Конспекты уроков Тема: «Решение геометрических задач» Цели:

Конспекты уроков
Тема: «Решение геометрических задач»
Цели:
1. Познакомить учащихся с работой факультативных занятий;
2. Развитие творческого потенциала, мышления учащихся;
3. Воспитание интереса к занятиям.
Ход занятия
I. Организационный момент
II. Решение задач
1. Докажите, что биссектрисы внешних углов прямоугольника,
пересекаясь, образуют квадрат.
Решение:
A1
A
B
D1
B1
D
C
C1
Рис. 3
Это прямоугольник (рис. 3). А в следствии того, что равнобедренные
треугольники попарно равны, стороны прямоугольника равны, т. е. он
является квадратом.
2. Диагонали прямоугольной трапеции АВСD пересекаются в точке Р,
через которую проведена прямая, параллельная основаниям, до
пересечения с боковыми сторонами в точках Е и F. Докажите, что ЕР
= РF.
Решение:
B
C
P
E
F
A
D
Рис.4
ΔВЕР ~ ΔВАD. Следовательно,
EP BE

AD BA
(рис. 4). ΔСРF ~ ΔСАD.
EP CF
BE CF
. А так как ЕF║BC║AD, то
. Сравнивая


AD CD
BA CD
EP EP
равенства, получим,
, т.е. ЕР = РF.

AD AD
Отсюда
эти
III. Итог занятия
Тема : Многоугольники и их площади
Цели:
1. Выяснить, как учащиеся усвоили свойства многоугольников, формулы
для вычисления их площадей. Закрепить знания учащихся по
изученной теме и умение применять полученные знания на практике.
2. Развитие мыслительной деятельности, творческих способностей и
логического мышления учащихся при выполнении практической
работы.
3. Организация совместной учебной деятельности, знакомство с
профессией строителя.
ХОД ЗАНЯТИЯ
I . Орг.момент
II. Проверка знаний учащихся
1. Проверка теории по теме «Многоугольники». Работа в группах
Каждой группе выдаётся геометрическая фигура (треугольник,
параллелограмм, ромб, прямоугольник, квадрат, трапеция) и план ответа.
Время на подготовку 2 минуты. По одному ученику из каждой группы
отвечают.
2. Проверка знания формул по теме «Площади многоугольников»
На закрытой доске заранее выписаны формулы площадей:
Ученики внимательно смотрят на формулы. Учитель показывает
геометрическую фигуру. Ученики выбирают соответственную формулу и
записывают её номер в тетрадь. По окончании работы ученики меняются
тетрадями. Учитель проставляет рядом с фигурами нумерацию формул. Идёт
взаимопроверка и оценка знаний.
III . Закрепление
1. Практическая работа в парах
У каждой пары на столе 3 фигуры. Учащиеся должны найти площади
этих фигур, сделав предварительно все измерения и результаты занести в
таблицу.
Площади геометрических фигур
Фигура
а
b
h
S
2. Решение задач по готовым чертежам
На доске помещены чертежи:
Учащиеся самостоятельно решают задачи в тетрадях. 3 ученика у доски.
Коллективная проверка. Самооценка.
IV . Творческая работа «Строитель».
Учитель: В заключение нашего урока я предлагаю вам выступить в
роли
строителей.
Строительное
производство
сегодня
–
это
механизированный
процесс
сборки
зданий
и
сооружений
из
крупноразмерных деталей (блоков), изготовленных заводским способом. Но
ни одно строительство не обходится без столяров. Они работают в
строительно-монтажных
организациях,
на
деревообрабатывающих
предприятиях, в столярных мастерских. Непосредственно на объекте столяр
устанавливает оконные и дверные блоки, производит настилку дощатых и
паркетных полов. Бесспорно, выполнение такой работы невозможно без
знания устройства и правил эксплуатации деревообрабатывающих станков.
Но нужно еще хорошо знать геометрию.
На парту раскладывается набор равнобедренных прямоугольных
треугольников, которые равны между собой. Боковая сторона
равнобедренного треугольника равна 4 см (30 треугольников).
Задание. Из этих треугольников составить: квадрат с площадью 16 кв .с
м, ромб – с площадью 32 кв.см, прямоугольник – с площадью 32 кв.см,
квадрат – с площадью 64 кв.см, параллелограмм – с площадью 48 кв.см,
трапецию – с площадью 48 кв.см.
Учитель составляет эти фигуры на магнитной доске. Учащиеся сверяют
свои работы с работой учителя.
Творческая работа «Строитель».
Самостоятельная работа.
V . Итог занятия
Тема: "Площади треугольников и четырехугольников"
Цели:
1. Систематизация материала данной учебной темы, ликвидация пробелов
в знаниях учащихся, применение учебного материала для решения
задач.
2. Выдвижение гипотез, предложений решения задачи, строить прогнозы,
переносить знания в новую ситуацию, планировать свою деятельность.
3. Воспитание способности критически, но объективно оценивать
поступки и действия как свои, так и чужие.
ХОД ЗАНЯТИЯ
I. Орг. момент
Организация команд (групп). Формулировка цели занятия (
каждая группа, работая совместно, должна представить на
суд класса как можно больше количество решений).
II. Решение задачи
Найдите наибольшее число решений. Найдите
площадь ромба, если известно, что диагонали ромба
равны – 8 см и 6 см.
Рис.5
Даю 20 минут для решения, через указанное время прошу показать решения на доске,
предварительно просмотрев решения. Начинаем с самого часто встречаемого, с той
группы, у которой может быть оно единственное.
1-е решение.
Дано: ABCD – ромб,
AC = 6 см,
BD = 8 см.
Найти: SABCD.
Решение: так как ABCD – ромб, то AC  BD, AO = OC; BO = OD.
Получаем 4 равных прямоугольных треугольника, катеты, которых равны
AO = 3 см, BO = 4 см.
1
1
S AOB = AO • OB = • 3 • 4 = 6(см2).
2
2
При пересечении диагоналей получилось 4 равных треугольника.
SABCD = 4 S AOB = 4 • 6 = 24(см2).
Ответ: 24 см2.
2-е решение.
Решение: так как ABCD – ромб, то AC – ось симметрии. Следовательно,
ABC = ADC.
1
1
SABCD = 2 S ABC, S ABC = AC•BO, AC  BD, BO = OD = BD,
2
S
ABC =
1
2
2
• 6 • 4 = 12(см2).
SABCD = 2 • 12 см2 = 24 см2.
Ответ: 24 см2.
3-е решение.
Рис.6
Решение: так как ABCD – ромб, то AC  BD,  AOB – прямоугольный, тогда
по теореме Пифагора AB2 = AO2 + BO2. Следовательно, AB = 5 см. (или в
прямоугольном треугольнике катеты равны 3 см и 4 см, следовательно,
 AOB – египетский треугольник и AB = 5 см).
Рис.7
sin A =
; cos A =
BAD = 2 BAO, так как диагонали ромба являются
биссектрисами углов ромба.
sin BAD = 2 • sin A • cos A = 2 •
SABCD = a · b · sin , следовательно, так как ABCD – ромб a = b и
SABCD = a • a • sin
Ответ: 24 см2.
4-е решение.
BAD = 5 • 5 •
= 24(см2).
Решение: так как ABCD – ромб, то AC  BD, AO = OC; BO= OD.SABCD = 4
S
AOB =
4•
1 1
1
• d1 • d2 =
2
2
Ответ: 24 см2.
2
5-е решение.
Решение: так как ABCD – ромб, то AC
BD, AO = OC, BO = OD.
AOB – прямоугольный, AB = 5 см; ABD = CBD, SABCD = 2 S
По формуле Герона найдем
S ABD =
1 = 12(см2)
SABCD = 2 • 12 = 24(см2).
=
=
ABD.
=3•2•2•
Ответ: 24 см2.
6-е решение.
Рис.8
Решение: катет в прямоугольном треугольнике есть среднее
пропорциональное между гипотенузой и проекцией этого катета на
гипотенузу. В ∆AOB OM – высота, поэтому:
AO2 = AB • AM, 16 = 5 • AM, AM =
, MB = 5 – 3,2 = 1,8(см).
Высота в прямоугольном треугольнике, опущенная на гипотенузу, есть
среднее пропорциональное проекций катетов на гипотенузу.
OM2 = 3,2 • 1,8 = 5,76, OM = 2,4 см – радиус вписанной окружности.
S = p • r, так как ABCD – ромб, то p = 2a, S = 2 • 5 • 2,4 = 24(см2).
Ответ: 24 см2.
Первыми показывают решение ребята из группы, где наименьшее количество
решений, следующими показывают ещё одно или два решений, добавляя, и т.д.
Последними показывают решения самым сложным способом и получают наивысший
балл.
В конце занятия задаётся домашнее задание:
Меньшая диагональ ромба равна 8 см, его острый угол – 60о. Найдите
площадь ромба (любым способом).
III. Итог занятия
Тема: "Углы, вписанные в окружность"
Геометрия – это средство интеллектуального развития человека.
Цели:
1. Повторение определения видов углов, поиск методов решения задач,
изучение оптических иллюзий;
2. Формирование навыков коллективной работы, развитие чувства
ответственности за свои знания, культуры общения, приобщение к
познанию оптической иллюзии, вызов к ее применение на практике;
3. Активизация самостоятельности познавательной деятельности
учащихся., воспитание эстетической культуры.
ХОД ЗАНЯТИЯ
I. Орг. момент
II. Конкурс «Экстренная инвентаризация»
1) Вызываются по 2 ученика от каждой команды. Они внимательно
осматривают в течение одной минуты набор геометрических моделей вида
углов (их 12 штук). После осмотра набор моделей накрывается. Играющие
должны выполнить “Экстренную инвентаризацию”, т.е. один из них
выполняет от руки их изображение, другой рядом с рисунком записывает их
названия. Сидящие следят за правильностью ответов, один выступает с
команды в качестве арбитра. Он может задать вопросы на определение,
свойства фигуры.
2. Диктант (с последующей проверкой)
1. Угол, вершина которой лежит на окружности называется …
(вписанным).
2. Угол с вершиной в центре окружности –… (центральный).
3. Наибольшее из хорд окружностей –… (диаметр).
4. Мера дуги равна мере … (центрального угла).
5. Теорема об угле, вписанном в окружность (все хором).
4. Устная работа по рисункам
Ответы: 1) 140о; 2) 65о; 3) 80о; 4) 45о; 135о;
5. Работа по тесту с программированным контролем решения
Тест
Вариант 1
1. Угол АСВ на 38о меньше угла АОВ. Найдите сумму углов АОВ и АСВ
а) 96о; б) 114о; в) 104о; г) 76о;
2. МР – диаметр, О – центр окружности. ОМ=ОК=МК. Найдите угол РКО.
а) 60о; б)40о; в) 30о; г) 45о;
3. Угол АВС вписанный, угол АОС – центральный. Найдите угол АВС, если
угол АОС=126о
а) 112о; б) 123о; в) 117о; г) 113о;
Вариант 2
1. Угол МСК на 34о меньше угла МОК. Найдите сумму углов МСК и МОК.
а) 112о; б) 102о; в) 96о; г) 68о;
2. АС – диаметр окружности, О – ее центр. АВ=ОВ=ОА. Найдите угол ОВС.
а) 50о; б) 60о; в) 30о; г) 45о;
3. О – центр окружности, угол L =136о. Найдите угол В.
а) 108о; б) 118о; в) 112о; г) 124о;
Вариант 3.
1. Угол EFG на 42о меньше угла EOG найдите сумму углов.
а) 102о; б) 126о; в) 84о; г) 116о;
2. KL – диаметр окружности, О – ее центр. КО=ОМ=КМ. Найдите угол ОМL.
а) 60о; б) 40о; в) 30о; г) 45о;
3. Угол EOD – центральный, угол EFD – вписанный, найдите угол EFD, если
угол EOD=174о.
а) 116о; б) 120о; в) 93о; г) 103о;
Ответы:
1
2
3
1 Вариант
Б
В
В
2 Вариант
Б
В
В
3 Вариант
Б
В
В
6. Самостоятельная работа в 3-х вариантах (после выполнения
собирается)
1. Угол АОС – центральный, равный (88о) [70o] {64o}. Найдите
соответствующий ему вписанный угол АВС.
2. Угол АВС – вписанный, равный 90о (треугольник АВС равнобедренный) [в треугольнике АВС, угол А=30о ] {в треугольнике
АВС, угол А=40о}. Найдите угол С.
III. Творческий геометрический поиск
«Проект большой круговой цветочной клумбы на пришкольном
участке», где в центре должны посадить редкий красивый цветок. На рисунке
не указан центр, найти его с помощью:
а) 90-угольной линейки б) 60-угольной линейки
в) 45-угольной
линейки
Защитить проект.
Задача на вычисление суммы углов пятиконечной звезды, вписанной в
окружность.
Ученики могут решать эту задачу двумя способами, если нашли только
один способ решения, то можно по усмотрению комментировать другой.
I способ: Когда вершины пятиугольной звезды делят окружность на равные
дуги, задача решается очень просто; 360о/5/2*5=180о.
II способ: Угол AMR – внешний угол треугольника MCE, поэтому
 AMR=  C+  E. Угол ARM – внешний угол треугольника BRD, поэтому
 ARM=  B+  D. Тогда  A+  B+  C+  D+  E=  A+  AMR+  ARM=180o.
Пока справившиеся с домашним заданием готовятся к доске для объяснения
своего решения, идет следующий этап.
V. Рассказ об истории находки решения задачи на уроке геометрии
“Пятак в руках находчивого
ученика”
Рассказывает
1
ученик,
демонстрирует другой на магнитной
доске
(заранее
подготовленные
ученики)
Рис9
Пятак в руках находчивого ученика. Вот что приключилось
однажды на уроке геометрии. Учитель предложил задачу «на построение».
Нарисована окружность (ее центр не указан); на которой отмечена точка А.
Требуется найти диаметрально противоположную точку В.
– У меня нет циркуля, заявил ученик. – Можно я воспользуюсь пятаком?
Учитель позволил, но потребовал дать обоснованное решение. В результате
глубоких размышлений ученик с помощью пятака:
1. построил окружность О1 и отметил на ней произвольную точку А. (Рис.
2)
2. построил окружность О2, пересекающую окружность О1 в точке А и в
какой-то точке Р.
3. через точку Р провел окружность О3, пересекающую О2 в какой-либо
точке Q.
4. Через точку Q провел окружность О4, пересекающую О1 в какой-либо
точке R, а окружность О3 в какой-либо точке S.
5. Приложил пятак к точкам R и S так, чтобы проведенная с помощью
пятака окружность О5 прошла через эти точки; пересечение
окружностей О5 и О1 дало искомую точку В.
VI. Тест на оптическую иллюзию по рисункам с альтернативным
ответом
Оптическую иллюзию мы довольно часто наблюдаем и даже применяем в
нашей практике, но очень мало знаем ее сущность. Иллюзию зрения
используют архитекторы при постройке зданий, модельеры при создании
моделей, художники при создании декораций. Нам известно, что тело,
окрашенное в светлые тона, кажется больше, чем тело того же размера,
окрашенное в темный тон. На этом рисунке в круг вписан квадрат, но
кажется, что квадрат вписан не в круг, а в фигуру, близко напоминающий
круг. Бывают причины, вызывающие оптические иллюзии.
Тесты
Тест 1.
Тест 2.
1.  AOB=  COD=  BOC
2.  AOB=  COD>  BOC
В окружность вписан:
1. квадрат
2. близкая к квадрату фигура
Тест 3.
В окружность вписан:
1. треугольник
2. близкая к треугольнику фигура
Разбор тестов:
Тест 1: Здесь иллюзорную деформацию вызывают острые центральные углы,
хотя углы АОВ; ВОС; COD равны, но за счет множества острых углов, на
которых разбиты два угла, они выдают себя за наибольшие, чем средний
угол.
Тест 2, 3: Здесь доминирующими являются окружности. Углы вписанные в
окружность, образуют в первом случае квадрат, во втором правильный
треугольник. Эти фигуры за счет множества окружностей выдают себя, как
фигуры приближенные к квадрату и треугольнику. Стороны кажутся
вогнутыми во внутрь.
Итак, иллюзию мы можем применять на практике, в повседневной жизни.
Например, с ее помощью можно скрывать недостатки формы лица, фигуры.
VII. Подведение итогов. Самоанализ
Самоанализ по полученным знаниям
Имя ученика: _______________________________________
Какие умения сформированы на уроке
1 Знаю определения видов углов
2 Определение угла вписанного в окружность
3 Определение центрального угла
4 Теорема об угле, вписанного в окружность
“5” “4” “3” “2”
5 Применяю теорему при решении задач
6 Применяю на практике оптическую иллюзию. Нр: в моде, в стиле одежды.
VIII. Домашнее задание
Решить самостоятельно задачку с “пятаком” и доказать в каких точках
пересечения окружностей и ее центра получается ромб.
Тема: «Построение на местности»
Цели:
1. Познакомить учащихся с новым для них способом решения задач;
2. Развивать пространственное, логическое мышление;
3. Воспитывать интерес к предмету.
ХОД ЗАНЯТИЯ
I. Орг. момент
II. Решение задач
Задача. Как измерить расстояние от дома до башни.
Вы находитесь на берегу реки. На другом, недоступном для вас берегу
стоит дом. Как измерить расстояние от него до стоящей на вашем берегу
башни.
Рис. 10
Можно поступить так. Обозначим
буквой А недоступный для нас дом, а башню обозначим буквой В (рис. 10).
Вобьем на нашем берегу колышек в некоторой точке А1, такой, что
отрезок А1В не задевает реку. В середине отрезка А1В вобьем колышек С. На
доступной для нас части отрезка АВ поместим колышек D , а на отрезке А1В
— колышки Е,F на равных расстояниях от В и А1. Вобьем теперь колышек в
такую точку G, что FQ = ED и A1G = BD , а точки G и А лежат
по разные стороны относительно пря мой А1В. Это можно сделать,
воспользовавшись, например, двумя веревками. Найдем теперь на прямой
А1G точку В1, лежащую на одной прямой с А и С, тогда искомое расстояние
будет равно расстоянию между колышками А1 и В1.
Действительно, треугольники DВЕ и GА1F равны по трем сторонам.
Поэтому равны величины углов АВС и СА1В1. В треугольниках АВС и
А1В1C кроме углов равны также величины углов АСВ, А1СВ1 и стороны ВС и
А1С. Значит, треугольники АВС и А1В1С равны, а потому равны и длины
сторон АВ и А1В1, т. е. расстояние между колышками А1В1 равно искомому
расстоянию между домом и башней.
Если расстояние между домом и башней весьма велико, то
приведенный способ будет не очень удобен. На нашем берегу придется
откладывать и измерять очень большие отрезки, а построения и измерения
будут, возможно, не очень точны из-за имеющихся препятствий на
местности. Можно усовершенствовать предложенный способ так, чтобы все
измерения и построения проводить на ограниченном участке местности.
Выполним все построения и измерения так же, как это указано выше,
за одним исключением: колышек С вобьем не в середине отрезка А1В, а
сместим его ближе к точке А1.Для определенности будем считать, что
отрезок ВС в 100 раз больше отрезка А1С. Теперь треугольники АВС и А1В1С
будут не равны, а подобны, и коэффициент подобия будет равен отношению
ВС
А1С =100. Следовательно, расстояние АВ между домом и
башней будет в 100 раз больше длины отрезка А1В1.
Задача. Как измерить расстояние между деревом и крепостью.
Дерево и крепость расположены на недоступном для вас берегу реки.
Как найти расстояние между ними?
Рис. 11
Поступим следующим образом (через А и В на рис. 11 обозначены
крепость и дерево). Вобьем на нашем берегу колышек С, а затем колышки D,
Е на продолжениях прямых линий ВС и АС. Найдем теперь точку F такую,
что DF = DС и
ЕF = СЕ , и вобьем в ней колышек. На отрезке
ВЕ поместим колышек G, а затем найдем точку Н такую, что
ЕG
и
FH
=
ЕН
=
СG .
Поместим теперь колышек на прямой DF в точку В1, из которой
колышек Н закрывает колышек Е. На отрезке АD поместим колышек K в
точку, из которой колышек G закрывается колышком С, а на прямой FH за
точкой F вобьем колышек L. так, что FL = СK . Теперь на прямой DL
найдем точку А1, из которой колышек Е закрывается колышком F . Искомое
расстояние от дерева до крепости равно расстоянию между колышками А1 и
В1. Действительно, треугольники DСЕ и DFЕ равны по трем сторонам.
Значит,  СDЕ =  FDЕ и прямые DВ и DВ1 симметричны относительно
прямой DЕ. Треугольники СGЕ и FHЕ равны по трем сторонам. Поэтому
 СЕG =  FЕН и  DЕВ =  DЕС +  СЕG =  DЕF +  FЕН =  DЕН.
Следовательно, прямые ЕВ и ЕВ1 также симметричны относительно
прямой DЕ. Точки пересечения пар симметричных прямых также
симметричны. Поэтому точки В и В1 симметричны относительно прямой DЕ.
По построению СK = FL, DС = DF и <DСK = π —  DСЕ
—  ЕСG = π —  DFЕ—  ЕFН =  DFL.
Следовательно, треугольники DСК и DFL равны. Теперь точно так же,
как и для точек В, В1, доказывается, что точки А и А1 симметричны
относительно прямой DЕ. Из симметрии отрезков АВ и А1В1 следует, что
АВ = А1В1
С помощью соображений подобия можно, как и в решении
предыдущей задачи, все построения и измерения провести на ограниченном
участке местности.
III. Итог занятия
Тема: «Важен ли чертеж?»
Цели:
1. Учиться делать чертеж соответствующий условиям задачи;
2. Развитие пространственного, логического мышления;
3. Воспитывать интерес к предмету.
ХОД ЗАНЯТИЯ
I. Орг. момент
II. Решение задач
Задача 1. В прямоугольном треугольнике АВС с гипотенузой АВ
проведены медиана СМ и высота СD (рис. 18). Площадь треугольника АВС
равна 10 см², а площадь треугольника СDМ равна З см². Найти длину
гипотенузы.
Предварительно докажем, что медиана прямоугольного треугольника,
проведенная из вершины прямого угла, равна половине гипотенузы.
Достроим треугольник АВС до прямоугольника АKВС.
Рис. 12
Диагонали прямоугольника равны и, пересекаясь, делятся пополам.
Значит, если М середина гипотенузы АВ, то СМ = медиана, проведенная из
вершины прямого угла, и СМ = ½АВ. Обозначим АВ = с см, СD = h см, DМ =
х см, по доказанному СМ = с/2 см. Используем формулу площади
треугольника S =½ аhа, (1), где а — сторона, ha — высота к стороне а.
Условия задачи пишутся так: ½сh =10 и ½хh = 3.
Bыразим h и х через с, получим h = 20 / с, x = 3/10c. Треугольник СDМ
— прямоугольный, по теореме Пифагора СМ² = СD² + DМ², т е. с² / 4 = h² +x².
Подставляем h и х и из полученного уравнения находим c = 5 2 .
Из доказанного свойства медианы прямоугольного треугольника
следует, что середина гипотенузы равноудалена от всех его вершин, поэтому:
середина гипотенузы является центром окружности, описанной около
прямоугольного треугольника.
З ад а ч а 2. Найти площадь трапеции, зная длины d1 и d2 ее диагоналей и
длину высоты h .
Рис. 13
Рассмотрим трапецию АВСD, в которой ВD = d1 и АС = d2 (рис. 13).
Через точку D параллельно диагонали АС проведем прямую, точку
пересечения этой прямой с прямой ВС обозначим K. В четырехугольнике
АСKD противоположные стороны попарно параллельны, следовательно,
АСKD — параллелограмм, DK = АС = d2 и СK = АD.
Из последнего равенства следует, что ВK = ВС + СK = ВС+АD, т. е.
длина отрезка ВК равна сумме длин оснований трапеции.
Площадь трапеции, длины оснований которой равны а и b и длина
высоты равна h, находится по формуле S = ( a + b) /2 h, поэтому площадь
трапеции АВСD равна ½ВK·h. Пусть DМ  ВK, тогда DМ =h. Из
прямоугольных треугольников ВМD и DМK, используя теорему Пифагора,
находим длины отрезков ВМ и МК:
ВМ =
ΒD 2  DΜ 2  d 2  h 2 , MK =
1
DK 2  DM 2 =
d 2  h 2 . Таким
2
образом, площадь трапеции АВСD равна
1
h( d 2  h 2 + d 2  h 2 ).
1
2
2
В этой задаче дополнительным построением получили треугольник,
площадь которого, с одной стороны, равна площади трапеции, а е другой
легко вычисляется по данным задачи. Приведем еще один пример, в котором
используется тот же прием — построение фигуры равной площади.
З ад а ч а 3. Найти площадь треугольника АВС, если АВ—З см, ВС—7 см и
длина медианы ВМ равна 4 см.
Достроим треугольник АВС до параллелограмма АВСD (рис. 14).
Рис. 14
Диагонали параллелограмма, пересекаясь, делятся пополам, поэтому
точка М лежит на диагонали ВD и ВD = 2ВМ. Площади треугольников АВС
и ВСD составляют половину площади параллелограмма АВСD,
следовательно, площади этих треугольников равны. В треугольнике ВСD
известны длины трех его сторон:
ВС=7 ем, СD=3 ем, ВD =8 см.
Площадь треугольника, длины сторон которого равны а, b и с,
находятся по формуле Герона: S =
p( p  a)( p  b)( p  c) , где 2р = а + b + с.
Подcтавляя в эту формулу числовые значения длин сторон, находим, что
площадь треугольника ВСD, как и площадь треугольника АВС, равна 6 3
cм².
III. Итог занятия
Тема: «Геометрические задачи Эйлера»
Цели:
1. Познакомить учащихся с геометрическими задачами Эйлера;
рассмотреть лежащие в их основе интересные геометрические факты и
найти им обоснование.
2. Развитие пространственного, логического мышления;
3. Воспитывать интерес к предмету.
ХОД ЗАНЯТИЯ
I. Орг. момент
II. Решение задач
1. Прямая Эйлера. Докажите, что в произвольном треугольнике точка
пересечения высот, точка пересечения медиан и центр описанной
окружности лежат на одной прямой.. Эта прямая называется прямой
Эйлера.
Пусть Н — точка пересечения высот треугольника АВС, М — точка
пересечения его медиан и О — центр описанной окружности (рис. 15).
Построим треугольник А1В1С1, симметричный треугольнику АВС
относительно точки М. Пусть Н1 - точка пересечения высот треугольника
А1В1С1, симметричная точке Н. Точки Н, М и Н1 лежат на одной прямой.
Рассмотрим треугольник А2В2С2, гомотетичный треугольнику А1В1С1 с
1
2
центром в точке М и коэффициентом гомотетии, равным . Тогда
1
2
МА1
=
1
2
МА2
=
АМ . Значит, точка А2 является основанием медианы,
проведенной из вершины А, и лежит в середине отрезка ВС. Аналогично В 2 и
С2 являются серединами отрезков АС и АВ. Следовательно, точка
пересечения высот треугольника А2В2С2, гомотетичная точке Н1, совпадает с
точкой пересечения серединных перпендикуляров к сторонам треугольника
АВС, т. е. с точкой О. Так как точки Н1 и О гомотетичны с центром М, то
точки М, Н1, О лежат на одной прямой. Точка Н лежит на прямой МН1,
следовательно, точки Н, М, О лежат на одной прямой. Более того, НМ /
ОМ
=
Н1М
/
ОМ
= 2.
Рис. 15
Рис. 16
2. Окружность Эйлера. Докажите, что в произвольном треугольнике
основания медиан, основания высот, а также середины отрезков,
соединяющих точку пересечения высот треугольника с его вершинами,
лежат на одной окружности..
Пусть Н — точка пересечения высот треугольника АВС: K, L и М —
середины отрезков ВН, АН, СН и Е — середина отрезка АС; D — основание
высоты треугольника АВС, опущенной из вершины В (рис. 16). Опишем
окружность на отрезке KЕ как на диаметре. Так как KD  DЕ, то точка D
лежит на окружности. Отрезки KL и LЕ являются средними линиями в
треугольниках АВН и АHС. Значит, KL АВ, LE
СН. Прямые АВ и СН
перпендикулярны, поэтому  KLЕ = π/2 и точкa L также лежит на
построенной окружности. Аналогично доказывается, что на этой окружности
лежит и точка М.
Таким образом, окружность, описанная вокруг треугольника KLМ,
пересекает сторону АС в точках, одна из которых будет основанием высоты,
а другая основанием медианы. Если произвести аналогичное построение для
другой стороны треугольника, то получим ту же самую окружность,
описанную вокруг треугольника KLМ. Это доказывает, что все 9 указанных в
условии задачи точек лежат на одной окружности.
Если треугольник АВС — равнобедренный, скажем, АВ = ВС ,
то точки D и Е совпадают, а окружность девяти точек касается стороны АС.
3. Формула Эйлера. Пусть R и r – радиусы окружностей – описанной
вокруг некоторого треугольника и вписанной в него, а d – расстояние между
центрами этих окружностей. Докажите, что треугольник, длины сторон
которого равны d, r, R – r,прямоугольный. Иначе говоря, величины R, r и d –
связаны следующей формулой Эйлера:
d² = R² - 2Rr.
Пусть О — центр описанной окружности треугольника АВС и K —
центр вписанной окружности (рис. 23). Продолжим отрезок ВK до
пересечения с описанной окружностью в точке L. Вычислим двумя
способами произведение ВK  KL . Во-первых, проведем диаметр
описанной окружности LМ и опустим из точки K перпендикуляр DK на
сторону АВ (рис. 16). Прямоугольные треугольники ВDK и МАL. подобны
(углы АВL и АМL опираются па одну дугу окружности и потому имеют
равную величину). Значит, DK / ВK = АL / ML или ВK 
AL
=
DK

ML
Докажем теперь, что
= 2Rr.
AL
=
KL . Поскольку точка
K лежит на
биссектрисах углов ВАС и АВС, а углы LAC и LBC опираются на одну дугу,
то
 KAL =  KAC +  LAC =  KAC +  LBC =
 AKL =  KAB +  KBA =
1
(  A +  B).
2
Итак, треугольник AKL – равнобедренный,
KL
1
(  A +  B),
2
AL
=
и
BK ·
= 2Rr. Проведем теперь через точку К диаметр ЕF (рис. 18 ).
треугольники ВЕК и LFK подобны по трем углам. Значит,
KF
KL
/
KL
или
BK ·
KL
=
EK · KF
d². Сравнивая найденные выражения для
Эйлера.
ВК
BK
/
EK
=
= (R – d)· (R + d) = R² –
· KL , получим формулу
Рис. 17
Рис. 18
III. Итог занятия
Тема: « Немного о векторах»
Цели:
1. Вспомнить определение и свойства векторов при решении задач;
познакомиться с псевдоскалярным произведением.
2. Развитие пространственного мышления;
3. Формирование навыков коллективной работы.
ХОД ЗАНЯТИЯ
I. Орг. момент
II. Решение задач
1. В выпуклом пятиугольнике АВСDЕ сторона ВС параллельна диагонали
АD, СD || ВЕ, DЕ || АС и АЕ || ВD. Докажите, что АВ || СЕ.
Решение:
С
В
G
А
D
F
Рис. 19
Е
Пусть диагональ ВЕ пересекает диагонали АD и АС в точках F и G
(рис. 19). Стороны треугольника АFЕ и ВСD параллельны, поэтому они
подобны и АF : FЕ = ВС : СD. Следовательно, АD:ВЕ = ( АF + ВС): (ЕF +
СD) = ВС:СD. Аналогично АЕ:ВD =DЕ:АС. Из подобия треугольников ВЕD
и
ЕGА
получаем
АЕ:DВ
=
ЕG:ВЕ
=
СD:ВЕ.
Итак,
ВС/АD=СD/ВЕ=АЕ/ВD=DЕ/АС= λ. Ясно, что BC + CD + DE + EA + AB =
0 , AD + BE + CA + DB + EC = 0 и BC = λ AD , CD = λ BE , DE = λ CA ,
EA = λ DB . Следовательно, 0 = λ( AD + BE + CA + DB ) + AB = – λ EC +
AB , т.е. AB = λ EC . Поэтому АВ || ЕС.
2. Даны точки А, В, С, D. Докажите, что АВ² + ВС² + СD² + DА² ≥ АС²
+ ВD², причем равенство достигается, только если АВСD –
параллелограмм.
Решение:
Пусть а = AB , в = BC и с = CD . Тогда AD = а + в + с, AС = а + в и ВD
= в + с. Ясно также, что |а|2 + |в |2 + |с |2 + |а + в + с| 2 – |а + в| 2 – |в + с |2 = |а |2 +
2 (а,с) + |с| 2 ≥ 0. равенство достигается, только если а = -с, т.е. АВСD –
параллелограмм.
Теория.
Псевдоскалярным произведением ненулевых векторов а и в называют
число с = |а| · |в| sin< (а, в); если хотя бы один из векторов а и в ненулевой, то
с = 0. число с обозначается а ۷ в. ясно, что а ۷ в = -в ۷ а. Абсолютная
величина псевдоскалярного произведения векторов а и в равна площади
параллелограмма, натянутого на эти векторы. В связи с этим
ориентированной площадью тройки точек А, В, С называют число S(А, В, С)
= ( AB ۷ AС )/2; абсолютная величина числа S(А, В, С) равна площади
треугольника АВС.
3. а) Докажите, что S(А, В, С)= - S(В, А, С)= S(В, С, А).
б)Докажите, что для любых точек А, В, С и D справедливо равенство
S(А, В, С)= S(D, А, В)+ S(D, В, С)+ S(D, С, А).
Решение:
а) Ясно, что AB ۷ AС = AB ۷ ( AB + BC ) = – BА ۷ BC = BC ۷ BА .
AB ۷
( AD + DB ) ۷ ( AD + DC ) = AD ۷ DC + DB ۷ AD + DB ¯ ۷ DC =
AС =
DC ۷ DA + DA ۷ DB + DB ۷ DC .
б) Для доказательства достаточно воспользоваться равенством
III. Итог урока
Тема: « В одной задаче - почти вся планиметрия»
Цели:
1. Познакомить учащихся с 6 способами решения одной задачи;
2. Развитие логического, образного мышления;
3. Воспитание культуры общения.
ХОД ЗАНЯТИЯ
I. Орг. момент
II. Актуализация опорных знаний
Вспомнить определение трапеции, средней линии, свойства трапеции.
Сложение и вычитание векторов.
III. Решение задач
Диагонали трапеции перпендикулярны и равны соответственно 6 см
и 8 см. Найдите среднюю линию трапеции.
Способ 1.
Рис. 20
1. Продолжим ВС вправо. Проведем DК
АС. Так как АСKD –
параллелограмм, то DK = 6 см..
2. ВD  DK, так как ВD  АС. ∆ВDK – прямоугольный.
ВK = BD 2  DK 2 ; ВK = 82  6 2 = 10 (см).
3. ВK = ВС + АD. Средняя линия равна половине ВK, т.е. 5 см.
Ответ: 5 см.
Способ 2. (похожий на способ 1)
Рис. 21
Проведем СЕ
ВD до пересечения с продолжением АD. DЕ = ВС, т.к. DВСЕ
– параллелограмм. АЕ вычислим по теореме Пифагора из ∆АСЕ ( СЕ
ВD,
но ВD  АС, следовательно, СЕ  АС):
АЕ = AC 2  CE 2 ; АЕ = 6 2  82 = 10 (см).
АЕ = а + b. Но средняя линия равна ½ (а + b), т.е. равна 5 см.
Ответ: 5 см.
Способ 3.
Рис. 22
1. MN – средняя линия трапеции. Проведем МK ВD и соединим точки N и
K.
2. NK – средняя линия ∆АСD, следовательно, NK = ½ АС; NK = 3 (см).
3. МK – средняя линия ∆АВD, следовательно, МK = ½ ВD; МK = 4 (см).
4.  MKN =  АОD как углы с соответственно параллельными сторонами.
5. ∆МNK – прямоугольный.
МN =
MK 2  NK 2 ; MN = 32  4 2 = 5 (см).
Ответ: 5 см.
Способ 4.
Рис. 23
Соединим середины сторон трапеции. Легко доказать, что МРNQ –
параллелограмм с прямым углом, т. е. прямоугольник со сторонами 3 см и 4
см. Диагонали его МN = PQ = 5 см (египетский треугольник).
Ответ: MN = 5 см.
Способ 5. ( с использованием векторного аппарата).
Рис. 24
Пусть точки М и N – середины сторон ВС и АD. Можно доказать, что
ОN = kМО, т.е. векторы коллиниарны и точки М, О, N лежат на одной
прямой. Известно, что
MO = ½ ( BO + CO )
ON = ½ ( AO + OD )
MO + ON = ½ ( BO + CO + AO + OD )
MN = ½ ( CA + BD ),
MN ² = ¼ ( CA ² + 2 CA · BD · cos 90º + BD ²),
MN ² = ¼ ( 6² + 8²) = 25, MN = 5 см.
Используя предыдущий способ, легко показать, что MN = длине средней
линии в этой трапеции.
Ответ: 5 см.
Способ 6. ( с использованием векторного аппарата).
Рис. 25
AD = AO + OD , BC = BO + OC . Сложим эти равенства почленно:
AD + BC = AO + OD + BO + OC ,
AB + BC = AC + BD , ( AD + BC )² = ( AC + BD )²,
AD ² + 2 AD · BC cos 0º + BC ² = AC ² + 2 AC · BD cos 90º + BD ²,
( AD + BC )² = AC ² + BD ²; ( AD + BC )² = 6² + 8² = 100,
AD + BC = 10.
Но средняя линия равна полусумме AD и BC , т.е. 5 см.
Ответ: 5 см.
IV. Итог занятия
Тема: «Вычисления и метрические соотношения»
Цели:
1. Рассмотреть задачи на метрические соотношения, вычисления;
2. Развитие познавательного интереса;
3. Формирование навыков коллективной работы.
ХОД ЗАНЯТИЯ
I. Орг. момент
II. Решение задач
1. В остроугольном треугольнике АВС проведены высоты АА1 и СС1 .
Точки А2 и С2 симметричны А1 и С1 относительно середин сторон ВС и АВ.
Докажите, что прямая, соединяющая вершину В с центром О описанной
окружности, делит отрезок А2С2 пополам.
Решение: чертеж сделайте в парах самостоятельно.
В треугольнике А2ВС2 длины сторон А2В и ВС2 равны bcosγ и bcosα;
прямая ВО делит угол А2ВС2 на углы 90°–γ и 90°–α. Пусть прямая ВО
пересекает отрезок А2С2 в точке М. По теореме синусов А2М = А2В sin А2ВМ
/ sin А2МВ = bcosγ· bcosα/ sin С2МВ = С2М.
2. Два подобных равнобедренных треугольника имеют общую вершину.
Докажите, что проекции их оснований на прямую, соединяющую середины
оснований, равны.
Решение:
Пусть О – общая вершина данных треугольников, М и K середины
оснований, k – отношение длин оснований к высотам. Проекции оснований
данных треугольников на прямую МK равны k·ОМ·sinОМK и k·ОK·sinОKМ.
Остается заметить, что ОМ/ sinОKМ = ОK/ sinОМK.
3. Найдите отношение сторон треугольника, одна из медиан которого
делится вписанной окружностью на три равные части.
Решение:
Пусть медиана ВМ треугольника АВС пересекает вписанную
окружность в точках K и L, причем ВK = KL = LМ = x. Пусть для
определенности точка касания вписанной окружности со стороной АС лежит
на отрезке МС. Тогда, так как при симметрии относительно серединного
перпендикуляра к отрезку ВМ точки В и М переходят друг в друга, а
вписанная окружность переходит в себя, касательная МС переходит в
касательную ВС. Следовательно, ВС=МС=АС/2, т.е. b = 2а.
Так как ВМ2 = (2а2 + 2с2 – b2)/4, то 9х2 = (2а2 + 2с2 – 4а2)/4 = ( с2 – а2)/2.
Пусть Р – точка касания вписанной окружности со стороной ВС. Тогда ВР =
(а + с –b)/2 =
( с – а)/2. C другой стороны, по свойству касательной ВР2 =
ВК·ВЛ, т.е. ВР2 = 2х2. Поэтому 2х2 = ((с–а)/2)2. Перемножая равенства 9х2 = (
с2 – а2)/2 и ((с–а)/2)2=2х2 , получаем (с +а)/(с–а) = 9/4, т.е. с:а = 13:5. В итоге
получаем, что а:b:с = 5:10:13.
III. Итог урока
Тема: «Тригонометрический способ решения задач»
Цели:
1. Разобрать с учащимися решения задач с использованием
тригонометрии;
2. Развитие логического мышления;
3. Воспитание культуры общения.
ХОД ЗАНЯТИЯ
I. Орг.момент
II. Решение задач
1. Наименьший из углов прямоугольного треугольника равен α. Через
середину меньшего катета и середину гипотенузы проведена окружность,
касающаяся гипотенузы. Найдите отношение площадей круга и
треугольника.
В
D K
Е
А
С
Рис. 26
Решение:
Пусть гипотенуза равна с. Тогда DK = с/4, DF = с/4cosα, R = DО =
DF/sinα = сcosα/4 sinα , ВС = сsinα , АС = с cosα (рис. 26).
Sкр = πR² = π с² cos²α/ 16 sin²α, SΔ = ½ с² cosα sinα, Sкр / SΔ = π cosα/ 8 sin³α .
Ответ: π cosα/ 8 sin³α .
2. В треугольнике АВС угол А равен 45°, угол В равен 75°. На стороне АВ
как ни диаметре построена окружность, которая пересекает стороны АС
и ВС в точках D и Е. определите площадь треугольника АВС, если DE = 1.
Решение.
D С
Е
А
В
Рис. 27
Соединим точку D с точками Е и В (рис. 27). Тогда  АВС = 90°,
 АВD = 45°, и, следовательно,  DВЕ = 30°,  DЕВ = 135°,  ВDЕ = 15°,
а  АСВ = 60°. Имеем: SΔ =
1
AC
AB
AB  sin B
AB  AC  sin A ,

, АС =
,
2
sin B sin C
sin C
DB sin 135
DE  sin 45

, DВ=
, DВ = 1·
DE
sin 30
sin 30
SΔ =
2 ·2/2; DВ = 2 , АВ = 2,
1 AB 2  sin B  sin A
. Выполнив вычисления, получим
2
sin C
Ответ: 1 +
SΔ = 1 +
1
3.
3
1
3.
3
3. В полукруг радиуса R вписана трапеция АВСД так, что ее основание
АД является диаметром, а вершины В и С лежат на окружности. Какова
величина угла при основании у трапеции АВСД, имеющей наибольший
периметр?
Решение:
В
А
С
Д
Рис. 28
Обозначим боковую сторону трапеции через а, верхнее основание – b,
угол боковой стороны с основанием – х (рис. 28). Тогда а/2 = R cos х, а = 2 R
cos х, b/2 = R cos ( π – 2х), b = –2R cos 2х, Р(х) = 2R + 2а + b = 2R + 4R cos х –
2R cos 2х, Р' (х) = – 4R sinх + 4R sin2х; Р' (х) = 0, sin2х – sinх=0, sinх( 2cos х –
1) = 0, откуда sinх=0, х = πn (невозможно) или 2cos х – 1 = 0, cos х =
= π/ 3. Тогда Р (х) = 2R + 4R ·
1
1
– 2R· (– ) = 5R.
2
2
Ответ: 5R.
III. Итог урока.
Тема: "Решение треугольников"
Цель:
1. Закрепить знание учащихся теорем синусов и косинусов, учиться
применять эти теоремы в ходе решения задач;
2. Развитие логического мышления старшеклассников;
3. Воспитание интереса к предмету.
Оборудование:





таблицы с изображением треугольников;
карточки с формулами;
калькуляторы;
таблицы Брадиса;
тест для каждого ученика.
ХОД ЗАНЯТИЯ
I. Орг.момент
II. Повторение изученного материала (или этап разминки)
1. Продолжите:
Квадрат стороны треугольника равен… (теорема косинусов)
2. Заполните пропуски:
3. Продолжите:
Стороны треугольника пропорциональны… (теорема синусов)
4. Заполните пропуски
1
,их
2
:
5. Соединить линией части фраз, соответствующие друг другу:
Решение треугольников состоит
– в нахождении неизвестных высот, медиан и биссектрис по известным
углам и сторонам треугольника;
– в нахождении неизвестного периметра по известным углам и сторонам
треугольника;
– в нахождении неизвестных сторон и углов треугольника по известным его
углам и сторонам.
III. Закрепление материала
1. Решение задач по готовым формулам
Определить формулу, по которой нужно найти данный неизвестный
элемент:
карточки с формулами:
2. Решение задач, вытащив одну из карточек:
IV. Промежуточный контроль. Тест всех учащихся по вариантам:
Вариант 1.
1. Поставить знак «+» рядом с верным утверждением:
а) Квадрат любой стороны треугольника равен сумме квадратов двух других
его сторон;
б) Квадрат любой стороны треугольника равен сумме квадратов двух других
сторон без удвоенного произведения этих сторон на косинус угла между
ними;
в) Квадрат любой стороны треугольника равен сумме квадратов двух других
сторон, минус произведение этих сторон на косинус угла между ними.
2. Для данного треугольника справедливо равенство…
3. Косинус угла 120° равен…
а) ; б) - ; в) - ;
г) нет правильного ответа.
4. Найти синус 29°30'. Подчеркнуть верный ответ:
а) 0,4919; б) 0,8707; в) 0,4924; г) 0,8701.
5. Чтобы вычислить
в треугольнике КМD, нужно знать…
а) КМ, МD, KD; б) КМ, МD,
; в) КD, МD,
;
г) нет правильного ответа.
6. Стороны треугольника 5 см и 4 см, а угол между ними равен 30°. Найти
третью сторону треугольника.
а) см; б) см; в) 5 см; г) 3 см.
Вариант 2
1. Поставить знак “+” рядом с верным утверждением:
а) Стороны треугольника пропорциональны синусам противолежащих углов;
б)
Стороны
треугольника
обратно
пропорциональны
синусам
противолежащих углов;
в) Стороны треугольника пропорциональны синусам противолежащих углов.
2. Для данного треугольника справедливо равенство…
3. Синус угла 135° равен…
а)
; б) - ; в) 1; г) нет правильного ответа.
4. Найти косинус 67°18'. Подчеркнуть верный ответ:
а) 0,3883; б) 0,9222; в) 0,9216; г) 0,3859.
5. В треугольнике АВС известны длина стороны ВС и величина угла С.
Чтобы вычислить АВ, нужно знать…
а) АС; б)
; в)
; г) нет правильного ответа.
6. Стороны треугольника 5 см и 3 см, а угол между ними 60°. Найдите третью
сторону треугольника.
а) 2 см; б)
; в)
; г) 4 см.
V . Итог занятия. Выставление оценок.
Тема: « Первое знакомство с геодезией»
Цели:
1. Рассмотреть с учащимися новый метод измерения, использующийся в
геодезии;
1. Провести практическую работу на местности (2 занятие); развитие
чертежных навыков;
2. Воспитывать коллективизм при совместной работе.
ХОД ЗАНЯТИЯ
I. Орг.момент
Описанное ниже занятие, вернее два занятия, я обычно провожу после
изучения темы «Решение треугольников». Начинаю разговор с учащимися
примерно такими словами: «Все знают, что геометрия возникла как наука об
измерении земельных участков. Но теперь эти заботы взяла на себя область
знаний, которая называется геодезией, что в переводе с греческого означает
"землеразделение". Основной метод измерений, который используется в
геодезии, называется триангуляционным. Этот термин произошел от
латинского слова "триангулюм", что означает "треугольник". В основе этого
метода лежат знания о треугольнике, которые мы с вами уже изучили, и
сегодня будем закреплять».
II. Решение задач
Далее рассматриваем две типичные геодезические задачи: определение
высоты объекта и определение расстояния до недоступной точки.
Задача 1. Найти высоту АН скалы, схематически изображенной на рис. 29.
Решение. Рассмотрим треугольники ВНА ВСА1. Поскольку углы С и Н
прямые, а угол В общий (рис. 29), заключаем, что треугольники подобны.
Тогда
А Н : А1С = ВН: ВС и АН = ( А1С · ВН) : ВС.
Но это решение чисто математическое и получено оно в предположении,
что длины отрезков А1С, ВН и ВС известны.
А1
А1
В
С
Н
Рис. 29
А как быть реальному геодезисту, который стоит один на один перед
скалой и намеревается вычислить ее высоту? — У каждого геодезиста есть
такие два простейших инструмента, как шест и измерительная рулетка. Высоту
шеста геодезист измерил заранее, теперь этот шест сыграет роль отрезка А1С, а
измерительная рулетка пригодится для того, чтобы измерить расстояния
между точками В и С, В и Н.
Остается сообразить, что в реальности изображает точка В. Вместе с
учащимися выясняем, что точка В— это место расположения самого
геодезиста. Он должен поставить шест так, чтобы луч его зрения проходил
через верхний конец шеста (точку А1) и через вершину А скалы.
Данный способ основан, как видим, на измерении отрезков. На
практике это дело трудоемкое. Ведь перед тем как измерить отрезок на
местности, его прежде всего надо увидеть, уставить планками, так
называемыми вешками. Если этого не сделать, то измерительная лента может
изогнуться и мы сами не заметим, как станем измерять некую дугу, а не
отрезок. Один человек с измерением отрезков на местности не справится: надо
чтобы один устанавливал и закреплял вешки, а другой указывал ему, в каких
местах их следует ставить, чтобы они находились точно на луче его зрения.
Получается, что один бегает с вешками, другой указывает, куда бежать, оба
теряют время и им обоим нужно платить зарплату. Так что измерение отрезков
на местности — дело не только трудоемкое, а еще и дорогое.
Поэтому в геодезии более распространен метод, который требует
измерить только один линейный элемент (так что возни с вешками в два раза
меньше). Но зато придется определять величины двух углов. С измерением
углов справится и один человек, ведь в распоряжении геодезистов есть специальный угломерный прибор — теодолит.
Далее вместе с учащимися выясняем, как измерить высоту АН скалы с
помощью теодолита.
Геодезист сначала измеряет угол β, под которым он видит вершину
скалы из точки В, т.е. угол АВН. Затем он перемещается в точку С, двигаясь
по прямой, соединяющей точки В и Н, и находит величину γ угла АСН (рис. 30
). Остается измерить отрезок
ВС, чтобы вычислить высоту АН. Ясно, что в
реальности
А
Н
В
С Рис.30
геодезисту придется провешивать отрезок СН, чтобы проконтролировать,
действительно ли отрезки СВ и ВН лежат на одной прямой.
Пусть длина измеренного отрезка ВС равна а. Из прямоугольного
треугольника АВН находим, что АН = АВ sinβ. Но как найти длину отрезка
АВ? Воспользуемся теоремой синусов для треугольника АВС:
AB
a
=
sin a sin 
Сумма углов треугольника АВС равна: α + γ + (180°– β) = 180°, т.е.
α = β – γ. Тогда sinα = sin (β – γ).
Теорему синусов для треугольника АВС теперь можно переписать иначе:
AB
a sin 
a sin   sin 
a
. Тогда АВ =
В конце концов АН =

sin(  ) sin 
sin(  )
sin(  )
Задача 2. Найти расстояние от человека, находящегося на суше в точке А,
до лодки, которую унесло по озеру в точку В.
Изобразим на чертеже (рис. 31) треугольник АВС. У него углы с
вершинами в точках А и С равны реальным углам α и γ, под которыми видна
лодка из этих точек. Длина отрезка АС считается равной b — реальной длине
между этими точками.
Рис.31
В1
А1
С1
Рис. 32
Измерив на местности углы с вершинами в точках А и С (обозначим их
величины через α и γ), геодезист чертит (рис. 32) треугольник А1В1С1, у
которого  А1 =  А = α,  С1 =  С = γ, а длина отрезка А1С1, произвольна.
Треугольники АВС и А1В1С1, подобны. Значит, можно составить пропорцию
АВ : А1В1 = АС : А1С1 , или АВ : , А1В1 = b : А1С1, а из нее найти
выражение для вычисления АВ:
A B b
АВ = 1 1
A C
1 1
Для применения этой формулы измеряется на местности только один
линейный элемент — длина отрезка АС (его длина обозначена через b), а
длины отрезков А1В1, и А1С1 определяются непосредственно по чертежу, т.е.
по рис. .
С учащимися целесообразно рассмотреть и иной способ решения этой
задачи, основанный на теореме синусов. Установив на местности с помощью
теодолита, что  А=α,  С=γ, записываем по теореме синусов пропорцию:
b sin 
AB
AC
, а из нее делаем вывод, что АВ =

sin  sin(180  (  )
sin(   )
Полученные выводы целесообразно закрепить практической работой
на местности. Мы организовали ее на своем школьном дворе. Перед уроком
учитель провел с учащимися беседу о том, что следует бережно относиться ко
всему тому, что посажено во дворе, не ломать кустарники, не топтать цветы,
ведь все это не только само не может защищаться, но даже сказать людям о
своих страданиях не в состоянии. А ведь школьный двор – это часть зеленого
наряда нашей планеты. Если мы привыкнем охранять его, то научимся ценить
и ту красоту, которую дарит нам вся наша Земля.
Во дворе учитель проверяет, принесли ли учащиеся письменные и
чертежные инструменты, а также измерительную рулетку и планку (вешку),
измерил ли каждый из них длину своей вешки. Кроме того, надо
проконтролировать, чтобы каждый учащийся принес из дома плотную
подстилку, ведь ученику придется ложиться на землю, чтобы направить луч
зрения как по земле (например, вдоль отрезка АС на рис. ), так и вдоль
воображаемого луча. Полезно также продемонстрировать учащимся теодолит
и объяснить кратко принцип его действия.
Для выполнения практической работы класс делится на две команды.
Первая команда измеряет высоту дерева на школьном дворе, вторая — расстояние до основания холма, который виден за речкой. Опишем работу
каждой команды.
Первая команда. Ребята втыкают в землю на некотором расстоянии от
дерева планку (вешку). Место для нее выбирают так, чтобы, лежа за ней, один
ученик из команды (а именно тот, кто хорошо помнит свой рост— 1,7 м) видел
верхушку дерева на одной прямой линии с верхней точкой планки (рис. 33).
Расстояние от основания дерева до планки измерялось с помощью рулетки
(СН = 9 м), высота планки была известна заранее (А1С = 1,5 м), а вот расстояние СВ и измерять не пришлось (СВ = 1,7 м).
А
Рис. 33
Первое решение ребята дали на основании подобия треугольников.
Поскольку  Н =  С= 90°, а угол В— общий, заключаем, что ∆ АВН ≈ ∆
А1ВС.
A C CB
A C  HB
Тогда 1 
и АН = 1
AH HB
CB
В результате измерений находим: НВ = НС + СВ = 9 + 1,7 = 10,7 (м),
АН = (1,5 • 10,7) : 1,7 ≈ 9,44 (м) — высота данного дерева.
Второе решение потребовало знаний из тригонометрии (рис. 34). Ребята
измерили угол АFН, а затем отрезок FН (FН = 7 м, <АFН = 53°20').
Рис. 34
Осталось вычислить: АН = FН • tg  АFН = 7·1,349 ≈ 9,40 (м) -высота дерева.
Таким образом, команда убедилась, что с помощью двух разных
способов измерения она пришла приблизительно к одному результату.
Вторая команда. Ребята измерили длину отрезка АС от того места, где
они находились (точка А) произвольно выбранной точки С (АС = 12м).
Основание холма обозначили точкой В. Получился треугольник АВС.
Измерив углы А и С с помощью теодолита, записали:  А = 89°,  С = 53°.
Далее ребята построили на чертеже треугольник А1В1С1, у которого
 А1 =  А,  С =  С1 и сделали вывод, что Δ А1В1С1  ΔАВС. Значит,
A B  AC
AB
AC

 AB  1 1
A B
AC
AC
1 1
1 1
1 1
Дальнейшие измерения проводились на чертеже. Было установлено, что
А1В1 = 4,8 см, А1С1= 3,7 см.
Тогда АВ = (4,8 • 1200): 3,7 ≈ 1556,7 (см) ≈ 15,6 (м).
Следовательно, искомое расстояние 15,6 м.
______________
А
С
Рис. 35
Для того чтобы найти ответ с помощью теоремы синусов, ребятам
понадобились предыдущие, т.е. АС= 12 м,  А = 89°,  С= 53° (рис. 35).
Тогда
AC  sin C
AB
AC
, так как  В = 180° – (  А +  С) = 180°

 AB 
sin C sin 
sin 
– (89° + 53°) = 38°, то АВ =
12  sin 53
= (12· 0,7986): 0,6157 ≈ 15,565 ≈ 15,6
sin 38
искомое
расстояние.
И опять команда убедилась, что результаты их способов
приблизительно одинаковые. Заметим, что совпадение результатов
получится только в том случае, если все измерения выполнены аккуратно, в
том числе аккуратно выполнено провешивание отрезков, которое
необходимо при использовании любого из рассмотренных способов, так как
линейный элемент необходимо знать для решения любой задачи на решение
треугольников.
III. Итог занятия
Отметим и еще один интересный факт: учащиеся первой группы не
воспользовались теоремой синусов, предложив свое более простое
решение. Это решение было подсказано тем, что обращение с теодолитом
предполагалось крайне аккуратным и выполнялось под строгим контролем
учителя. Естественно, оно занимало много времени, и учащиеся вспомнили
о более простом пути, который они изучали ранее и непосредственно перед
уроком не повторяли. В измерениях они тоже нашли способ «схитрить»,
предложив рост своего товарища в качестве длины вспомогательного
отрезка.
Такие способности выйти из трудного положения, используя
подручные средства, и являются в конце концов тем, что должны
воспитывать в человеке школа и, в частности, уроки математики.
Тема: «Правильные многоугольники»
Цели:
1. Рассмотреть задачи по теме, новые приемы решения задач;
2. Развитие логического мышления;
3. Воспитание интереса к факультативу.
ХОД ЗАНЯТИЯ
I. Орг. момент
II. Решение задач
1. Бумажная лента постоянной ширины завязана простым узлом и
затем стянута так, чтобы узел стал плоским (рис 36). Докажите,
что узел имеет форму правильного пятиугольника.
Рис. 36
Решение:
А
В
Е
С
D
Рис. 37
Обозначим вершины пятиугольника так, как показано на рис. 37. Если
в треугольнике две высоты равны, то равны и стороны, на которые опущены
эти высоты. Рассматривая треугольники ЕАВ, АВС и ВСD, получаем ЕА =
АВ, АВ = ВС и ВС = СD. Поэтому трапеции ЕАВС и АВСD равнобедренные,
т.е.  А =  В =  С. рассматривая треугольники АВD и ВСЕ, получаем АD =
ВD и ВЕ = СЕ. Так как треугольники ЕАВ, АВС, ВСD равны, то ВЕ = АС =
ВD. Поэтому АD = ВЕ и ВD = СЕ, т.е. трапеции АВDЕ и СDЕВ
равнобедренные. Следовательно, ЕD = АВ=ВС=СD=АЕ и  Е =  А =  В =
 С =  D, т.е. АВСDЕ – правильный пятиугольник.
2. Четырехугольник АВСД выпуклый; точки А1, В1, С1 и D1 таковы, что
АВ||С1 D1, АС||В1 D1 и т.д. для всех пар вершин. Докажите, что
четырехугольник А1В1 С1 D1 тоже выпуклый, причем  А +  С1 = 180°.
Решение:
В
С
С1
Д1
А
В1
А1
Рис. 38
D
Любой четырехугольник с точностью до подобия определяется
направлением своих сторон и диагоналей, поэтому достаточно построить
один пример четырехугольника А1В1 С1 D1 с требуемыми направлениями
сторон и диагоналей. Пусть О – точка пересечения диагоналей АС и ВD. На
луче ОА возьмем произвольную точку Д1, и проведем D1А1 || ВС, А1В1|| СD и
В1С1|| DА (рис. 38). Так как ОС1:ОВ1 = ОD: ОА, ОВ1:ОА1 = ОС:ОD и ОА1:ОD1
= ОВ:ОС, то ОС1:ОD1 = ОВ:ОА, а значит, С1D1 || АВ. Из полученного рисунка
ясно, что  А +  С1 = 180°.
3. Может ли выпуклый неправильный пятиугольник иметь ровно четыре
стороны одинаковой длины и ровно четыре диагонали одинаковой длины?
Решение:
А
Е
D
В
Рис. 39
С
Пример пятиугольника, удовлетворяющего условию задачи приведен
на рис. 39, поясним, как он устроен. Возьмем равнобедренный
прямоугольный треугольник ЕАВ, проведем серединные перпендикуляры к
сторонам ЕА, АВ и на них построим точки С и D так, что ЕD = ВС = АВ ( т.е.
прямые ВС и ЕD образуют с соответствующими серединными
перпендикулярами углы в 30°). Ясно, что DЕ=ВС=АВ=ЕА < ЕВ < DС и DВ =
DА = СА = СЕ > ЕВ. Докажем теперь, что пятая сторона и пятая диагональ не
могут иметь общей точки. Предположим, что пятая сторона АВ имеет общую
точку А с пятой диагональю. Тогда пятая диагональ – это АС или АD.
Разберем эти два случая.
В первом случае ΔАЕD = ΔСDЕ, поэтому при симметрии относительно
серединного перпендикуляра к отрезку ЕD точка А переходит в точку С.
точка В при этой симметрии остается на месте, так как ВЕ = ВD. Поэтому
отрезок АВ переходит в DС, т.е. АВ=СВ. получено противоречие. Во втором
случае ΔАСЕ = ΔЕВD, поэтому при симметрии относительно биссектрисы
угла АЕD отрезок АВ переходит в DС, т.е. АВ=СD. Получено противоречие.
Тема: «Геометрические неравенства»
Цели:
1. Поиск методов решения задач, направленные на разные
геометрические неравенства;
2. Развитие логического мышления;
3. Активизация
самостоятельности
познавательной
деятельности
учащихся. Формирование навыков коллективной работы
ХОД ЗАНЯТИЯ
I. Орг. момент
II. Решение задач
1. Пусть АВСD – выпуклый четырехугольник. Докажите, что АВ + СD <
АС + ВD.
Решение:
В
С
А
О
Рис. 40
D
Пусть О – точка пересечения диагоналей четырехугольника АВСД (рис.
40). Тогда АС + ВD = (АО + ОС) + (ВО + ОD) = (АО + ОВ) + (ОС + ОD) > АВ
+ СD.
2. Докажите, что площадь треугольника, вершины которого лежат на
сторонах параллелограмма, не превосходит половины площади
параллелограмма.
Решение:
Рассмотрим сначала такой случай: две вершины А и В треугольника
лежат на одной стороне РK параллелограмма. Тогда АВ ≤ РK и высота,
опущенная на сторону АВ, не больше высоты параллелограмма. Поэтому
площадь треугольника АВС не больше половины площади параллелограмма
( рис. 41).
Р
А
В
K
Рис. 41
М
С
D
Если же вершины треугольника лежат на разных сторонах
параллелограмма, то две из них лежат на противоположных сторонах.
Проведем через третью вершину треугольника прямую, параллельную этим
сторонам (рис. 41). Она разрезает параллелограмм на два параллелограмма, а
треугольник – на два треугольника, причем у обоих треугольников две
вершины лежат на сторонах параллелограмма. Приходим к рассмотренному
случаю.
Р
В
K
А
Рис. 42
М
С
D
4. Пять треугольников таковы, что и любых трех и них можно
составить треугольник. Докажите, что хотя бы один и этих
треугольников остроугольный. Решение: Обозначим длины отрезков
так, что а1 ≤ а2 ≤ а3 ≤ а4 ≤ а5. Если все треугольники, которые можно
составить из этих отрезков, не остроугольные, то а32 ≥ а21 + а22 , а42 ≥
а22 + а23 и а52 ≥ а23 + а24. Поэтому а52 ≥ а23 + а24 ≥(а21 + а22) + (а22 + а23 )≥
2а21 + 3а22. Так как а21 + а22≥ 2 а1а2, то 2а21 + 3а22 > а21 + 2 а1а2 + а22 = ( а1
+ а2)2 , противоречащему неравенству треугольника.
Тема: Решение задач с практическим содержанием на подобие
треугольников
Цель урока: формирование навыков применения признаков подобия
треугольников.
Задачи:
1. Решение задач с практическим содержанием.
2. Развитие практического мышления, умения создавать математическую
модель реального мира.
3. Воспитывать аккуратность, четкость и логичность в изложении
мыслей, уверенность в себе, принятие другого мнения.
Ход урока
I. Актуализация знаний
1. Устно. Решить задачу с практическим содержанием.
Тень, отбрасываемая телеграфным столбом на поверхность земли, равна 9 м,
в то время как вертикальный столб высотой 2м отбрасывает тень в 2,4 м.
Найдите высоту столба.
2. Составить план решения задачи.
Открытый участок дороги находится в полосе шириной АВ = 50 м.
Наблюдательный пункт находится на колокольне высотой МN = 22 м. Какой
высоты нужно сделать вертикальную маску КВ на расстоянии 550 м от
колокольни, чтобы закрыть дорогу от наблюдателя?
3. Над чем работаем?
Решение задач с практическим содержанием на применение подобия
треугольников.
II. Решение учебных задач.
Решение задач с практическим содержанием.
Задача 1 . Как с помощью подобия треугольников найти высоту
водонапорной башни, к основанию которой можно подойти. Сделать
рисунок.
1. При помощи тени.
2. С помощью зеркала
3. Имея два кола.
Задача 2. Как найти высоту заводской трубы, к основанию которой нельзя
подойти?
1. При помощи тени. Сделать рисунок.
Задача 3. Как найти расстояние до одинокого дерева на противоположном
берегу реки путем построения подобных треугольников? Сделать рисунок.
Задача 4. Теннисный мяч подан с высоты 2 м 10 см и пролетел над самой
сеткой, высота которой 90 см. На каком расстоянии от сетки мяч ударится о
землю, если он подан от черты, находящейся в 1м от сетки, и летит по
прямой?
Задача 5. Столб высотой 15 м закрывается монетой диаметром 2 см, если её
держать на расстоянии 70 см от глаза. Найдите расстояние от столба до
наблюдателя?
Задача 6. Короткое плечо шлагбаума имеет длину 0,75 м, а длинное плечо –
3,75 м. На какую высоту поднимется конец длинного плеча, когда конец
короткого опускается на 0,5 м?
III. Рефлексия.
Что? Решение задач с практическим содержанием.
Как? Применяя подобие треугольников.
IV. Домашнее задание
1. Задача. Определить высоту предмета (дерева) с помощью зеркала.
2. Задача. На прямоугольном бильярдном столе со сторонами а и в
находится шар, стоящий у одного из бортов на расстоянии c от
вершины угла. Найдите направление, в котором надо ударить шар,
чтобы он, отразившись от остальных трех бортов, пришел в ту же
точку.
Для того, чтобы выяснить на сколько эффективна работа данного
курса,
учащимся
в
конце
каждого
полугодия
была
предложена
самостоятельная работа. Учащиеся разбирали задачу, например,
«Найти
площадь трапеции, зная длины d1 и d2 ее диагоналей и длину высоты h».
Письменно предлагали свой способ решения, применяя основные методы и
приемы, рассмотренные на факультативном курсе. В результате нет ни
одного учащегося, который бы не справился с предложенной задачей.
Поэтому, можно сделать вывод, что данный факультативный курс полезен
обучающимся 8-9 классов и рекомендуется для дальнейшего проведения.