтому подобные задачи полезны для развития
творческого мышления, они способствуют формированию
умения использовать известные факты в новой ситуации.
Отметим еще немаловажный момент. Известно, что в 5 классе
рассматриваются отображения фигур, являющихся подмножествами
плоскости, в 6 классе осевая симметрия, поворот, параллельный
перенос трактуются как точечные отображения плоскости на себя.
Осуществлению скачка в представлении* учащихся об осевой симметрии,
повороте и параллельном переносе и способствует решение
задач этого вида. Эти задачи похмогут раскрыть содержание изучаемых
видов преобразований как отображений плоскости на себя:
осевая симметрия, поворот, параллельный перенос устанавливают
соответствие не только между точками фигур, но и между точками
всей плоскости.
Приведем несколько задач этого вида.
З а д а ч а 3. Окружность F* получена из окружности F поворотом
вокруг точки Р. Постройте образ точки К (К € F) с помощью
циркуля.
З а д а ч а 4. Постройте образ точки М при параллельном переносе,
отображающем [АВ] на [Л’Я’].Выполнит£ построение несколькими
способами.
З а д а ч а 5. Окружность Fr с центром О’ является образом
окружности F с центром О при гомотетии с центром в точке Р. Постройте
образ точки К с помощью линейки (К € F; К i F).
Если К € то К g F1 f| (-Р/С)- Пересечением прямой РК и
окружности F’ может быть пара точек /(‘ и К»- Выбор из этих точек
образа точки К может быть осуществлен с использованием того
факта, что (О’/Г) !1 (О/С), который можно установить на глаз. Если
К i F, то точку К1 можно построить так: проводим луч О/С, отмечаем
точку М пересечения луча О К и окружности F и строим образ
М’ точки М при указанной гомотетии, тогда /С’ = Ю’АГ) П (^^0-
Опыт работы с учащимися убеждает нас в том, что некоторые
задачи этого вида доступны школьникам 5 класса. Особенно это
касается задач на построение образов точек, принадлежащих соответственным
фигурам. Задачи на построение образов точек, не
принадлежащих соответственным фигурам, могут быть использованы
в 6 классе при введении понятий осевой симметрии, поворота,
параллельного переноса.
III. Задачи на выделение элементов% определяющих преобразование
Эти задачи являются в известном смысле обратными по отношению
к задачам первого и второго видов. До недавнего времени
считалось, что обратные связи формируются сами собой при форми94

94 Обучение решению задач методами геометрических преобразований.

ровании прямых связей. Однако, как показали
исследования психологов, дело обстоит
не так: обратные связи сами собой не
возникают, для их формирования нужна
специальная работа [9].
О важности задач данного вида для
формирования умения решать задачи методом
геометрических преобразований свидетельствует
следующий эксперимент: шестиклассникам
была предложена задача:
«На сторонах А В и АС треугольника
ABC вне его построены квадраты A BMP и
ACQD. Доказать, что [РС]^ [BD]». Класс,
в котором рассматривались задачи на построение элементов, определяющих
преобразование, хорошо справился с указанной задачей
(из 28 учащихся лишь два ученика не решили ее). Однако для большинства
учащихся, с которыми не рассматривались задачи третьего
вида, решение данной задачи вызвало большие затруднения. Эти
трудности были вызваны тем, что ученики ые «видели» поворот вокруг
точки А на 90° (точки Р и В, так же как и точки С и D, равноудалены
от точки А и «видны» из нее под углом 90°, поэтому при
повороте вокруг точки А на 90° Р -> В> C->D, следовательно,
[РС]Ш IBD]).
Следует отметить, что в учебниках геометрии задачи на построение
элементов, определяющих преобразование, почти отсутствуют.
Приведем примеры задач этого вида.
З а д а ч а 1. Какие из конгруэнтных треугольников, показанных
на рисунке, можно совместить с помощью параллельного пере-
носа, осевой симметрии, центральной симметрии?
З а д а ч а 2. Даны две параллельные прямые а и Ь. Найдите
множество центров гомотетий, отображающих прямую а на прямую
bt если k = —1,5.
З а д а ч а 3. Укажите центр поворота (рис. 10), отображающего
[АВ] на lA’B’l где А -> Л\ ВВ\
Наиболее интересным является решение этой задачи без использования
инструментов (на клетчатой бумаге). Решая ее, ученик
должен рассуждать примерно так: а) так как при повороте [АВ] -*■
-> [Л’В’] и (АВ) _]_ (А’В’), то угол поворота равен 90°; б) так как
В -> В’, то»центр поворота принадлежит оси симметрии точек В и
В’. Отрезок ВВ’ внден из центра поворота под углом 90°. Центром
поворота может быть либо точка О, либо точка О’. Для того чтобы
указать из этих точек ту, которая является центром поворота,
ученик должен мысленно совершить поворот отрезка А В вокруг
каждой из этих точек. Искомым центром поворота является точка О.
Убедиться в правильности нахождения центра поворота можно с
помощью построений. Для этого нужно построить оси симметрий
точек Л, А’ и В, В’. Пересечение этих осей является искомым центром
поворота.

95 Обучение решению задач методами геометрических преобразований.

Полезно использовать и комбинированные задачи, в которых
осуществляется построение образов фигур при перемещении или
гомотетии и выделение элементов, определяющих вид преобразования.
Решение таких задач делает мыслительный процесс более
содержательным, способствует развитию пространственного воображения
учащихся.
Приведем примеры таких задач.
З а д а ч а 1. Постройте произвольный четырехугольник ABCD
и отметьте некоторую точку А’. Постройте четырехугольник, симметричный
данному относительно некоторой прямой так, чтобы
образом точки А была точка А’.
З а д а ч а 2. Отметьте точки Л, В и С. Дополните это множество
четвертой точкой D так, чтобы фигура. F = {Л; В; С; D}
имела центр симметрии.
IV. Задачи на построение соответственных при отображении
точек на произвольных фигурах
При решении задач этого вида получают дальнейшее развитие
идеи соответствия, принадлежности, совершенствуются умения и
навыки, приобретенные учащимися при решении задач предыдущих
видов; учащиеся также овладевают навыками более сложных построений.
Анализ решения следует проводить устно, сопровождая его рисунком.
Каждый шаг построения записывается.
Рассмотрим несколько задач этого вида.
З а д а ч а 1. Даны прямая I и две окружности, принадлежащие
различным полуплоскостям с границей I. Постройте точки,,
симметричные относительно прямой I и принадлежащие данным
окружностям.
Запись решения данной задачи будет иметь следующий вид:
1) F[ = SL (F), 2) Л’ 6 F[ П F2, 3) A = Sl (A’).
Тот факт, что точки Л и Л’ удовлетворяют условию задачи, очевиден,
поэтому останавливаться на его доказательстве не следует.
На исследование же нужно обратить внимание. Учащимся полезно
дать задание: расположите окружности F± и F2 так, чтобы задача
имела 0, 1, 2, … решений.
Рассуждение может быть примерно таким: задача будет иметь
единственное решение, когда F[ f| F2 — Л, где Fi == St {F±), т. е.
когда окружности F2 и Fj касаются. Построим две окружности
R[ и R2 так, чтобы они касались. Далее строим окружность Rlt симметричную
окружности Ri относительно данной прямой I. При полученном
расположении окружностей Rx и R2 и прямой I задача
имеет единственное решение.
Желательно, чтобы учащиеся выполнили рисунки, иллюстрирующие
различные случаи решения задачи.
З а д а ч а 2. Найдите на данных прямой и отрезке такие пары
точек, что одна из точек пары может быть отображена на другую
поворотом вокруг данной точки на 70Q.

96 Обучение решению задач методами геометрических преобразований.

3 а д а ч а 3. На прямой и окружности постройте соответственно
такие пары точек, чтобы одну точку пары можно было отобразить
на другую гомотетией, центром которой является центр данной
окружности, а К = у.
Все рассмотренные выше задачи отнесем к задачам первой
группы. Ко второй группе отнесем задачи, ^решаемые методами
геохметрических преобразований. Это задачи на доказательство,
построение и вычисление. Они решаются на протяжении всего
периода обучения в школе. Классифицируются в сборниках задач
по методам их решения: а) задачи, решаемые методом симметрии;
б) задачи, решаемые методом поворота; г) задачи, решаемые методом
гомотетии.
Такая классификация подсказывает выбор нужного метода при
решении конкретной задачи. Однако в школьных учебниках эти
задачи перемежаются. Например, в разделе «Четырехугольники»
содержатся задачи, решаемые методами симметрии, поворота, параллельного
переноса и гомотетии. Поэтому выбор нужного вида
отображения может встретить некоторые трудности.
Не случайно в работах психологов А. Н. Леонтьева и Я. А. Пономарева
указывается на то, что формирование общего принципа
решения задач следует начинать с решения тех задач, условия которых
оказывают решающее влияние на нахождение метода реше-
ния [10, 12]. Согласно этим выводам использование отображений
в конкретных ситуациях целесообразно начинать с рассмотрения
тех задач, решения которых очевидны. А потому сначала предлагаются
задачи, методы решения которых очевидны,
г Поясним сказанное на примерах.
З а д а ч а 1. Даны полоса с краями а и b и точка Р, принадлежащая
этой полосе (Р £ а, Р £ Ь). Найдите на ее краях а и b соответственно
такие точки А и В, что \РА \ = \РВ\ и АРВ = 90°.
Так как | РА | = | РВ\ и АРВ — 90°, то поворот вокруг точки Р
на 90° отображает одну из точек на другую. Анализ приводит к методу
решения этой задачи — методу поворота. Будем считать, что
в этом случае метод решения задачи очевиден* По сути дела, решение
этой задачи сводится к отысканию соответственных при повороте
вокруг точки Р на 90° точек на заданных прямых а и b (это умение
у учащихся сформировано).
З а д а ч а 2. На сторонах АВ и АС треугольника ABC вне его
построены квадраты ABNM и ACQP. Докажите, что (МС) _L (ВР).
Перпендикулярность двух прямых будет доказана, если одну
из этих прямых мы отобразим на другую поворотом на 90°. Анализируя
условие задачи, замечаем, что точки М и В находятся на одинаковых
расстояниях от точки А и МАВ — 90°. Аналогично | АС\ ==
= \АР\ и САР = 90°. Значит, поворот вокруг точки А на 90° по

97 Обучение решению задач методами геометрических преобразований.

Обучение решению задач методами геометрических преобразований.

Обучение решению задач методами геометрических преобразований.

часовой стрелке отобразит точку М на точку
В и точку С на точку Р.
Анализ условия этой задачи также приводит
к выбору нужного вида отображения.
З а д а ч а 3. На продолжении сторон
прямоугольного треугольника ЛВС
отложены отрезки AD и А В, конгруэнтные
соответственно катетам Л В и АС треугольника
ЛВС. Докажите, что прямая, содержащая
медиану AM треугольника ЛВС,
перпендикулярна отрезку DE.
рис. п Фигура, состоящая из двух треугольников
ЛВС и DEA, симметрична относительно
прямой, которая содержит биссектрисы углов BAD и САЕ (рис. 11).
Но может ли нам дать что-либо метод симметрии? Ответить на этот
вопрос пока нельзя. Далее замечаем, что точки В и D находятся на
равных расстояниях от точки Л и BAD — 90°. Можем ли мы быть
уверены в целесообразности использования метода поворота? Пока
мы не знаем, что использование поворота приведет нас к желаемому
результату, тем более очевидно, что при этом повороте прямая
AM не отобразится на прямую DE. Но может быть, прямая AM’
будет параллельна прямой DE, где (ЛМ’) = R90° ((ЛУИ)). Выясним
это. Так как при повороте вокруг точки Л на 90°АЛ BC-^AADC’у
М -> М’, то М’ — середина отрезка DC’. [ЛМ’] — средняя линия
треугольника EDC\ следовательно, (ЛМ’)’Ц (ED). Так как
(AM) ± (ЛМ’) и (ЛМ’) || (BD), получаем: (ЛМ) JL (DE).
Анализ условия этой задачи не приводит непосредственно к методу
ее решения. В этом случае будем считать, что метод решения
задачи не очевиден.
В процессе решения задач второй группы у учащихся формируется
представление о методе геометрических преобразований
как о обобщенном методе решения геометрических задач, вырабатывается
критерий выбора нужного вида геометрического преобразования
для доказательства различных зависимостей, для построения
фигур и т. д., накапливается опыт в использовании геометрических
преобразований в конкретных ситуациях. Учащиеся видят, что
доказать некоторое соотношение в равнобедренном треугольнике,
равнобедренной трапеции, прямоугольнике, ромбе часто удается
с помощью осевой симметрии; использование поворота эффективно
при установлении зависимостей в равностороннем треугольнике,
квадрате, при доказательстве перпендикулярности прямых; метод
параллельного переноса дает желаемый результат при доказательстве
различных соотношений в параллелограмме, трапеции, а также
при построении этих фигур; преобразование гомотетии эффективно,
если рассматриваются два параллельных отрезка разной длины,
отрезок, разделенный в данном отношении, две окружности разных
радиусов. Проиллюстрируем сказанное на задачах.

98 Обучение решению задач методами геометрических преобразований.

З а д а ч а 1. Дан квадрат A BCD. Через центр этого квадрата
проведены две взаимно перпендикулярные прямые, отличные от
прямых АС и BD. Докажите, что фигуры,’являющиеся пересечением
этих прямых с квадратом, конгруэнтны.
Известно, что квадрат имеет четыре оси симметрии и повороты
вокруг точки пересечения диагоналей квадрата на 90, 180 и —90°
отображают этот квадрат на себя. Поэтому для доказательства соотношений
в квадрате может быть использован либо метод симметрии,
либо метод поворота. Так как в условии задачи используются
две взаимно перпендикулярные прямые, содержащие центр квадрата,
то в данном случае предпочтительнее метод поворота.
Пусть О — точка пересечения диагоналей АС и BD квадрата
ABCD, [МА/1 и [/(L] — пересечения квадрата с данными прямыми
(м е 1АВ), N е [cd]9 к е шс], l е Ш]). тогда r9
0°° цва])■=■
== [AD]. Образом точки М будет такая точка Мг отрезка AD, что
МОМ’ = 90р, т. е. точка L. Аналогично, R9
0°°(N) = К• Следовательно,
£®°° ([MN]) = ILK], а потому Ш-Ы WX
З а д а ч а 2. Длины отрезков, одним концом которых является
общая точка, а другим — точка прямой, разделены в одном и том
же отношении. Докажите, что точки деления принадлежат одной
прямой.
Так как в задаче говорится о делении отрезков в одном и том же
отношении, то для доказательства указанного соотношения целесообразно
использовать метод гомотетии.
Пусть точка М — общий конец отрезков, Аъ Л2, Л3, — точки
прямой, являющиеся другими концами этих отрезков, Мъ М2
М3, … —точки, делящие отрезки МАЪ МЛ2, МЛ3, … в данном,
отношении А, т. е,
\ А 1М 1 \ _ _ | А2М2 | _ |А3М3,
\ М Х М \ \ М 2 М [ \ М 3М
… =к.
Покажем, что
\ M M t \ 1 ММ 21 __ I ММ 31 |МА,| » |МЛ21 “ |МА3| “
1 АТАг 1 = | MML | + | МД 1 = j , ] МА 1 _ j +к
\ М М Х 1 j АШХ | I ММ г \
| ММ ,I 1 A |ЛШ0| 1 тогда J — = — . Аналогично
1МАХ [ 1+А, | МА21 1 + Х
_L J__ J-
и т. д. Рассмотрим (А}) = Мг, (А») = М2 и
т. д. Учитывая, что образом прямой при гомотетии является прямая,
получаем, что точки Мъ М2, М3 и т, д. принадлежат одной
прямой,

99 Обучение решению задач методами геометрических преобразований.

З а д а ч а 3. Докажите, что прямая, содержащая середины
двух параллельных хорд окружности, проходит через ее центр.
Поскольку в задаче идет речь об окружности и ее параллельных
хордах, то естественно использование осевой симметрии.
Пусть точка О — центр окружности, [АВ] и [CD] — параллельные
хорды этой окружности, точка М — середина хорды Л Б, точка
N — середина хорды CD. Так как |Л0| = \0В\ и \АМ\ = |МВ|,
то (ОМ) — ось симметрии точек Л и В, откуда следует, что (ОМ) JL
± (АВ).
Аналогично (CW) — ось симметрии точек С и D и
(OA0_L(CD).
Учитывая, что (ЛБ) || (CD), получаем (СШ) || (CW), а потому
(ОМ) = (ON).
З а д а ч а 4. Докажите, что точка пересечения прямых, которые
содержат боковые стороны равнобочной трапеции, точка пересечения
ее диагоналей и середины оснований трапеции принадлежат
одной прямой.
В равнобочной трапеции прямая, проходящая через середины
ее оснований, является осью симметрии. Поэтому для доказательства
требуемого факта целесообразно использовать осевую симметрию.
Обозначим основания трапеции через ВС и ЛD, ось симметрии
через 7. Тогда St (Л) = D, St (В) — С, S, (UfiJ) = IDC1. Значит,
St ((АВ)) = (DC), St ([AC]) = [DB]. Но точка пересечения прямой
и ее образа при осевой симметрии принадлежит оси. Следовательно,
(АВ) n (DC) 6 /, [АС] п [ВС] е I.
Так как в условии данной задачи используются два параллельных
отрезка разной длины, то естественно также рассмотреть гомотетию
с центрюм в точке пересечения диагоналей трапеции A BCD
й коэффициентом IК В =С ‘I(Решение этой задачи см. в статье
3. А. Скопеца и JI. И. Кузнецовой.)
З а д а ч а 5. Сумма длин оснований трапеции равна 21 см, а
длины диагоналей равны 13 и 20 см. Вычислите площадь трапеции.
Для доказательства соотношений в трапеции эффективен либо
метод параллельного переноса, либо метод гомотетии.
Поскольку в задаче используется сумма длин оснований трапеции,
то целесообразным является применение параллельного переноса,
который приводит к образованию треугольника с основанием,
длина которого равна сумме длин оснований трапеции.
Обозначим вершины трапеции через Л, 5, С, D (|ЛС| = 13 см,
| BD| — 20 см, \AD\ + \ВС\ = 21 см). Тогда SABCD = j (| AD|+
+ JSC |) • h, где h — высота трапеции.
Рассмотрим параллельный перенос ВС. При этом переносе
В —> Су D —^ D’. Площадь треугольника ACD’ равна I * h.

100 Обучение решению задач методами геометрических преобразований.

Ho \AD’\ = \AD \ + JDD’ \ = |ЛО| + |BC[. Поэтому и площадь
трапеции A BCD равна площади треугольника Л CD’.
З а д а ч а 6. Прямые, которым принадлежат боковые стороны:
трапеции, перпендикулярны. Докажите, что длина отрезка, концами
которого являются середины оснований трапеции, равна полу-
разности длин оснований.
Поскольку в задаче речь идет о трапеции, то целесообразным
является применение параллельного переноса, в результате которого
образовался бы треугольник, длина стороны которого была
бы равна разности длин оснований трапеции/
Пусть основаниями трапеции ABCD являются [AD] и [ВС],
М—середина отрезка ВС, N — середина отрезка AD. При параллельном
переносе ВМ В М, Л Лх. При параллельном переносе
САГ: С -> М, D Dx.
Тогда
| Л^У | — 1 Л,VI — | ЛЛХ I — | ЛАН — I ВМ !, (1)
| ND1 | = | ND | — | DjD | s= | ND[~ | MC |. (2)
Складывая равенства (1) и (2), получаем:
| Ajt | + 1NDX | = | AN | + j ND j — (] BM\ | AfC|) = | AD\ — | BC\.
Ho \A±N | + liVDiHHiDJ, значит, | AJ)X | = | ЛD| — | BC |. (3)
Так как IЛ| =. (A^DJ, to [MN\ —медиана образовавшегося
прямоугольного треугольника Л1A/ID1. Поэтому jMA^I = ~ \AXN\ -f*
+ I^VDiJ. Учитывая равенство (3), получаем:
|AW|t ±\’A1D1\ = ±(\AD\-\BC\).
З а д а ч а 7. Докажите, что в произвольном треугольнике
ABC точка М пересечения медиан, точка Н пересечения высот и
центр О описанной окружности принадлежат одной прямой (прямая
ЭГЧйОле раV) и | L( Ш= _|• 1
F \МН\ 2
Так как в данной задаче требуется доказать, что точка М делит
отрезок ОН в отношении 1 : 2, то целесообразно использовать гомотетию
с центром в точке М и К = —у.
Рассмотрим общий случай: треугольник АБС неправильный и,
значит, точки О, Я, М различные.
Гомотетия с центром М и коэффициентом К ” -отобразит
треугольник ABC на треугольник Л’В’С’, вершинами которого являются
середины сторон данного треугольника. Соответствующие
стороны этих треугольников параллельны. Высоты [ Л Л х], [BBJ,
[CCJ треугольника ABC переходят в высоты [Л’Л’], [В’В\\, [C’C’j

101 Обучение решению задач методами геометрических преобразований.

треугольника А’В’Сг\ которые являются перпендикулярами к сторонам
данного треугольника, проведенными через их середины.
Значит, точка Я пересечения высот треугольника при указанной
гомотетии переходив в центр О описанной около треугольника
ABC окружности. Отсюда следует, что точки М (центр гомотетии),
Я и О (соответственные точки в гомотетии) лежат на одной прямой
и
мд = — ±мн==$бм = ~ МН=$\0М I = — 1 МН [.
2 2 2
Если треугольник ABC правильный, то О = Я ‘= М и прямая
Эйлера неопределенна. #
Подводя итог вышесказанному, отметим, что формирование
умения решать задачи методом геометрических преобразований
требует от учащихся активного использования знаний, развивает
инициативу, геометрическую интуицию и мышление учащихся,
необходимые при решении любых задач.

102 Обучение решению задач методами геометрических преобразований.

На главную страницу Библиотека учителя математики. ПРЕПОДАВАНИЕ ГЕОМЕТРИИ В 6—8 КЛАССАХ. СБОРНИК СТАТЕЙ.

 

Около

Статистика


Яндекс.Метрика




Свежие комментарии