Решение задач на построение методом геометрических мест в курсе планиметрии основной школы
Научно-методические аспекты обучения старшеклассников решению задач на геометрические построения циркулем и линейкой в школьном курсе планиметрии; их значение, общая характеристика, классификация, основные подходы к решению; метод геометрических мест.
| Рубрика | Педагогика |
| Вид | дипломная работа |
| Язык | русский |
| Дата добавления | 18.04.2011 |
| Размер файла | 13,7 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.
Рис. 43
10. № 150 [2]. Даны окружность, точка А, не лежащая на ней и отрезок РК. Постройте точку М на окружности так, чтобы AM = РК. Всегда ли задача имеет решение?
Рис. 44
Рис. 45
1. АНАЛИЗ. Предположим, что точка М - искомая, тогда М Є щ, и с(А,М)=РК. Итак, точка М удовлетворяет двум независимым условиям:
1) М Є щ;
2) с (А, М) = РК.
Отбросим сначала второе условие и построим ГМТ1 = F1, удовлетворяющих первому условию. Ясно, что F1 = щ. Отбросим теперь первое условие и построим ГМТ2 = F2, удовлетворяющих второму условию. Ясно, что F2 = г(А; РК). Понятно, что М Є F1, F2, т.е. М Є щ, г. Анализ закончен.
2. ПОСТРОЕНИЕ. 1. г (A;PK).
М Є щ, г.
М - искомая точка.
3. ДОКАЗАТЕЛЬСТВО.
М Є г => AM = РК.
М Є щ - по построению.
Точка М удовлетворяет всем условиям задачи.
4. ИССЛЕДОВАНИЕ. Всегда ли задача имеет решение?
1) Если построенная окружность г (А, РК) имеет общие точки с данной окружностью щ, то задача имеет два решения, точки M1 и М2.
Рис. 46
Если построенная окружность г (А,РК) не имеет общих точек с данной окружностью щ, то задача не имеет решения.
Рис. 47
Если построенная окружность г (А,РК) касается данной окружности щ, то задача имеет одно решение.
Рис. 48
11. № 180 [2]. Постройте окружность данного радиуса, проходящую через данную точку, с центром на данной прямой.
Рис. 49
Рис. 50
1. АНАЛИЗ. Предположим, что задача решена и окружность щ (О, r) - искомая. Центр данной окружности должен удовлетворять двум независимым условиям:
с (0,М) = r;
О Є а.
Отбросим сначала второе условие и построим ГМТ1 = F1, удовлетворяющих первому условию. Ясно, что F1= г (М, r). Отбросим теперь первое условие и построим ГМТ2= F2, удовлетворяющих второму условию. Ясно, что F2 = a. Понятно, что О Є F1, F2. Анализ закончен.
2. ПОСТРОЕНИЕ.
г (M, r).
О Є г, а.
щ (О, r) - искомая.
3. ДОКАЗАТЕЛЬСТВО.
О Є г (М, r) => ОМ = r, поэтому М Є щ (О, r).
О Є а - по построению.
щ (О, r) - удовлетворяет всем условиям задачи.
4. ИССЛЕДОВАНИЕ. Всегда ли данная задача имеет решение?
1. Если окружность г (М, r) пересекает прямую а, то задача имеет два решения.
Рис. 51
2. Если окружность г (М, r) касается прямой а, то задача имеет одно решение
Рис. 52
3. Если окружность г (М, r) не имеет общих точек с прямой а, то задача не имеет решений.
Рис. 53
12. № 181 [2]. Постройте окружность данного радиуса, проходящую через две данные точки.
Рис. 54
Рис. 55
1.АНАЛИЗ. Предположим, что задача решена и окружность щ (О, r)-искомая. Центр данной окружности должен удовлетворять двум независимым условиям:
1) с (О,А)= r;
2) с (О, В) = r.
Отбросим сначала второе условие и построим ГМТ2=F1, удовлетворяющих первому условию. Ясно, что F1 = г (А,r). Отбросим теперь первое условие и построим ГМТ2 = F2, удовлетворяющих второму условию. Ясно, что F2 = л (В, r). Понятно, что О Є F1, F2, т.е. О Є г, л. Анализ закончен.
2. ПОСТРОЕНИЕ.
г (А, r).
л (В, r).
О Є г, л.
щ (О, r) - искомая.
3. ДОКАЗАТЕЛЬСТВО.
1. О Є г (А, r) - по построению.
2. О Є л. (В, r) - по построению.
3. щ (О, r) - удовлетворяет всем условиям задачи.
4. ИССЛЕДОВАНИЕ. Всегда ли данная задача имеет решение?
1. Если окружность г (А, r) пересекает окружность г (В, r), то задача имеет два решения.
Рис. 56
2. Если окружность г (А, r) касается окружности г (В, r), то задача имеет одно решение.
Рис. 57
Рис. 58
13. № 182 [2]. Даны прямая а, точки А, В и отрезок РК. Постройте треугольник ABC так, чтобы вершина С лежача на прямой а и АС = РК =r.
Рис. 59
Рис. 60
1. АНАЛИЗ. Предположим, что треугольник Д ABC - искомый, тогда АС = РК, А,B Є а, С Є а. Задача сводится к отысканию третьей вершины С, она должна удовлетворятьдвум независимым условиям:
1) с (А, С) = РК;
2) С Є а.
Отбросим сначала второе условие и построим ГМТ1 = F1, удовлетворяющих первому условию. Ясно, что F1 = щ (А, РК). Отбросим теперь первое условие и построим ГМТ2 = F2, удовлетворяющих второму условию. Ясно, что F2 = а. Понятно, что С Є F1, F2. Анализ закончен.
2. ПОСТРОЕНИЕ
щ (А, РК).
С Є а, щ.
АВ,АС,ВС.
4. Д ABC- искомый.
3. ДОКАЗАТЕЛЬСТВО
Доказательство вытекает из анализа и построения.
4. ИССЛЕДОВАНИЕ. Всегда ли данная задача имеет решение?
1) Если окружность щ (А, РК) пересекает прямую а, то задача имеет два решения.
Рис. 61
2)Если окружность щ (А, РК) касается прямой а, то задача имеет одно решение.
Рис. 62
3) Если окружность щ (А, РК) не пересекает прямую а, то задача не имеет решений.
Рис. 63
14. № 184 [2]. На стороне ВС треугольника АВС постройте точку, равноудалённую от вершин А и С.
Рис. 64
Рис. 65
1. АНАЛИЗ. Предположим, что задача решена и точка М - искомая. Эта точкадолжна удовлетворять двум независимым условиям:
1) с (А, М) = с (С, М);
2) М Є ВС.
Отбросим сначала второе условие и построим ГМТ1 = F1, удовлетворяющих первому условию. Ясно, что F1 = s, где s - серединный перпендикуляр отрезка АС. Отбросим теперь первое условие и построим ГМТ2 = F2, удовлетворяющих второму условию. Ясно, что F2 = ВС. Понятно, что С Є F1, F2. Анализ закончен.
2. ПОСТРОЕНИЕ.
D - середина AC, AD = DC.
s: D Є s, s + AC.
DM ? ВС = M.
M - искомая.
3. ДОКАЗАТЕЛЬСТВО.
M Є s ( s - серединный перпендикуляр отрезка АС) => AM = СМ.
M Є ВС - по построению.
4. ИССЛЕДОВАНИЕ. Всегда ли данная задача имеет решение?
Если ВС > АВ, то задача имеет одно решение (Рис. 65).
Если ВС = АВ, то М = В и задача имеет одно решение.
Если ВС < АВ, то задача не имеет решений.
15. № 285 [2]. Даны пересекающиеся прямые а и b и отрезок РК. На прямой а постройте точку, удалённую от прямой b на расстоянии РК.
Рис. 66
Рис. 67
1. АНАЛИЗ. Предположим, что задача решена и точка М - искомая точка. Эта точка должна удовлетворять двум независимым условиям задачи:
с (М, B) = PK = d;
М Є а.
Отбросим сначала второе условие и построим ГМТ - F1, удовлетворяющих первому условию. Ясно, что F1 = ', такая, что
b ' || b, с (b, b ') = d
Отбросим теперь первое условие и построим ГМТ- F2, удовлетворяющих второму условию. Ясно, что F2 = а. Понятно, что M Є F1, F2,т.e. М Є b ', а. Анализ закончен.
2. ПОСТРОЕНИЕ.
b': с (b, b ') = РК = d, (b ' || b).
b' ? a = M.
M - искомая.
3. ДОКАЗАТЕЛЬСТВО.
с (M,b) = с (b,b') =d.
М Є а - по построению.
4. ИССЛЕДОВАНИЕ. Всегда ли задача имеет решение?
Так как
ф ? и = Р и иэ // иб то иэ ? а = Мб
поэтому задача всегда имеет решение. Так как прямых вида b' - две (b' и b''), то задача имеет всегда два решения.
16. № 293 [2]. Постройте треугольник по стороне, прилежащему к ней углу и высоте, проведённой к этой стороне.
Рис. 68
Рис. 69
1. АНАЛИЗ. Даны отрезки P1K1 и Р2К2 и угол я hq = б. Предположим, что задачарешена и треугольник Д ABC - искомый, у которого одна из сторон АВ = P1K1, один изприлежащих к ней углов я А = я hq, а высота, проведённая к стороне АВ, СН = Р2К2. За-дача сводится к отысканию третьей вершины треугольника С, которая должна удовлетворять двум независимым условиям:
1) с (С, AB) = Р2К2 = hс;
2) С Є AY, яBAY = б.
Отбросим сначала второе условие и построим ГМТ1 = F1, удовлетворяющих первому условию. Ясно, что F1 = р, такая, что р || b, с (b, р) = d. Отбросим теперь первое условие и построим ГМТ2 = F2, удовлетворяющих второму условию. Ясно, что F2 = h. Тогда С Є F1, F2, т.e. С Є р, h. Анализ закончен.
2. ПОСТРОЕНИЕ
я YAX = я hq = б.
В: В Є АХ, AB = P1K1.
p: p|| AB, с (p,AB) = Р2К2 = hс.
С Є AY ? р.
С - искомая точка.
3. ДОКАЗАТЕЛЬСТВО
1.я YAX = я hq - по построению.
АВ = P1K1 с АХ - по построению.
С Є AY - по построению.
с (С, АВ) = с (р, АВ) = Р2К2 = hс - по построению.
С - искомая точка, так как удовлетворяет всем условиям задачи.
4. ИССЛЕДОВАНИЕ. Всегда ли данная задача имеет решение?
Если я hq = б < 180, то задача имеет одно решение.
17. № 294 [2]. Постройте треугольник по двум сторонам и высоте к одной из этих сторон.
1. АНАЛИЗ. Пусть Д ABC построен, тогда АВ = с, АС = b, СD + АВ и СВ = hс. Ясно, что вершины А, В ДАВС построить легко (АВ = с). Следовательно, задача сводится к построению точки С, которая удовлетворяет двум независимым условиям:
Рис. 70
с (А,С) = b;
с (C,AB) = hс.
Отбросим второе условие и построим ГМТ1 = F1, удовлетворяющих первому условию. Ясно, что
F1 = л (А, b)
Отбросим первое условие и построим ГМТ2 = F2, удовлетворяющих второму условию. Ясно, что
А2 = тб где т // АВб с (тб АВ) = рсю
Итак, С е F1, F2, т.е. С Є л, n.
Анализ закончен
2. ПОСТРОЕНИЕ
АВ = с.
л (А, b).
n: n || АВ, с (n, АВ) = hс.
С Є л, n.
Д ABC- искомый
3. ДОКАЗАТЕЛЬСТВО.
1) АВ = с - по построению.
2) АС =b - по построению.
3) CD = с(С, АВ)= hс- по построению.
Итак, Д ABC удовлетворяет всем условиям.
4. ИССЛЕДОВАНИЕ. Всегда ли можно построить треугольник с данными задачи?
1) Если hс< b, то n ? л ={С,С1} и задача имеет два решения.
Рис. 71
2) Если hс= b, то n ? л ={С} и задача имеет одно решение, Д САВ - прямоугольный, яА=90.
Рис. 72
Если hс> b, то решений нет, так как n ? л =Ш.
Рис. 73
§2. Классификация задач на построение в курсе 8 класса
Классификация задач на метод геометрических мест из указанных учебников в курсе 8 класса приведена в таблице 2.
Таблица. 2
|
Атанасян Л.С. |
Александров А.Д. |
|||
|
№ задачи (в работе) |
№ упражнения в учебнике |
№ задачи (в работе) |
№ упражнения в учебнике |
|
|
18 |
686 |
27 |
16(в) |
|
|
19(18) |
687 |
28 |
16(д) |
|
|
20(19) |
688 |
29 |
16(и) |
|
|
21(20) |
736 |
30(23) |
6.32 |
|
|
22(21) |
737 |
21(24) |
6.47(а) |
|
|
23 |
897 |
22 |
6.50(а) |
|
|
24(22) |
898 |
23 |
6.50(в) |
|
|
25 |
900(а) |
24(25) |
6.51(а) |
|
|
26 |
900(б) |
25 |
6.51(б) |
|
|
26(26) |
6.51(в) |
|||
|
27 |
6.51(г) |
|||
|
28 |
12.59(а) |
|||
|
29 |
12.59(б) |
18. № 687. Даны прямая а и две точки А и В, лежащие по одну сторону от прямой. На прямой а постройте точку, равноудалённую от точек А и В.
Рис. 74
Рис. 75
1. АНАЛИЗ. Даны прямая и две точки (Рис. 74). Предположим, что задача решена и точка О - является искомой (Рис. 75). Искомая точка должна удовлетворять двум независимым условиям:
1) АО = ВО;
2) 0 Є а.
Отбросим сначала второе условие и построим ГМТ1 = F1», удовлетворяющих первому условию. Ясно, что F1 = b, где прямая b + АВ и b - проходит через середину АВ. Отбросим теперь первое условие и построим ГМТ2 = F2, удовлетворяющих второму условию. Ясно, что F2=а. Понятно, что О Є F1, F2. Анализ закончен.
2. ПОСТРОЕНИЕ
1. АВ; С - середина АВ.
2. b: С Є b, b + АВ.
3. О = b ? а.
4. О - искомая точка.
3. ДОКАЗАТЕЛЬСТВО
1. OA = OB - по построению.
2. О Є а - по построению.
Как видим, точка О удовлетворяет всем требованиям, какие изложены в условии задачи, а потому точка О - искомая.
4. ИССЛЕДОВАНИЕ. Всегда возможно провести через середину отрезка АВ прямую b, перпендикулярную к АВ. Остаётся выяснить, всегда ли прямая b пересечёт данную прямую а. Тут возможны следующие случаи.
1) Если отрезок АВ не образует прямого угла с данной прямой а, то прямая b непременно пересечёт прямую а в некоторой определённой точке, и задача будет иметь одно решение
Рис. 76
2) Если АВ + а, то b \\ а, следовательно, задача не имеет решения.
Рис. 77
19. № 688 . Даны угол и отрезок. Построите точку, лежащую внутри угла, равноудалённую от его сторон и равноудалённую от концов данного отрезка.
Рис. 78
Рис. 79
1. АНАЛИЗ. Предположим, что задача решена и точка М - искомая точка. Эта точка должна удовлетворять двум независимым условиям задачи:
1) АМ = ВМ;
2) с (М, ОА1) = с (М, ОВ 1).
Отбросим сначала второе условие и построим ГМТ 1 = F 1, удовлетворяющих первому условию. Ясно, что F1 = b - серединный перпендикуляр отрезка АВ. Отбросим теперь первое условие и построим ГМТ2 = F2, удовлетворяющих второму условию. Ясно, что F2 = а - биссектриса угла яA1OB1. Понятно, что М Є F1, F2, т.е. М Є а, b. Анализ закончен.
2. ПОСТРОЕНИЕ.
1.а- биссектриса угла я А1 OB1.
2. С - середина отрезка АВ.
3.b:CЄb,b +AB.
4. М = а ? b.
5. М - искомая точка.
3. ДОКАЗАТЕЛЬСТВО.
1. MA = MB - по построению.
2. М Є а => с (М, OA1) = с (М, ОВ1).
4. ИССЛЕДОВАНИЕ. Всегда ли задача имеет решение?
1. Если а ? b = М, то задача имеет одно решение.
2. Если а || b, то решений нет.
3.Если а = b, то решений бесконечно много (а = b, если А и В - симметричны от-носительно биссектрисы я А 1 ОВ 1).
20. № 736. Даны прямая а, точка А, лежащая на ней, и точка В. Постройте окружность, проходящую через точку В и касающуюся прямой а в точке А.
Рис. 80
Рис. 81
1. АНАЛИЗ. Дано: а, А Є а, В (В ¬Є а). Предположим, что задача решена и окружность щ (О, OA) - искомая. Центр этой окружности должен удовлетворять двум независимым условиям.
1) с (0,А) = с (0,В);
2) OA + а.
Отбросим сначала второе условие и построим ГMT1 = F1, удовлетворяющих первому условию. Ясно, что F1 = b, где b - серединный перпендикуляр отрезка АВ, b + АВ. Отбросим теперь первое условие и построим ГМТ2 = F2, удовлетворяющих второму условию. Ясно, что F2 = с, где А Є с, с + OA. Тогда О Є F1, F2. Анализ закончен.
2. ПОСТРОЕНИЕ
1. АВ.
2. Строим серединный перпендикуляр b к отрезку АВ.
3. Из точки А строим перпендикуляр с к прямой а.
4. с? b = О.
5. щ (О, OA) - искомая окружность.
3. ДОКАЗАТЕЛЬСТВО.
1. Так как О Є b, b - серединный перпендикуляр к отрезку АВ, то OA = OB; поэтому В Є щ (О, OA).
2. АО + а - по построению, О Є АО; поэтому щ (О, OA) касается прямой а в точке А.
4. ИССЛЕДОВАНИЕ. Всегда ли данная задача имеет решение? Данная задача решение имеет всегда.
Если отрезок АВ составляет прямой угол с прямой а, то задача имеет одно решение и чертёж выглядит так:
Рис. 82
21. № 737. Даны две параллельные прямые и точка, не лежащая ни на одной из них. Постройте окружность, проходящую через данную точку и касающуюся данных прямых.
Рис. 83
Рис. 84
I. АНАЛИЗ. Дано: а || b, А ¬Є а, А ¬Є b. Предположим, что задача решена и окружность щ (О, OA) - искомая. Центр этой окружности должен удовлетворять двум независимым условиям:
1) с (О,а)= с (О, b)=d/2,где d = с (а, b);
2) ОА = с (0, А)= d/2.
Отбросим сначала второе условие и построим ГMT 1 = F1, удовлетворяющих первому условию. Ясно, что F 1 = с, где с - серединный перпендикуляр отрезка МК (М Є а, К Є b, МК + а). Отбросим теперь первое условие и построим ГМТ2 = F2, удовлетворяющих второму условию. Ясно, что F2 = г (А, d/2). Понятно, что О Є F1, F2. Анализ закончен.
2. ПОСТРОЕНИЕ.
1. МК: МК + а, М + а, К Є b.
2. Р - середина МК.
3. с: Р Є с, с + МК.
4. г (А, РК), РК = d/2.
5. О Є г, с.
6. щ (О, OA).
7. щ - искомая окружность.
3. ДОКАЗАТЕЛЬСТВО
1.А Є щ - по построению.
2.щ (О, d/2) - касается прямых а, b, так как r=d/2.
4. ИССЛЕДОВАНИЕ. Всегда ли данная задача имеет решение?
1. Если данная точка лежит между данными прямыми, то задача имеет два решения:
щ (О, d/2) и щ1 (O1, d/2), где {О, O1}= г ? с.
2. Если А лежит вне полосы между прямыми а и b, то задача не имеет решения, так как г (А, d/2)?с = Ш.
3. Если точка А лежит на прямой а или b, то задача имеет одно решение.
22. № 898. Даны окружность с центром в точке О, точка М и отрезки Р1К1 и Р2К2. Построите прямую р так, чтобы окружность отсекаю на ней хорду, равную Р1К1, и расстояние от точки М до прямой р равняюсь Р 2К 2.
Рис. 85
1. АНАЛИЗ. Дано: окружность щ (О, r), точка М, отрезки Р1К1 и Р 2К 2. Предположим, что задача решена и прямая р - искомая. Она должна удовлетворять двум независимым условиям:
1) с (М, р) = Р2К2;
2) на прямой р лежит хорда DE = Р1К1, отсекаемая окружностью щ.
Отбросим сначала второе условие и построим ГМТ 1 = F 1, удовлетворяющих первому условию. Ясно, что F 1 - касательная к окружности г (М, Р 2К2). Отбросим теперь первое условие и построим ГМТ 1 = F 2, удовлетворяющих второму условию. Найдём фигуру F 2. С этой целью построим хорду АВ окружности щ, чтобы АВ = Р1К1, а затем её середину С. Проведём окружность щ 1 (О, ОС), тогда любая хорда окружности щ, касательная к щ 1 имеет ту же длину АВ = Р1К1. Следовательно, искомая фигура F2 - касательная к окружности щ 1. Итак, прямая р должна касаться окружностей г и щ 1 а такую общую касательную строить умеем (см. № 897 или № 8 в данной работе). Анализ закончен.
2. ПОСТРОЕНИЕ
1. А,В: А, В Є щ AB = Р1К1.
2. С - середина АВ.
3. щ 1 (О,OC).
4. г (М,Р2К2).
5. р: р - касательная к окружностям г и щ 1.
6. р - искомая прямая.
3. ДОКАЗАТЕЛЬСТВО
1. с (М, р) = Р2К2, так как р - касательная к окружности г (М, Р2К2).
2. Пусть р ? щ = {D, Е}, тогда DE = АВ = Р1К1; в самом деле, DE - касается окружности щ 1 (О, ОС) в точке F (F - середина DE), поэтому
DF = = = АС, отсюда DE = 2 DF = 2 АС = АВ = Р1К1,
4. ИССЛЕДОВАНИЕ. Так как общих касательных к окружностям г и щ1 можно провести не более четырёх, то задача имеет не более четырёх решений.
23. № 6.32. Постройте прямую, проходящую через вершину треугольника и равноудалённую от двух других его вершин.
Рис. 86
АНАЛИЗ. Предположим, что n - искомая прямая, которая удовлетворяет двум независимым условиям:
1) В Є n;
2) с (n, А)= с (n, С).
Отбросим сначала второе условие и построим ГМТ 1 =F 1, удовлетворяющих первому условию. Ясно, что F 1 - любая прямая, содержащая точку В. Отбросим теперь первое условие и построим ГМТ2 = F2, удовлетворяющих второму условию. Ясно, что F2 - прямая, которая проходит через точку В: а) параллельно прямой АС или б) и середину отрезка АС. Анализ закончен.
2. ПОСТРОЕНИЕ.
1. Д ABC.
2. n: n || AC, BЄn.
3. n - искомая прямая.
4. О - середина отрезка АС.
5. m = ВО - еще одна искомая прямая.
3. ДОКАЗАТЕЛЬСТВО:
1. В Є n - по построению.
2. n || АС, поэтому с (A, n) = с (С, n).
3. m - искомая прямая, так как с (А, m) = с (С, m); это легко доказать, опустив перпендикуляры из точек А и С на прямую m.
4. ИССЛЕДОВАНИЕ. Всегда ли данная задача имеет решение?
Данная задача всегда имеет два решения.
24. № 6.47(a). В данном угле найдите точку, которая удалена от одной его стороны на расстоянии d1, а от другой на расстоянии d2.
Рис. 87
Рис. 88
1. АНАЛИЗ. Предположим, что точка М - искомая точка. Эта точка удовлетворяет двум независимым условиям задачи:
1) с (M, YA) = d 1;
2) с (M, AX) = d2.
Отбросим сначала второе условие и построим ГМТ1 = F 1, удовлетворяющих первому условию. Ясно, что
А1 = тб где т // НФб с (тб НФ) = в1ю
Отбросим теперь первое условие и построим ГМТ2 = F2, удовлетворяющих второму условию. Ясно, что F2 = m, где m || AX, с (m, YA) = d2. Понятно, что M Є F1 F2, т.е. M Є n, m. Анализ закончен.
2. ПОСТРОЕНИЕ.
n: n ||YA, с (n,YA)= d1
m: m || AX, с (m,YA) = d2
M=n ? m
M- искомая точка
3. ДОКАЗАТЕЛЬСТВО
1. M Є n, поэтому с (M, YA)= с (n,YA)= d1
2. M Є m, поэтому с (M, XA)= с (m,XA)= d2
3. M - искомая точка, так как удовлетворяет всем условиям задачи
4. ИССЛЕДОВАНИЕ. Всегда ли данная задача имеет решение?
Данная задача имеет всегда одно решение, так как прямые n и m, будучи соответственно параллельны двум пересекающимся прямым, всегда пересекаются .
25. № 6.51 (а). Постройте ромб по высоте и стороне
Рис. 89
Рис. 90
1. АНАЛИЗ. Предположим, что ABCD - искомый ромб. Тогда AD = b, ВН + AD, ВН = hb. Две вершины ромба А и D легко построить, так как они являются концами стороны b. Зная третью вершину ромба легко будет построить и четвёртую, следовательно, задача сводится к построению третьей вершины В, которая удовлетворяет двум независимым условиям:
1) с (А, В) = b;
2) с (B, AD) = hb.
Отбросим сначала второе условие и построим ГМТ1 = F1 удовлетворяющих первому условию. Ясно, что F1 = щ (А, b). Отбросим теперь первое условие и построим ГМТ2 = F2, удовлетворяющих второму условию. Ясно, что F2 = n, где n || AD, с (n, AD)= hb. Понятно, что В Є F 1, F2, т.е. В Є щ, n. Анализ закончен.
2. ПОСТРОЕНИЕ.
1. AD = b.
2. щ (А, b).
3. n: n || AD, с (n, AD) = hb.
4. B Є n, щ.
5. На отрезках АВ и AD строим ромб ABCD.
3. ДОКАЗАТЕЛЬСТВО.1. AD = b - по построению.2. BЄ n, поэтому с (В, AD) = с (n, AD) = hb.
3. В Є щ (А, b), поэтому АВ = b.
4. ABCD - искомый ромб, удовлетворяющий всем условиям задачи.
4. ИССЛЕДОВАНИЕ. Всегда ли данная задача имеет решение?
1. Если hb < b, то задача имеет два решения, так как n ? щ = {В, B 1}(ромбы будут равны).
2. Если hb = b, то задача имеет одно решение, так как n ? щ = {В}. В этом случае по-лучим квадрат.
3. Если hb > b, то задача решений не имеет.
26. № 6.51 (в). Постройте ромб по высоте и диагонали.
Рис. 91
Рис. 92
1. АНАЛИЗ. Предположим, что ABCD - искомый ромб. Тогда BD = МК = d2,
ВН +AD, ВН = hb
Прямоугольный треугольник Д BHD можно построить по гипотенузе и катету, поэтому две вершины ромба В и D легко построить. Но BD - диагональ ромба, поэтому остается построить вторую диагональ АС. Но в ромбе диагонали взаимно перпендикулярны и в точке пересечения делятся пополам. Зная вершину А диагонали, легко будет построить и вершину С. Следовательно, остаётся найти вершину А, которая удовлетворяет двум независимым условиям:
1) AD = АВ;
2) А щ n, где n = HD.
Отбросим сначала второе условие и построим ГМТ 1 = F1 удовлетворяющих первому условию. Ясно, что F 1 = m, где m - серединный перпендикуляр отрезка BD. Отбросим теперь первое условие и построим ГМТ2 = F2, удовлетворяющих второму условию. Ясно, что F2 = n, где n = HD. Понятно, что А Є F1, F2, т.е. А Є m, n. Анализ закончен.
2. ПОСТРОЕНИЕ.
1. Д BHD (BD = d2, ВН = hb, ВН + HD).
2. О - середина отрезка BD.
3. m: О Є m, m + BD.
4. n: Н, D Є n .
5. А = n ? m.
6. На отрезках АВ и AD строим ромб ABCD.
3. ДОКАЗАТЕЛЬСТВО
1. BD = d2 - по построению.
2. А Є m, поэтому АВ = AD.
3. А Є n, поэтому с (В, AD) = с (В, n) = hb.
4. ABCD - искомый ромб, удовлетворяющий всем условиям задачи.
4. ИССЛЕДОВАНИЕ. Всегда ли данная задача имеет решение?1. Если hb < d2, то задача имеет одно решение.
2. Если hb ? d2, то задача решений не имеет.
ЗАКЛЮЧЕНИЕ
Как уже говорилось в предисловии, цель работы - создать «решебник» задач на построение на метод геометрических мест из школьных учебников по планиметрии Атанасяна, Александрова и Погорелова.
Надеюсь, что попытка создать подобный «решебник» в определенной мере удалась, так как задачи на метод геометрических мест из учебников Атанасяна и Погорелова почти все представлены и достаточно подробно разобраны в работе. К сожалению, проделать аналогичную работу с задачами на указанный метод из учебника Александрова не удалось. В работе подробно разобраны лишь несколько задач из этого учебника. Тем не менее, и даже в таком виде работа может оказаться полезной для учителей математики, а также для студентов и преподавателей математического факультета при изучении метода геометрических мест в теме «Геометрические построения на плоскости».
БИБЛИОГРАФИЯ
1. Геометрия 7-11 кл. [Текст]: Учеб. для 7-11 кл. общеобразоват. учреждений/ Погорелов А.В. - М.: Просвещение, 1990.
2. Геометрия 7-9 кл. [Текст]: Учеб. для 7-9 кл. общеобразоват. учреждений/Атанасян Л.С. - М.: Просвещение, 1992.
3. Геометрия 8-9 кл. [Текст]: Учеб. пособие для учащихся шк. и классов с углубл. изуч. математики для 8-9 кл. общеобразоват. Учреждений / Александров А.Д. - М.: Просвещение, 1991.
4. Орленко М.И. Решение геометрических задач на построение в курсе математики средней школы [ Текст]. Пособие для учителей. Минск, 1953
5. Аргунов Б.И. и Балк М.Б. Геометрические построения на плоскости [Текст], изд. 2 Москва, 1957
6. Прокопенко Г.И., Винтиш Т.Ю. Геометрические построения на плоскости [Текст]. изд-во ЧГПУ «Факел», Челябинск 1996.
7. Психология: в 3-х кн.; Учебник для студентов высш. Пед. Учеб. завед. Кн. 2 [Текст]: / Немов Р.С. Психология образования. 4-е изд. - М.: Владос, 2001.
8. Столяренко Л.Д., Педагогическая психология [Текст]: серия «Высшее образование» / Л.Д. Столяренко. - 3-е изд., перераб. И доп. - Ростов н / Д: «Феникс», 2004.
9. Сухомлинский В.А. Сердце отдам детям. Избр. Пед. Соч. в 3-х т. [Текст]: Сухомлинский В.А. - М., 1979.
10. Фридман Л.М. Психолого-педагогические основы обучения в школе [Текст] / Фридман Л.М. - М.: Просвещение, 1983.
Размещено на Allbest.ru
Подобные документы
Математические задачи: понятие, структура, решение. Роль подготовительных упражнений перед введением нового понятия, доказательством теоремы, решением сложной задачи. Методика использования задач на готовых чертежах в курсе геометрии основной школы.
контрольная работа [213,5 K], добавлен 25.03.2016Психолого-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).
дипломная работа [1,1 M], добавлен 03.07.2011Роль задач в процессе обучения школьников в школьном курсе геометрии. Роль ключевых задач в системе обучающих задач в школьном курсе. Методы отбора ключевых задач по изучаемой теме. Медиана, проведенная к гипотенузе. Свойство биссектрисы и ее длина.
курсовая работа [458,5 K], добавлен 30.01.2014Образовательные цели изучения геометрических величин в школьном курсе математики, понятие величины, пример построения теории величин. Методика изучения геометрических величин, теория измерения длин отрезков, площадей фигур и объемов геометрических тел.
реферат [84,0 K], добавлен 07.03.2010Роль и место геометрических построений в школьном курсе. Методика решения задач по стереометрии. Основы теории геометрических построений. Основные этапы решения задач на построение в стереометрии: анализ, построение, доказательство, исследование.
курсовая работа [2,1 M], добавлен 27.05.2012Понятие текстовой задачи и ее роли в курсе математики. Способы решения текстовых задач. Методика обучения решению составных задач на пропорциональное деление. Обучение решению задач на движение. Выявление уровня умений учащихся решению составных задач.
курсовая работа [231,8 K], добавлен 20.08.2010Сюжетные задачи в курсе математики 5-6 классов. История использования текстовых задач в России. Анализ учебников математики. Методика обучения решению сюжетных задач в курсе математики 5-6 классов. Примеры применения методики работы с сюжетной задачей.
курсовая работа [55,8 K], добавлен 12.06.2010Теоритические основы изучения процентов в курсе алгебры основной школы. Понятие процента, основные задачи на проценты. Методические основы изучения процентов по учебному комплекту под редакцией г.в. дорофеева.
дипломная работа [155,8 K], добавлен 08.08.2007Анализ учебной и учебно-методической литературы по геометрии. Методика решения задач на построение. Развитие логического мышления школьников в процессе обучения математике. Задачи проведения факультативных занятий. Методы геометрических преобразований.
дипломная работа [1,8 M], добавлен 24.06.2009Сущность алгебраического метода решения текстовых задач. Типичные методические ошибки учителя при работе с ними. Решение текстовых задач алгебраическим методом по Г.Г. Левитасу и В. Лебедеву. Анализ практического применения методики обучения их решению.
курсовая работа [260,9 K], добавлен 30.09.2010
