Решение задач на построение в курсе геометрии основной школы как средство развития логического мышления школьников - рефераты, скачать рефераты, бесплатно рефераты

Рефераты. Решение задач на построение в курсе геометрии основной школы как средство развития логического мышления школьников

араллельным переносом на вектор называется отображение плоскости на себя, при котором каждая точка М отображается в такую точку М1, что вектор равен вектору .

Методом параллельного переноса решают задачи, при анализе которых трудно найти зависимость между данными элементами, позволяющую построить искомую фигуру (данные элементы удалены друг от друга); но если мы какую-нибудь часть или всю фигуру перенесем параллельно в некотором направлении на определенное расстояние, то получим вспомогательную фигуру, которую легко можно построить. Направление и величина переноса определяются так, чтобы во вспомогательную фигуру вошло большее число данных.

Рассмотрим задачу: “Построить выпуклый четырехугольник, зная три его угла и две противоположные стороны”.

Подробнее: даны два отрезка а и b и три угла б, в, д. Требуется построить четырехугольник ABCD так, чтобы А = б, В = в, D = д, AD = a, СВ = b. Предполагается, что 0° < б < 180°, 0° < в < 180°, 0°< д < 180°.

Рис. 5

Анализ. Допустим, что ABCD (рис. 5) -- искомый четырехугольник. Перенесем сторону ВС на вектор , и пусть отрезок ВС займет после переноса положение АЕ. Тогда в AED известны: AD = a, AE = b, DAE = BAD -BAE = = A - (180° - B) = б + в - 180°. По этим данным AED может быть построен.

Рис. 6

Построение. 1) На произвольной прямой строим отрезок AD = а (рис. 6); 2) Через точку А проводим луч AM под углом б + в - 180° к лучу AD; 3) Откладываем на луче AM отрезок АЕ = b; 4) Строим луч EN, образующий с ЕА угол в и расположенный с точкой D по разные стороны от прямой AM; 5) Строим луч DK так, чтобы ADK был равен д и чтобы луч DK располагался по ту же сторону прямой DE, что и луч EN; 6) Отмечаем точку С пересечения лучей EN и DK -- третью вершину четырехугольника; 7) Четвертая вершина В получается в пересечении прямой AF, параллельной СЕ, с прямой CL, параллельной АЕ.

Доказательство. BAD = ВАЕ+DAE = (180° - в) + (б + в - 180°) = б. ABC = СЕА, как углы, стороны которых соответственно параллельны и противоположно направлены. СЕА = в по построению. ADC = д по построению. Отрезок AD = а по построению. ВС = АЕ, как отрезки параллельных между параллельными. Но АЕ = b, а значит, и ВС = b [2].

4.2.4 Метод поворота
Поворотом плоскости вокруг точки О на угол называется отображение плоскости на себя, при котором каждая точка М отображается в такую точку М1, что ОМ = ОМ1 и угол МОМ1 = .

Данный метод применяется к тем задачам, где либо части фигур сближаются в положение, удобное для построения, либо при заданных явно или косвенно центре и угле поворота требуется отыскать две соответственные точки, лежащие на данных или искомых фигурах.

Рассмотрим задачу: “Земельный участок квадратной формы был огорожен. От изгороди сохранились два столба на параллельных сторонах квадрата. Кроме того, остался столб в центре квадрата. Требуется восстановить границу участка”.

Анализ. Пусть ABCD -- искомый квадрат, О -- его центр, М и N-- данные точки соответственно на сторонах АВ и CD (рис. 7). Если повернуть квадрат на 180° около его центра О, то он преобразуется сам в себя. Точка М займет некоторое положение М' на стороне CD, а точка N -- некоторое положение N' на стороне АВ. После этого нетрудно уже построить прямые АВ и CD и восстановить искомый квадрат.

Рис. 7

Построение. 1) Строим точку М', симметричную М относительно 0, и точку N', симметричную N относительно О. 2) Строим прямые MN' и NM'. 3) Повернем построенные прямые около точки О на 90°. Четыре построенные прямые ограничивают искомый квадрат.

Доказательство опускаем.

Исследование. По смыслу задачи невозможен случай, когда точки М и N располагаются с точкой О на одной прямой, но не симметричны относительно О. Если точки М и N симметричны относительно О, то задача становится неопределенной. В остальных случаях задача имеет единственное решение [2].

4.2.5 Метод подобия
Метод подобия состоит в том, что сначала строится некоторая фигура, подобная искомой, но удовлетворяющая не всем поставленным в задаче условиям. Затем построенную вспомогательную фигуру заменяем фигурой, ей подобной и удовлетворяющей уже всем требуемым условиям [18].

Задача решается методом подобия, если ее условие можно разделить на две части, одна из которых определяет форму фигуры с точностью до подобия, а вторая - размеры фигуры. При решении задач в классе или разборе задач из домашнего задания на этот метод следует задавать учащимся вопросы: Что (какая часть) в условии задачи определяет фигуру с точностью до подобия? Что определяет размеры искомой фигуры?

Методические рекомендации по методу подобия [10]. При разработке метода подобия целесообразно классифицировать решаемые задачи по способу задания размеров искомой фигуры:

1) задачи, в которых размеры искомой фигуры определяются заданием некоторого отрезка;

2) задачи, в которых размеры искомой фигуры определяются заданием суммы или разности некоторых ее отрезков;

3) задачи, в которых размеры искомой фигуры определяются положением ее относительно данных фигур.

Такая классификация удобна, главным образом, потому, что для каждой из трех групп задач способы выбора центра подобия различны.

В задачах из первой группы за центр подобия лучше всего выбирать один из концов отрезка вспомогательной фигуры, соответствующего данному отрезку, через который проходит наибольшее число прямолинейных отрезков искомой фигуры, так как при гомотетии лишь прямые, проходящие через центр подобия, преобразуются сами в себя. При таком выборе легко находить одну точку (второй конец данного отрезка) искомой фигуры, что в большинстве случаев значительно облегчает выполнение дальнейшего построения.

И для задач второй группы за центр подобия можно выбирать один из концов построенной суммы или разности отрезков, соответствующей данной. Целесообразно расчленить подобное преобразование: отдельно найти один из отрезков, сумма или разность которых дана, а затем выполнить построение искомой фигуры.

При решении задач третьей группы центр подобия уже определяется, и в большинстве случаев однозначно, расположением фигуры, подобной искомой, относительно данных фигур.

В Приложении 4 приведено решение задачи на метод подобия: “Построить трапецию ABCD по углу А и основанию ВС, если известно, что AB:CD:AD = 1:2:3”.

4.3 Алгебраический метод

Алгебраический метод решения задач на построении - один из важнейших методов теории конструктивных задач. Именно с помощью этого метода решаются вопросы, связанные с разрешимостью задач тем или иным набором инструментов.

Кроме того, это один из самых мощных методов, позволяющий решать многие задачи, решение которых обычными способами затруднительно. Метод прекрасно демонстрирует тесную взаимосвязь алгебры и геометрии.

Но, к сожалению, в школьном курсе геометрии алгебраическому методу практически не уделяется внимания, хотя с методической точки зрения изучение этого метода не представляет особых сложностей.

Суть метода состоит в следующем:

а) задача сводится к построению некоторого отрезка;

б) используя известные геометрические соотношения между искомыми и данными, составляют уравнение (систему уравнений), связывающее искомые и данные;

в) решая уравнение или систему уравнений, выражают формулой длину искомого отрезка через длины данных;

г) по формуле строится искомый отрезок (если это возможно);

д) с помощью найденного отрезка строится искомая фигура.

Подготовительную работу составляет изучение основных формул и способов построения, где также отрабатываются некоторые элементы схемы решения задач алгебраическим методом, и усваивается сама идея такого подхода к решению задач на построение.

В школьном курсе геометрии обычно рассматривают построения циркулем и линейкой отрезков, заданных следующими некоторыми простейшими формулами [2]:

1) х = а + b (рис. 8).

2) х = а -- b(а > b) (рис. 9).

Рис. 8 Рис.9

3) х = nа, где n -- натуральное число. Сводится к построению 1). На рис. 10 построен отрезок х, такой, что х = 6а.

Рис. 10 Рис. 11

4) х = .

Строим луч, выходящий из какого-либо конца О данного отрезка а под произвольным углом к нему. Откладываем на этом луче n раз произвольный отрезок b, так что OB = nb (см. рис. 11). Соединяем точку В со вторым концом А отрезка а. Через точку В1, определяемую условием 0В1 = b, проводим прямую, параллельную АВ, и отмечаем точку A1, в которой она пересечет отрезок а.

5) х = а (n и m -- данные натуральные числа).

Разделим отрезок а на m равных частей и увеличим полученный отрезок в п раз.

6) х = (построение отрезка, четвертого пропорционального трем данным отрезкам).

Запишем условие в виде пропорции с : а = b : х. Пусть (рис. 12) ОА = а, ОС = с, так что члены одного из отношений отложены на одном луче, исходящем из точки О. На другом луче, исходящем из той же точки, откладываем известный член другого отношения ОB = b. Через точку А проводим прямую, параллельную ВС, и отмечаем точку X ее пересечения с прямой ОВ. Отрезок ОХ искомый, то есть ОХ = х.

Рис. 12 Рис. 13 Рис. 14

7) x = .

Можно воспользоваться построением 6), полагая b = а.

8) х = (построение среднего пропорционального двух данных отрезков).

Строим отрезки АС = а, ВС = b, так что АВ = а + b. На АВ как на диаметре строим полуокружность (см. рис. 13). В точке С восставим перпендикуляр к АВ и отметим точку D его пересечения с окружностью. Тогда х = CD.

9) х = Отрезок x строится как гипотенуза прямоугольного треугольника с катетами а и b (см. рис. 14).

Страницы: 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14