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 , вершины которого исключены. Проведя в два 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 , 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 .

(II способ)

Определим длины сторон , 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

(III способ)

Построим вспомогательный , стороны которого соответственно параллельны сторонам данного и равноотстают от них.

Построив биссектрисы углов А₁ и В₁ найдем точку их пересечения F. Проведем . подобен . Пусть их коэффициент подобия равен к.

подобен , их коэффициент подобия равен тоже к, поскольку

.

Отсюда или .

, 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.