дома » Геометрия в школе » ВОПРОСЫ МЕТОДИКИ ПРЕПОДАВАНИЯ ЗАДАЧ В ОБУЧЕНИИ ГЕОМЕТРИИ (часть 8). Краткий курс математики.

ВОПРОСЫ МЕТОДИКИ ПРЕПОДАВАНИЯ ЗАДАЧ В ОБУЧЕНИИ ГЕОМЕТРИИ (часть 8). Краткий курс математики.

Краткий курс математики

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

Ю. М. Колягин. Д. С. Зейналов

ВОПРОСЫ МЕТОДИКИ ПРЕПОДАВАНИЯ ЗАДАЧ В ОБУЧЕНИИ ГЕОМЕТРИИ  (часть 8).
Краткий курс математики

 

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

Скачать бесплатно в PDF формате «Сборник статей: Преподавание геометрии в 6-8 классах» на странице Учебники Скачать.

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

ВОПРОСЫ МЕТОДИКИ ПРЕПОДАВАНИЯ ЗАДАЧ В ОБУЧЕНИИ ГЕОМЕТРИИ  (часть 8).
Краткий курс математики

VIII. Одной из тенденций
современного школьного курса
математики является тенденция
на сближение алгебры и геометрии:
в обучение алгебре проникают
чисто геометрические приемы
(например, преобразования
графиков), в обучении геометрии
успешно используются алгебраические
методы решения
различных задач. При этом речь
идет не только о решении традиционных
задач на вычисление,
сводимом к решению соответствующих
уравнений или
неравенств, но и о реализации
возможностей использования алгебры
при решении других геометрических
задач (например,
задач на доказательство).
После изучения теоремы Пифагора
полезно поставить перед
учащимися задачу об определении
расстояния между двумя
точками плоскости, заданными
своими координатами.’


Решение этой задачи не
только проиллюстрирует применение
теоремы Пифагора и позволит
повторить соответствующий
алгебраический материал,
но и даст учащимся возможность
для успешного использования
алгебраического метода
при решении геометрических зада^________________________
Применение формулы d ~= V (х2 — х± )2 + (у2 — >’i)2 полезно
рассмотреть при решении соответствующих задач, например при
решении следующей: «Точки Л, 5, С принадлежат одной прямой;
точка В лежит между точками А и С. По одну сторону прямой АС
построены равносторонние треугольники ABD и ВСЕ, а по другую —
равносторонний треугольник АСР. Доказать, что центры этих
треугольников являются вершинами равностороннего треугольника
».
Решение этой задачи можно провести так.1
Примем прямую АС за ось абсцисс, а точку Л —за начало координат.
Обозначим длину стороны AABD через 2а> а длину стороны
А ВСЕ через 2Ъ. Вычислив координаты центров треугольников
0Х 02 03 (рис. 13), получим соответственно:

79 Краткий курс математики.

Вычисление квадратов расстояний между центрами данных
треугольников показывает, что
| O A b = \ 0 L 0 3 \ = | 0 2 0 3 | .
Приведем еще один пример.
«В треугольнике ABC две его медианы взаимно перпендикулярны.
Доказать, что величина угла треугольника, образованного
соответствующими сторонами, меньше 45°».
Решение этой задачи можно провести так.
Пусть [ВАЛ и [АМ\ — данные медианы (рис. 14), К— точка
их пересечения, CL — третья медиана. Тогда \СК\ = 2 \KL\ =
= \АВ\. Поэтому |С/С| > \АК\ и \СК\ > \ВК\.
Из треугольников АСК и ВСК находим: АСК < САК, ВСК <
< СВКу откуда следует, что АСВ < САК + СВК, или АС В <
< САВ + СВ А — 90°, или АСВ < 90° — АСВ. Поэтому 2 АСВ <
< 90° и ЛСВ < 45°.
Алгебраический метод решения геометрических задач может
успешно применяться в достаточно широком «диапазоне задач»,
например, для доказательства:
перпендикулярности биссектрис двух смежных углов,
коллинеарности биссектрис двух вертикальных углов,
равенства длины высоты равностороннего треугольника сумме
расстояний любой его внутренней точки до сторон,
метрических. соотношений в прямоугольном треугольнике,
свойств отношения периметров подобных фигур.
Особого внимания заслуживает использование элементов векторной
алгебры. Используя векторный аппарат, можно доказать
ряд интересных и отнюдь не тривиальных геометрических предложений,
успешно решать разнообразные задачи прикладного характера.
Ограничимся здесь рассмотрением лишь одного примера, так
как векторному методу решения задачи посвященд специальная
часть данной книги.
З а д а ч а . На сторонах ААВС построены параллелограммы
ЛВВ2Л1,.ВСС2В1, АССг А2 (рис. 15). Можно ли построить треугольник,
стороны которого конгруэнтны отрезкам [ВlB2], [CVCJ,
[ли,]?
Рассмотрим решение этой задачи векторным методом. Пусть ситуация
задачи изображена на рисунке 16. По свойству суммы векторов,
представленных замкнутой ломаной, имеем:

80 Краткий курс математики.

Используя сочетательное и переместительное свойства сложения
векторов, получим:
^2^1 + QA “Ь ^2^1 «Ь (^1^2 «Ь ^1^2 “Ь’^Г^г) = О*
Так как
AJ32 = АВ, В$2 = ВС, С^2 = ОД
а ЛВ + ВС + С А = 0, то сумма векторов, записанная в скобках,
также равна нулю.
Поэтому B2 B± + С2С1 + Л2ЛХ = 0, но тогда В2 Вг = СХС2 —
— А2 Ах . Мы видим, что любой из данных трех векторов можно
представить в виде разности двух других. Если эти векторы некол-
линеарны, то требуемый треугольник существует. Только два из
трех данных векторов не могут быть коллинеарны, так как тогда
и третий вектор будет с ними коллинеарен (как сумма двух колли-
неарных векторов).-
Однако возможен случай, когда все три вектора коллинеарны.
В самом деле, если за вершину Al t например, третьего параллелограмма
принять любую точку прямой, параллельной (CiC2), то в
этом случае получим (рис. 17):
B^B1 = BJB + BBl = XA + СС2 -(ЛИ, + 4Л)+ (СС[ + ОД =
— (ЛХЛ2 + СХС2> + (Л2Л -f- ССХ) = А± А2 -j-C1C2.
Итак, 1^2^!| = IЛ!Л21 + |СХС2| и требуемый треугольник не
существует. Таким образом, построение этого треугольника возможно
лишь тогда, когда векторы, соответствующие названным в
условии отрезкам, неколлинеарны.
В ходе решения многих геометрических задач возникает ситуация,
когда данные об искомой фигуре разобщены, не связаны конструктивно
в одно целое.
В этом случае путем преобразования одних фигур в другие
(отображеция одной фигуры на другую) можно обнаружить скры-

81 Краткий курс математики.

Краткий курс математики.

Краткий курс математики.

тые связи, выразить их конструктивно. Такой подход к решению
задач показывают методом геометрических преобразований; его
применение нередко сразу приводит к цели.
Проиллюстрируем сказанное только одним примером, так как
подробнее вопрос о применении геометрических преобразований к
решению задач также рассмотрен в специальной части этого пособия.
Рассмотрим решение предыдущей задачи (о возможности построения
треугольника) методом параллельного переноса.
Пусть векторы В1 В2 У С±С2 , ЛХЛ2 неколлинеарны. Выполним параллельный
перенос АС треугольника ССг С2 (рис. 18). Тогда*
1СС2 1->1АВ3 1 [ОД-МЛЛ,! и [Сг С2 \-+1А2 В9 ].
В самом деле, [BBJ || [СС2] и [ВВХ \ ^ [СС21; [АВ31 ||
и [АВ31 ^ [В2 ВХ I. По транзитивности отношений параллельности
и конгруэнтности, имеем: [СС2 \ || [АВ3 ] и [СС2] ^ [ЛВа].
Но тогда [C2CJ [В3Л2].
Выполнив затем параллельный перенос ВА треугольника
ВВ2 В1 У получим окончательно: В2 -> Al f Вг -> В3, С2 -> В3,
Сх-> Л2, и, таким образом, ЛЛ1В3Л2 будет иметь стороны, конгруэнтные
отрезкам В2 В1 у С2С1 У А2 Аг .
В момент изучения школьниками тех или иных преобразований
бывает затруднительно применить данное преобразование к решению
содержательных задач. Однако в дальнейшем следует систематически
использовать изученные преобразования при решении задач
курса геометрии, накапливать у учащихся опыт в применений метода
геометрических преобразований.

82 Краткий курс математики

Около

Статистика


Яндекс.Метрика