Главная Коллекция "Revolution" Педагогика Методика проведения кружковых занятий по теме "Решение планиметрических задач методом движений"

Методика проведения кружковых занятий по теме "Решение планиметрических задач методом движений"

История и основные формы внеклассной работы по математике, организация занятий кружка. Характеристика методики обучения решению планиметрических задач методом движений. Требования к содержанию и разработке внеклассных занятий для учащихся 9-х классов.

Рубрика Педагогика
Вид дипломная работа
Язык русский
Дата добавления 07.09.2017
Размер файла 182,3 K
рефераты на заказ со скидкой

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.

Страница:

Движением называется отображение плоскости на себя либо преобразование одной фигуры в другую, сохраняющее расстояние между точками.

Свойства движения:

1. При движении три точки, лежащие на одной прямой, переходят в три точки, лежащие на одной прямой, а точки, не лежащие на одной прямой, переходят в точки, также не принадлежащие одной прямой.

2. При движении образом прямой является прямая линия.

3. При движении отрезок преобразуется в равный ему отрезок.

4. При движении окружность радиуса r с центром в точке O преобразуется в окружность того же радиуса с центром в точке, совпадающей с образом центра O.

Стоит заметить, что в учебнике Л.С. Атанасяна и др. отображением плоскости на себя является наложение, с помощью которого определялось равенство фигур - одно из базовых понятий курса геометрии. Также верно утверждение о том, что любое наложение является движением плоскости, и наоборот, любое движение является наложением. В связи с этим, будет уместно добавить следующие свойства:

5. Если при наложении совмещаются концы двух отрезков, то совмещаются и сами отрезки.

6. На любом луче от его начала можно отложить отрезок, равный данному, и притом только один.

7. От любого луча в данную полуплоскость можно отложить угол, равный данному неразвёрнутому углу, и притом только один.

8. Любой угол hk можно совместить наложением с равным ему углом h1k1 двумя способами: 1) так, что луч h совместится с лучом h1, а луч k - с лучом k1; 2) так, что луч h совместится с лучом k1, а луч k - с лучом h1.

9. Любая фигура равна самой себе.

10. Если фигура F равна фигуре F1, то фигура F1 равна фигуре F.

11. Если фигура F1 равна фигуре F2, а фигура F2 равна фигуре F3, то фигура F1 равна фигуре F3.

Далее рассмотрим отдельные виды движения.

Параллельным переносом на данный вектор a называется отображение плоскости на себя, при котором каждая точка M отображается в такую точку M1, что вектор MM 1 равен вектору a .

Поворотом плоскости вокруг точки O на угол б называется отображение плоскости на себя, при котором каждая точка M отображается в такую точку M1, что OM = OM1 и угол MOM1 равен б.

Две точки A и A1 называются симметричными относительно прямой a, если эта прямая проходит через середину отрезка AA1 и перпендикулярна к нему.

Фигура называется симметричной относительно прямой a, если для каждой точки фигуры симметричная ей точка относительно прямой a также принадлежит этой фигуре. Прямая a называется осью симметрии.

Две точки A и A1 называются симметричными относительно точки

O, если O - середина отрезка AA1.

Фигура называется симметричной относительно точки O, если для каждой точки фигуры симметричная ей точка относительно точки O также принадлежит этой фигуре. Точка O называется центром симметрии фигуры.

Центральная симметрия также может рассматриваться как поворот плоскости вокруг точки на 180°.

В работе будет рассматриваться применение метода движений к решению задач на доказательство и вычисление, а также нахождения максимума и минимума. Метод также широко применяется при решении задач на построение, его суть в этих задачах состоит в отыскании подходящего движения данных фигур или их элементов, позволяющего построить вспомогательную фигуру, в частности, точку, определяющую искомую фигуру. Выполнение построения предполагает умение строить образы точек, прямых и окружностей при различных движениях плоскости.

Трудно дать конкретные рекомендации по использованию геометрических преобразований для решения задач элементарной геометрии. Общие же соображения следующие: геометрические преобразования применяются для упрощения задачи, для отыскания закономерностей, позволяющих определить решение. При этом рассматривается образ либо всей фигуры, либо её части при существующем преобразовании. Применяя движение при решении задачи элементарной геометрии, следует помнить, что оно преобразует элементы фигуры в соответствующие элементы её образа: высоты треугольника преобразуются в высоты, центр вписанной окружности - в центр вписанной окружности образа и т.д. [2]

§2. Методики обучения решению планиметрических задач методом движений

В работах советских психологов (например, Леонтьева А.Н.) [14] указывается на то, что формирование общего принципа решения задач следует начинать с решения тех задач, условия которых оказывают решающее влияние на нахождение метода решения. Согласно этим выводам, использование отображений в конкретных ситуациях целесообразно начинать с рассмотрения тех задач, анализ которых подсказывает метод их решения.

В процессе решения этих задач объединяются умения и навыки учащихся в овладении методом геометрических преобразований, образуя единую цепь, составляющую сущность этого метода, формируется представление о методе геометрических преобразований как об обобщённом методе решения геометрических задач, приобретается опыт учащихся в использовании преобразований в конкретных ситуациях. К тому же, при решении задач у учащихся вырабатываются критерии выбора нужного вида геометрического преобразования для доказательства различных зависимостей, для построения фигур и т. д. [23]

Доказать некоторое соотношение в равнобедренном треугольнике, равнобедренной трапеции, прямоугольнике, ромбе часто удаётся с помощью осевой симметрии.

При установлении зависимостей в равностороннем треугольнике, квадрате, при доказательстве перпендикулярности прямых эффективно используется поворот.

Применение параллельного переноса даёт желаемый результат при доказательстве различных соотношений в параллелограмме, трапеции, а также при построении этих фигур.

Учащиеся же не получают подобные критерии в готовом виде, а овладевают ими в процессе решения задач. [23]

Также можно выделить следующие умения, которые ученикам необходимо освоить для решения задач методом движений:

· строить фигуры, в которые переходят данные фигуры при симметрии, повороте и параллельном переносе;

· видеть соответственные при указанном преобразовании точки на соответственных при том же преобразовании фигурах;

· выделять элементы, определяющие преобразование: ось симметрии, центр поворота, угол поворота, направление параллельного переноса, его расстояние;

· строить соответственные при указанном преобразовании точки на образах заданных фигур;

· использовать специфические свойства преобразований. [24]

Освоение критериев и необходимых умений можно осуществить с помощью следующих примеров.

1) Параллельный перенос

Пример 1. Даны две пересекающиеся окружности равных радиусов, расстояние между центрами которых равно m. Прямая l, параллельная линии центров, пересекает первую окружность в точках A и C, а вторую - в точках B и D, лучи AC и BD сонаправлены (рис. 1). Найти длину отрезка AB.

Решение. В связи с тем, что отрезок AB, длину которого нужно найти, и отрезок O1O2 с заданной длиной, расположены на параллельных прямых, имеет смысл в первую очередь рассмотреть параллельный перенос. Вспоминая свойства движения, выясняем, что окружность радиуса r с центром в точке O преобразуется в окружность того же радиуса с центром в точке, совпадающей с образом центра O. Поэтому, учитывая, что начала отрезков относятся к окружности щ1, а концы - к окружности щ2, и окружности имеют равные радиусы, можно осуществить параллельный перенос, переводящий одну окружность в другую. Образом точки O1 при таком переносе будет являться точка O2. Образ точки A принадлежит, помимо окружности щ2, прямой, параллельной O1O2, которая высекает на этой окружности точки B и D. Зная, что лучи AC и BD сонаправлены, можем сделать вывод о том, что точка A переходит в точку B, а точка C - в точку D. Так как при параллельном переносе точка A переходит в точку B, то длина

Рис. 1

Пример 2. Где нужно строить мост через реку с параллельными берегами, чтобы соединить пункты A и B, расположенные по разные стороны реки, кратчайшим путём?

Решение. Условие задачи на максимум или минимум можно выразить следующим образом: требуется найти наибольшее или наименьшее значения элемента x фигуры F, однозначно определённого элементами x, ai (i=1, 2, …). Сущность применения метода движений для решения таких задач состоит в следующем:

а) Дадим элементу x определённое значение x = c и решим задачу на построение фигуры F' по заданным элементам x и ai.

б) Решив эту задачу, считаем элемент c переменным. Затем, применяя те или иные преобразования, замечаем те особенности, которые возникают при достижении элементом x максимального или минимального значения. Выделение указанной особенности позволяет сделать заключение о наибольшем или наименьшем значении элемента x фигуры F.

В первую очередь, во избежание ошибок в данной задаче следует заметить, что мост на реке всегда строится перпендикулярно её берегам. Исходя из этого, можно сделать вывод о том, что длина моста всегда будет одинакова и при решении задачи её можно не учитывать. Чтобы продемонстрировать идею на чертеже, выполним параллельный перенос одного из берегов на вектор, перпендикулярный берегам реки и имеющий длину, равную расстоянию между берегами. В этом случае точка A перейдёт в точку A1, а кратчайший путь будет проходить по ломаной AMEB, где E - точка пересечения прямой A1B берега реки (рис. 2).

При любом другом положении моста путь из точки A в точку B будет длиннее. Пусть мост проходит через точки X и Y, отличные от точек M и E. Тогда путь будет представлять собой ломаную AXYB. Чтобы сравнить длину этой ломаной с длиной ломаной AMEB, осуществим параллельный перенос одного из берегов реки так, чтобы края берегов слились в одну прямую. При этом точка X перейдёт в точку Y, точка A - в точку A1, отрезок AX - в отрезок A1Y. Длина пути из точки A в точку B будет равняться сумме длин ломаной A1YB и моста. Длина ломаной A1YB больше длины отрезка A1B, следовательно, путь через мост XY будет длиннее, чем через мост ME.

Рис. 2

Пример 3. Доказать, что в трапеции разность длин оснований по модулю больше абсолютной величины разности длин боковых сторон.

Решение. Разность отрезков на чертеже можно показать с помощью изображения одного отрезка на другом. Учитывая, что основания трапеции параллельны, среди различных видов движения следует выбрать параллельный перенос. Можно рассмотреть два варианта, приводящие к аналогичным результатам: перенос стороны AB на вектор BC либо перенос основания BC на вектор BA . Полученный четырёхугольник ABCF - параллелограмм (рис. 3). Далее, выражая длины одних сторон через длины других и используя свойство треугольника о том, что модуль разности двух сторон меньше третьей, получаем неравенство |AD| - |BC| > ||AB| - |CD||.

Рис. 3

Пример 4. На сторонах AB и CD параллелограмма ABCD построены квадраты, первый - по ту же сторону от прямой AB, что и сам параллелограмм, а второй - вне параллелограмма (рис. 4). Доказать, что расстояние между центрами квадратов равно длине стороны AD.

Решение. В задаче ставится вопрос о нахождении расстояния между аналогичными элементами равных фигур - центрами квадратов, следовательно, наиболее очевидным будет применение одного из видов движения. Учитывая, что квадраты расположены на сторонах параллелограмма, логично использовать параллельный перенос, переводящий один квадрат в другой. Вектор a переноса будет направлен по стороне параллелограмма AD.

Чтобы доказать, что один квадрат перейдёт в другой, достаточно показать, что вершины одного квадрата перейдут в вершины другого. Так как прямые MB и AB перпендикулярны, а длина отрезка MB равна длине отрезка

PC, то точка M перейдёт в точку P. Аналогично получаем, что Ta : N > Q.

Таким образом, при параллельном переносе T a квадрат ABMN переходит в квадрат DCPQ. Из этого следует, что все элементы первого квадрата, включая диагонали, переходят в элементы второго квадрата, поэтому центр первого квадрата O1 переходит в центр второго квадрата O2 как точки пересечения этих диагоналей, значит, длины отрезков O1O2 и AD равны.

Рис. 4

2) Поворот

Пример 5. На прямой l даны три точки A, B и C, причём точка B лежит между A и C. На отрезках AB и BC построены равносторонние треугольники ABP и BCQ так, что вершины P и Q лежат в одной полуплоскости относительно прямой l (рис. 5). Обозначим через M середину отрезка AQ, а ерез N - середину CP. Доказать, что треугольник BMN также является равносторонним.

Решение. Используя рассуждения предыдущей задачи и анализируя условие, видим аналогичные элементы - середины отрезков, одна из который переходит в другую в том случае, когда существует преобразование, переводящее один отрезок в другой. В данном случае преобразование неочевидно, поэтому имеет смысл попытаться найти другие фигуры, в которых используются вершины этих отрезков. Можно рассмотреть отрезки AP и QC, которые являются сторонами равносторонних треугольников, и, следовательно, лежат напротив углов величиной 60°. По рисунку видим, что поворот на 60° вокруг точки B переводит точки A и Q соответственно в точки P и C. Концы отрезков AQ и PC переходят друг в друга, следовательно, переходят друг в друга сами отрезки и их середины, то есть, точка M переходит в точку N. Из этого следует, что |BM| = |BN| и ? MBN = 60°, значит, треугольник MBN равносторонний.

Рис. 5

Пример 6. Из всех треугольников с данной стороной и данным углом при вершине, не лежащей на этой стороне, найти треугольник, имеющий максимальный периметр.

Решение. В решении задачи используется утверждение о том, что множество все точек плоскости, из которых отрезок виден под одним углом, представляет собой две дуги окружностей, симметричных относительно дуги AB.

Так как одна из сторон треугольника дана, то величина периметра зависит от длин двух сторон треугольника, AC1 и BC1, лежащих на сторонах угла (рис. 6). Аналогично примеру 2 для упрощения ситуации можно попытаться расположить необходимые компоненты на одной прямой, для этого «выпрямим» ломаную AC1B с помощью поворота на угол величиной (180° - б) относительно точки C1 (рис. 6). Таким образом, точка B переходит в точку M, лежащую на прямой AC, и исходная задача сводится к максимизации длины отрезка AM. Это достигается движением точки M по окружности, из точек которой отрезок AB виден под одним и тем же углом, мера которого равна б/2, так как треугольник C1MB - равнобедренный, а его внешний угол равен б. Данные сторона и угол при таком движении остаются неизменными.

Отрезок AM достигает наибольшей длины тогда, когда он пересекает центр окружности, т.е. занимает положение AM'. Точка C1 при этом перемещается на позицию точки C, лежащей на дуге AC1B, с которой отрезок AB виден под углом б.

Также в этом примере можно доказать, что найденный треугольник

ABC является равнобедренным. Треугольник BCM' - равнобедренный по построению, ? BCM' = 180° - б, следовательно, ? CM'B = ? CBM' = б/2. Так как ? ACB = б, а ? ABM' = 90° по построению, то ? ABC = 90° - б/2 = ? CAB, из чего следует, что треугольник ABC - равнобедренный.

Рис. 6

3) Осевая симметрия

Пример 7. Дан треугольник ABC, CL - биссектриса его внешнего угла,

M - произвольная точка луча CL (рис. 7). Доказать, что |MA| + |MB| > |CA| +

Решение. Биссектриса угла является для него осью симметрии, поэтому можно с помощью осевой симметрии попробовать расположить нужные для доказательства элементы либо их образы на одной прямой. При симметрии относительно оси CL все точки прямой CB перейдут в точки прямой AC, следовательно, точка B перейдёт в точку B'. Из этого следует, что |AB| + |BM| = |AM| + |MB'| и |CA| + |CB| = |CA| + |CB'| = |AB'|. Далее следует вспомнить, что одна сторона треугольника меньше суммы двух других, следовательно, в треугольнике AMB' |AM| + |MB'| > |AB'|. Таким образом,

|AM| + |MB| > |CA| + |CB|. Утверждение доказано.

Рис. 7

Пример 8. На плане местности отмечены пункты A и B, которые расположены между двумя прямолинейными дорогами m и l (рис. 8). Найдите точки M и L, такие, чтобы сумма AM + ML + LB была наименьшей, если M лежит на дороге m, а L - на дороге l.

Решение. Задача похожа на пример 2, но здесь нет параллельных прямых или заданных углов, на величину которых можно было бы совершить поворот, поэтому имеет смысл рассмотреть симметрию относительно прямых m и l. Из свойств симметрии следует, что длина ломаной AMNB будет равна длине ломаной A1MNB1, а её минимальная величина будет достигаться в том случае, если точки A1, M, N и B1 будут лежать на одной прямой.

Аналогично решается задача для трёх пунктов с заходом на две прямолинейные дороги, между которыми эти пункты расположены.

Рис. 8

Пример 9. Доказать, что сумма расстояний от любой точки основания равнобедренного треугольника до боковых сторон равна длине высоты, опущенной из вершины основания на боковую сторону.

Решение. Аналогично предыдущей задаче, здесь нет параллельных прямых или заметных на первый взгляд точек поворота на какой-либо угол, поэтому попробуем изобразить сумму длин высот, проведённых из точки M к боковым сторонам (рис. 9), на одной прямой с помощью осевой симметрии. Единственный вариант оси симметрии для такого преобразования - прямая AC. Точка B при осуществлении симметрии относительно прямой AC переходит в точку B', точка P - в точку P'. Далее нужно проверить, действительно ли отрезки P'M и MQ лежат на одной прямой. Из свойств

осевой симметрии следует, что ? PMA = ? AMP'. Поэтому, учитывая равенство углов ? PMA и ? QMC (следует из равенства углов ? BAC и ? BCA при основании треугольника), имеем: ? AMP' = ? QMC, из чего вытекает, что точки P, M и Q лежат на одной прямой.

Дале видим, что отрезок P'Q - общий перпендикуляр параллельных прямых AB' и BC, поэтому его длина h равна высоте треугольника, опущенной на боковую сторону. Но |PM| = |PM'|, следовательно, |PM| + |MQ| = |P'Q| = h. Утверждение доказано.

Рис. 9

§3. Разработка плана проведения занятий

При освоении курса ставятся следующие цели и задачи:

Цели курса: повышение интереса у учащихся к геометрии, расширение и систематизация знаний о геометрических преобразованиях, формирование пространственного воображения путём применения движений к различного вида фигурам.

Задачи курса:

· расширение личного «арсенала» методов решения планиметрических задач;

· обучение распознаванию необходимого к использованию в решении задачи движения.

Кружок по теме «Решение планиметрических задач методом движений» предназначен для учащихся 9-х классов и представлен в 8 занятиях.

Итоговый контроль осуществляется при помощи контрольной работы, составленной из трёх заданий - по одному на каждый вид движения.

В результате изучения содержания кружка по теме «Решение планиметрических задач методом движений» учащиеся должны:

знать: определения движения, параллельного переноса, поворота и симметрии, их свойства;

уметь: распознавать вид движения, необходимый для решения задачи, правильно выполнять построение отображения различных фигур на чертеже.

Время проведения кружка: 9 класс, 3 четверть.

№

Тема занятия

Вид занятия

Кол-во часов

1

Введение. Параллельный перенос

Лекционно- практическое занятие

1

2

Параллельный перенос

Практическое занятие

1

3

Параллельный перенос

Практическое занятие

1

4

Поворот. Центральная симметрия

Лекционно- практическое занятие

1

5

Поворот. Центральная симметрия

Практическое занятие

1

6

Осевая симметрия

Лекционно- практическое занятие

1

7

Осевая симметрия

Практическое занятие

1

8

Итоговое занятие

Проверочная работа

1

На вводном занятии необходимо сформировать мотивацию учащихся к изучению курса с помощью демонстрации практической значимости и полезности метода движений, изложить цели и задачи курса, формы проведения занятий и итогового контроля, объявить темы последующих занятий и конечный результат освоения курса.

Практические занятия направлены на повышение интереса у учащихся к планиметрии, расширение личного «арсенала» методов решения планиметрических задач, формирование пространственного воображения путём применения движений к разного вида фигурам. Во время занятий предполагается в основном групповая форма работы обучающихся. Учитель излагает необходимую теорию, контролирует выполнение заданий учащимися, а также при необходимости помогает им правильно выполнить чертеж или распознать вид движения, с помощью которого решается данное задание.

На последнем занятии подводятся итоги изучения курса и проводится контрольная работа с целью проверки знаний учащихся.

§4. Пример проведения занятия № 4

Учитель напоминает ученикам определения поворота и центральной симметрии, демонстрирует, что центральная симметрия является поворотом вокруг точки на 180°. Затем идёт разбор вместе с учащимися примера 5 из параграфа 2 - одного из наиболее удачных примеров оптимальности применения метода движений к задачам.

Далее предполагается решить следующие задачи:

Задача 1. На плоскости даны две параллельные прямые d и d'. Сколько существует поворотов, при которых d > d'? Чему равен угол поворота? Как расположены центры этих поворотов?

Решение. Рассмотрим для начала произвольный поворот, переводящий выбранную точку M на прямой d в точку M' на прямой d'. По определению, центром такого поворота будет точка O, расположенная на одинаковом расстоянии от точек M и M'. В том случае, когда точка O лежит на отрезке MM' (и, следовательно, является серединой этого отрезка), угол поворота будет равняться 180°, т.е. имеет место центральная симметрия. По определению центральной симметрии, каждой точке N прямой d будет соответствовать образ N' на прямой d', расположенный таким образом, что NO = ON'. Можно сделать вывод о том, что центром любого поворота при данных условиях будет являться точка, лежащая на прямой, расположенной на одинаковом расстоянии от прямых d и d', число поворотов равно числу точек, лежащих на этой прямой, а угол поворота будет равняться 180°.

Перейдём к случаю, когда точка O не лежит на отрезке MM'. Угол поворота в таком случае не будет равняться 180°, и точка N прямой d, расположенная таким образом, что ON ??d, перейдёт в точку N', не лежащую на прямой d' так как длины расстояний от точки O до прямых d и d' различны. Следовательно, такой поворот не будет переводить d в d'.

Задача 2. На плоскости даны две непараллельные прямые d и d'. Сколько существует поворотов, при которых d > d'? Как расположены центры этих поворотов?

Решение. Проводим рассуждения, аналогичные присутствующим в задаче 1, и получаем, что центры искомых поворотов расположены на прямой, находящейся на одинаковом расстоянии от данных прямых d и d', а любая другая точка центром такого поворота являться не будет.

Задача 3. Даны два равных непараллельных отрезка AB и A'B'. Всегда ли существует поворот, при котором точки A' и B' являются образами точек A и B?

Решение. Чтобы решить задачу, нужно либо построить поворот в произвольном случае, либо привести пример такого взаимного расположения отрезков, при котором поворота, переводящего один отрезок в другой, не существует. Попробуем понять, как для данного случая строится поворот.

Зная, что центр поворота лежит на одинаковом расстоянии от точки и её образа, можем сделать вывод, что множество всех центров поворотов для данных точек составляет серединный перпендикуляр к отрезку, концами которого эти точки являются. Следовательно, пересечение серединных перпендикуляров к отрезкам AA' и BB' будет являться центром поворота, одновременно переводящего точку A в точку A' и точку B в точку B'.

В случае, когда данные отрезки лежат на параллельных прямых, серединные перпендикуляры к отрезкам AA' и BB' пересекаться не будут. В этом случае поворота, при котором точки A' и B' являются образами точек A и B, не существует.

Если рассматривать вопрос, всегда ли существует поворот, переводящий один отрезок в другой, равный ему, то для случая, когда отрезки лежат на параллельных прямых, можно рассмотреть точку B' как образ точки A, а точку A' как образ для точки B. Четырёхугольник ABB'A' является параллелограммом в силу равенства и параллельности сторон AB и A'B', отрезки AB' и A'B - его диагонали, которые точкой пересечения делятся пополам. Следовательно, серединные перпендикуляры для этих отрезков пересекаются в этой же точке, и можно сделать вывод о том, что поворот существует для любого расположения исходных отрезков.

Задача 4. Доказать, что при повороте плоскости вокруг точки O на угол 180° любая прямая, проходящая через точку O, переходит в себя, а любая прямая, не проходящая через точку O, переходит в параллельную ей прямую. Решение. Так как точка O является серединой отрезка, образованного заданной точкой на данной прямой и её образом при повороте на 180°, и точка O лежит на этой прямой, то, по определению симметрии относительно точки, образ заданной точки также ей принадлежит. Следовательно, по определению, прямая при повороте на 180° с центром, лежащим на этой прямой, переходит в себя.

Если прямая не проходит через центр симметрии, то проводим рассуждения, аналогичные приведённым в задаче 1, и получаем, что образ прямой будет параллелен ей самой.

Домашнее задание:

Задача. На сторонах равностороннего треугольника вне его построены квадраты (рис. 10). Доказать, что центры этих квадратов являются вершинами равностороннего треугольника.

Решение. Используя рассуждения, приведённые в примере 5 и ранее, можем заметить, что при переходе вершин A1, B1 и C1 друг в друга образуются равные отрезки, которые будут составлять равносторонний треугольник. В связи с тем, что эти вершины не расположены на параллельных прямых и не имеют общей оси симметрии, следует использовать поворот. Рассмотрим поворот вокруг точки O на 120°. Так как треугольник ABC равносторонний, то ? AOB = ? BOC = ? COA и A > B, B > C, C > A, AB > BC, BC > CA, CA > AB. Стороны квадратов переходят друг в друга, значит, квадраты и их центры также перейдут друг в друга, а из этого следует, что A1B1 = B1C1 = C1A1, и треугольник, образованный центрами квадратов, равносторонний.

Рис. 10

Во время педагогической практики в период с 24 февраля по 22 марта в ГБОУ «Школа № 2107» в 9в классе было проведено полуторачасовое занятие по материалам кружка на тему «Поворот». На занятии был рассмотрен теоретический материал, необходимый для решения задач, разобраны примеры 5 и 6 из § 2, решены задачи из примера проведения занятия № 4.

В конце урока была проведена самостоятельная работа, состоящая из одной задачи на применение поворота.

Задача. Дан квадрат ABCD и точки A1, B1, C1, D1, лежащие соответственно на лучах DA, AB, BC, CD, причём отрезки AB1, BC1, CD1, DA1 равны. Доказать, что A1B1C1D1 - квадрат.

С работой справились 61% учеников (14 из 23), из чего можно сделать вывод о том, что материал доступен для освоения учащимися 9 класса.

Выводы к главе 2

В § 1 проанализированы учебники по геометрии, в результате чего было установлено, что к девятому классу у учащихся есть необходимые знания для освоения материала кружка «Решение планиметрических задач методом движений», изложена теоретическая база и общие рекомендации к решению задач методом движений.

В § 2 описаны частные методики анализа задач и выявления вида движения, необходимого для их решения, описаны критерии выбора вида движения для работы с определёнными фигурами.

В § 3 выполнено тематическое планирование курса, поставлены его цели и задачи, а также знания и умения, которые должны быть освоены учащимися при изучении курса, описана структура курса и содержание занятий.

В § 4 изложен пример проведения занятия кружка, в котором продемонстрированы преимущества метода движений, рассмотрено применение поворота в различных ситуациях для лучшего освоения критериев выбора конкретного вида движения в решении геометрических задач.

Заключение

В процессе исследования в соответствии с его целью и задачами получены следующие основные выводы и результаты:

1) В ходе изучения психолого-педагогической и методической литературы было выявлено, что различные формы проведения внеклассной работы служат неотъемлемой частью полноценного образования и всестороннего развития личности. Важным элементом разработки кружка является определение ожидаемых результатов его изучения.

2) На основе анализа психолого-педагогической, учебной и методической литературы, было определено содержание кружка по теме «Решение планиметрических задач методом движения» для учащихся девятых классов, изучение которого способствует повышению интереса к математике, расширению и углублению знаний учащихся о движениях и их свойствах.

3) Проведённое занятие показало, что материал кружка по теме «Решение планиметрических задач методом движений» доступен для понимания учащихся и вызывает у них интерес.

Таким образом, цель работы, а именно разработка методики проведения кружка по теме «Решение планиметрических задач методом движений» для учащихся девятых классов, достигнута. Сформулированная гипотеза о том, что разработанный курс по выбору будет способствовать расширению и углублению знаний, полученных ими в ходе изучения курса геометрии, доказана.

Список литературы

1. Атанасян Л.С. Геометрия. 7-9 классы : учеб. для общеобразоват. учреждений / [Л.С. Атанасян, В.Ф. Бутузов, С.Б. Кадомцев и др.] - М: Просвещение, 2007. - 384 с.

2. Атанасян С.Л Геометрия 1 : учебное пособие для вузов / С.Л. Атанасян, В.Г. Покровский ; под ред. С.Л. Атанасяна. - М: БИНОМ. Лаборатория знаний, 2014. - 331с

3. Атанасян С.Л., Глизбург В.И. Сборник задач по геометрии. Часть 1. - М: БИНОМ, 2006. - 292 с.

4. Бабанский Ю.К. Избранные педагогические труды/ Сост. М.Ю. Бабанский. - М.: Педагогика, 1989. - 560 с.

5. Балк М.Б., Балк Г.Д. Математика после уроков. Пособие для учителей. М.: Просвещение, 1971. - 462 с.

6. Бизяева Л.Н. Внеклассная работа по математике: методическая разработка - Новосибирск: Изд-во НИПКиПРО, 2015 - 52 с.

7. Будаева Л.Н. История развития факультативных и элективных курсов. - URL:

8. Возрастная и педагогическая психология: Учебник для студентов пед. ин- тов/[В.В. Давыдов и др.]; Под ред. А.В. Петровского. - 2-е изд., испр. и доп. - М.: Просвещение, 1979. - 288 с.

9. Дорофеев Г.В., Петерсон Л.Г. Математика. 5 класс. Часть 1. - Изд. 2-е, перераб./ Г.В. Дорофеев, Л.Г. Петерсон. - М.: Издательство «Ювента», 2011. - 176 с.: ил.

10. Егупова, М.В. Практико-ориентированное обучение математике в школе. Учебное пособие для студентов педвузов. - М.: МПГУ, 2014. - 208 с.

11. Зимняя, И.А. Педагогическая психология: учебник для вузов. - 2-е изд., доп., испр. и перераб. - М.: Университетская книга; Логос, 2009 - 384 с.

12. Кадыров, И. Взаимосвязь внеклассных и факультативных занятий по математике: Книга для учителя. - М.: Просвещение, 1983. -- 64с.

13. Кондаурова И.К. Избранные главы теории и методики обучения математике: дополнительное математическое образование школьников: учебно-методическое пособие / И.К. Кондаурова. - Саратов: ИЦ «Наука», 2010. - 192 с.

14. Леонтьев А.Н. Опыт экспериментального исследования мышления. Доклады на совещании по вопросам психологии. - М: Просвещение, 1954.

15. Мардахаева Е.Л. Математический кружок в системе дополнительного математического образования учащихся 5-7-х классов основной школы: диссертация … кандидата педагогических наук : 13.00.02. 242 с.

16. Меньщикова, А.Л. Возрастные стадии психического развития личности: конспект лекций. - СПБ.: Издательский дом СПбМАПО, 2007. - 224 с.

17. Методика преподавания математики в средней школе. Общая методика: учеб. пособие / [Ю.М. Колягин и д.р.] - Чебоксары: Изд-во Чуваш. Ун-та, 2009. - 732 с.

18. Мишин В.И. Методика преподавания математики в средней школе: частная методика - М.: Просвещение, 1987. - 416 с.

19. Немов, Р.С. Психология: учеб. для студ. высш. пед. учеб. заведений: В 3 кн. - 4-е изд. - М.: Гуманит. изд. центр ВЛАДОС, 2002. - Кн. 2: Психология образования. - 608 с.

20. Об утверждении концепции профильного обучения на старшей ступени общего образования: [Электронный ресурс] приказ Минобразования РФ от 18 июля 2002 года №2783. - Режим доступа

21. Об утверждении федерального государственного образовательного стандарта среднего (полного) общего образования: [Электронный ресурс] приказ Минобрнауки России от 17.05.2012 г. № 413. - Режим доступа: http://nmc-kem.ucoz.ru/Obrazovatelniy/FGOS/FGOS- SO/prikaz_1645_ot_29.12.2014_fgos_soo_s_izmenenijami.pdf

22. Погорелов А.В. Геометрия. 7-9 классы : учеб. для общеобразоват. организаций / А.В. Погорелов. - 2-е изд. - М: Просвещение, 2014. - 240 с.

23. Саранцев Г.И. Методика изучения отображений в курсе геометрии восьмилетней школы. - М: Просвещение, 1979. - 80с.

24. Саранцев Г.И. Упражнения в обучении математике. - М: Просвещение, 1995. - 240 с.

25. Сластенин В.А. Педагогика: Учебное пособие - М.: Издательский центр

«Академия», 2013 - 227 с.

26. Смирнова И.М. Критерии отбора содержания математических курсов по выбору [Электронный ресурс] / И. М. Смирнова // Наука и школа.- 2014.-

№ 3 . - Электронные текстовые данные (14Mb) . - С. 7-13

27. Смирнова, И. М. Геометрия. 7 - 9 классы: учеб. для общеобразоват. учреждений / И. М. Смирнова, В. А. Смирнов. - 4-е изд., стер. - М.: Мнемозина, 2009. - 376 с.

28. Смирнова, И.М. Выпускная квалификационная работа (методика обучения математике): учебное пособие. - М.: МПГУ «Прометей», 2015.

- 168 с.

29. Сосновский, Б.А. Психология: Учебник для педагогических вузов. - М.: Высшее образование, 2008. - 660 с.

30. Фарков А.В. Внеклассная работа по математике. 5-11 классы. М.: Айрис- пресс, 2009. - 288 с.

31. Фарков А.В. Математические олимпиады: методика подготовки. 5-8 классы. - М.: ВАКО, 2014. - 176 с. - (Мастерская учителя математики).

32. Фарков, А.В. Математические олимпиады в школе. 5-11. - М.: Айрис- пресс, 2002. - 176 с.

33. Фарков, А.В. Математические олимпиады. Учебно-методическое пособие. - М.: Владос, 2004. - 154 с.

34. Федеральный государственный образовательный стандарт основного общего образования. -- URL:

35. Федеральный государственный образовательный стандарт среднего общего образования (10-11 кл.). -- URL:

36. Фридман, Л.М. Психолого-педагогические основы обучения математике в школе: Учителю математики о пед. психологии. - М.: Просвещение, 1983. - 160 с.

Размещено на Allbest.ru

...

Страница:


Подобные документы

Работы в архивах красиво оформлены согласно требованиям ВУЗов и содержат рисунки, диаграммы, формулы и т.д.
PPT, PPTX и PDF-файлы представлены только в архивах.
Рекомендуем скачать работу.

© 2000 — 2023, ООО «Олбест» Все права защищены