Место аналогии в обучении математике в школе
Категория реферата: Рефераты по математике
Теги реферата: реферат на тему, курсовые работы
Добавил(а) на сайт: Ольховский.
Предыдущая страница реферата | 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 | Следующая страница реферата
Для большей наглядности приведем основные используемые понятия в виде таблицы.
|Плоскость |Пространство |
|Треугольник, |Тетраэдр, |
|Центр масс – точка пересечения |Центр масс – точка пересечения |
|медиан, описанная окружность. |отрезков, соединяющих вершину с |
| |точкой пересечения медиан |
| |противоположной грани, она же точка |
| |пересечения средних линий |
| |(соединяющих середины |
|Ортоцентр, центр масс и центр |противоположных ребер), описанная |
|описанной окружности лежат на |сфера. |
|одной прямой, называемой прямой |Ортоцентр, центр масс и центр |
|Эйлера. |описанной сферы лежат на одной |
|Серединный треугольник – |прямой, называемой прямой Эйлера. |
|треугольник с вершинами в |Серединный тетраэдр – тетраэдр с |
|серединах сторон (основаниях |вершинами в точках пересечения |
|медиан), |медиан граней, |
|Ортотреугольник – треугольник с |Ортотетраэдр – тетраэдр с вершинами |
|вершинами в основаниях высот. |в основаниях высот исходного |
|Для любого треугольника основания|тетраэдра. |
|высот, основания медиан и |Для любого ортоцентрического |
|середины отрезков прямых от |тетраэдра центр масс и ортоцентры |
|ортоцентра до вершин треугольника|граней, а также точки, делящие |
|лежат на одной окружности – |отрезки каждой высоты тетраэдра от |
|окружности девяти точек |вершины до точки пересечения высот в|
|(окружности Эйлера). В частности,|отношении 2/1, лежат на одной сфере |
|серединный треугольник и |– сфере 12 точек (сфере Эйлера). В |
|ортотреугольник вписаны в одну |частности, серединный тетраэдр и |
|окружность. |ортотетраэдр вписаны в одну и ту же |
| |сферу. |
| |Замечание: ортоцентричность |
| |исходного тетраэдра равносильна |
| |тому, что его основания высот |
| |совпадают с точками пересечения |
| |высот противоположных граней. Для |
| |любого ортоцентрического тетраэдра |
| |окружности девяти точек каждой грани|
| |принадлежат одной сфере – сфере 24 |
| |точек (основания высот, проведенных |
| |к одному и тому же ребру, для |
| |ортоцентрического тетраэдра |
| |совпадают). |
На внеклассных занятиях со старшеклассниками и занятиях по методике всячески практикуют “выходы в пространство”, использующие аналогию геометрических понятий. Школьники получают большое удовольствие, обнаруживая невидимые ранее связи. Причем не ограничиваются обсуждением доказательств теорем, но часто разбираются подобные теоремы, переформулируя их как задачи на построение. Для наглядной демонстрации подобной работы вновь следует обратиться к приведенным выше прямым и окружностям Эйлера.
В качестве наиболее простой задачи предлагается рассмотреть равнобедренный прямоугольный треугольник и перенести полученные результаты на равнобедренный прямоугольный тетраэдр. Чтобы облегчить оформление рисунков и формулировку получаемых утверждений при обобщении обеих теорем Эйлера на пространство, рекомендуем выполнить рядом два рисунка, ввести аналогичные обозначения и постоянно сравнивать “плоские” и “пространственные” результаты. Причем, обнаружив и доказав какое-либо утверждение для плоского случая необходимо тут же стремиться отыскать его аналог для пространства.
|Плоскость |Пространство |
|1 этап: построение |1 этап: построение |
| | |
| | |
| | |
| | |
| | |
| | |
|(А3А1А2=90(, H1, H2А2= А1А3, М1, |(А3А1А2=(А3А1А4=(А4А1А2=90(, А1А2= А1А3=|
|М2, М3 – середины соответствующих |А1А4; М1, М2, М3, М4 – центры масс |
|сторон, H1, H2, H3 – основания |(точки пересечения медиан |
|высот, опущенных на стороны |соответствующих граней), H1, H2, H3, H4 |
|треугольника. Ц – центроид (в |- основания высот, опущенных на грани |
|данном случае точка пересечения |тетраэдра. Ц – его центроид (в данном |
|медиан). |случае точка, делящая отрезок А1М1 в |
| |отношении 3/1, считая от вершины). |
| |2 этап: анализ |
| |М1= H1, так как треугольник А2А3А4 – |
|2 этап: анализ |равносторонний и все его медианы |
|М1= H1 по свойству равнобедренного |являются также и высотами (по свойству |
|треугольника. |ортоцентрического тетраэдра, основание |
|А1= H2= H3, так как треугольник |высоты, опущенной из вершины А1, |
|прямоугольный. |совпадает с точкой пересечения высот). |
|Вершина прямого угла А является |А1= H2= H3= H4, так как соответствующие |
|также ортоцентром треугольника |грани являются прямоугольными |
|А1А2А3. |треугольниками; |
|Середина гипотенузы М1 является |Вершина прямого угла А1 является также |
|также центром описанной окружности |ортоцентром тетраэдра А1А2А3А4. |
|(М1А1= М1А2= М1А3). |Центр описанной сферы лежит на прямой, |
|М1М2М3 - серединный треугольник. |содержащей высоту А1H1, опущенную на |
|Ортотреугольник H1H2H3 выражается в|грань А2А3А4 (H1 совпадает с точкой |
|отрезок А1М1. |пересечения медиан М1 этой грани, а |
|Середины отрезков высот, опущенных |множество точек пространства, |
|из вершин А2 и А3, от ортоцентра |равноудаленных от вершин треугольника, |
|до соответствующих вершин совпадают|есть перпендикуляр, проходящий через |
|с серединами сторон А1А2 и А3А4 |точку пересечения его медиан). |
|соответственно. |М1М2М3М4 – серединный тетраэдр. |
| |Ортотетраэдр H1H2H3H4 выражается в |
| |отрезок А1М1. |
| |Середины отрезков высот, опущенных из |
| |вершин А2, А3, и А4, от ортоцентра до |
| |соответствующих вершин совпадают с |
| |серединами ребер А1А2 ,А1А3 и А1А4 |
| |соответственно. |
| |3 этап: выводы |
| |Ортоцентр тетраэдра, его центроид и |
|3 этап: выводы |центр описанной сферы лежат на одной |
|Ортоцентр треугольника, его |прямой А1М1 (прямая Эйлера). |
|центроид и центр описанной |Точки А1, М1, М2, М3 и М4 лежат на одной|
|окружности лежит на одной прямой |сфере с центром в середине отрезка А1М1 |
|А1М1 (прямая Эйлера). |и радиусом равным А1М1/2. |
|Точки А1, М1, М2, М3 лежат на одной| |
|окружности с центром в середине | |
|отрезка А1М1 и радиусом равным |Доказательство: пусть О – середина А1М1.|
|А1М1/2. |В силу симметричности достаточно |
|Доказательство: пусть О – середина |доказать для одной из боковых граней, |
|А1М1. Тогда треугольники А1М2М1 и |например, для А1А2А4. Пусть К – середина|
|А1М3М1 прямоугольные (по свойству |А4А2, точка М3 лежит на отрезке А1К, |
|средних линий треугольника) и, |причем А1М3=2М3К. Опустим из точки М1 |
|следовательно, М2О= М3О= А1М1/2 как|перпендикуляр на грань А1А2А4. По |
|медианы прямоугольных |свойству проекций основание этого |
|треугольников. |перпендикуляра в точку пересечения |
|Таким образом, вершины серединного |медиан этой грани, т. е. в точку М3. |
|треугольника, ортотреугольника и |Таким образом, треугольник А1М3М1 |
|середины отрезков высот лежат на |прямоугольный с гипотенузой А1М1. |
|одной окружности (окружности |Следовательно, по свойству прямоугольных|
|Эйлера). |треугольников М1М3 = А1М1/2. |
|Радиус окружности Эйлера равен |Таким образом, вершины серединного |
|половине радиуса описанной |тетраэдра, ортотетраэдра лежат на одной |
|окружности. |сфере (сфера Эйлера); |
| |В качестве упражнения можно вычислить, в|
| |каком отношении эта сфера делит ребра |
| |тетраэдра, примыкающие к прямому углу. |
В качестве домашнего задания учащимся предлагается проверить теоремы
Эйлера с помощью построений на произвольном треугольнике и попытаться
аналогично приведенным выше рассуждениям вывести утверждения для
произвольного ортоцентрического тетраэдра.
На последующих занятиях можно провести обобщение плоского случая на пространственный с помощью метода координат.
Обращаясь вновь к рассматриваемому выше треугольнику, можно ввести
координаты так, что точка А1 будет иметь координаты (0; 0), точка А1 (4;0), точка А3 (0;4), тогда координаты остальных точек: М1 (2; 2), М2 (0; 2), М3
(2; 0), Ц (4/3;43). Выведем уравнение окружности, проходящей через точки
А1, М2 и М3 (для определения окружности достаточно трех точек) в виде (x-
a)2+(y-b)2=R2. Тогда:
(0-a)2+(0-b)2=R2(a2+b2=R2,
(0-a)2+(2-b)2=R2(a2+4-4b+b2=R2,
(2-a)2+(0-b)2=R2(4-4a+a2+b2=R2.
Из этой системы трех уравнений получаем a=1, b=1, R=(2 и уравнение
окружности: (x-1)2+(y-1)2=2. Непосредственной подстановкой координат точки
М1 в полученное уравнение убеждаемся, что точка М1 принадлежит окружности.
Аналогично для пространства. Введем пространственные координаты так, чтобы точка А1 имела координаты (0; 0; 0), точка А2 (6; 0; 0), точка А3 (0;
0; 6), точка А4 (0; 6; 0). Тогда координаты остальных точек - М1 (2; 2; 2),
М2 (0; 2; 2), М3 (2; 2; 0), М4 (2; 0; 2), Ц (3/2; 3/2; 3/2). Выведем
уравнение окружности, походящей через точки А1, М1, М2 и М3 (для
определения сферы нужно уже четыре точки). Уравнение сферы будет иметь вид
(x-1)2+(y-1)2+(z-1)2=3.Принадлежность остальных точек этой сферы можно
легко проверить простой подстановкой координат в уравнение.
ПРИМЕНЕНИЕ АНАЛОГИИ ПРИ РЕШЕНИИ ЗАДАЧ
Не менее полезно воспитывать у школьников привычку сознательно привлекать аналогию при поиске способов решения предложенной им трудной задачи. В этом случае можно рекомендовать им следующий план работы над задачей.
1. Подобрать задачу, аналогичную данной, т. е. такую, у которой имелись бы, по сравнению с данной, сходные условия и сходное заключение; вспомогательная задача должна быть проще данной или такой, решение которой известно.
2. Решить вспомогательную задачу; затем провести аналогичные рассуждения при решении данной задачи.
Например, к аналогии с планиметрическими задачами полезно обращаться при решении стереометрических задач.
При этом полезно, чтобы школьник пытался (если это возможно)
самостоятельно сформулировать и решить аналогичную планиметрическую задачу.
Рассмотрим, например, задачу: «На сколько частей могут разделить
пространство четыре произвольно расположенные плоскости?»
Четыре плоскости определяют тетраэдр. Эта фигура напоминает нам 3 пересекающиеся прямые на плоскости.
Естественно возникает вспомогательная задача, аналогичная данной: «На сколько частей могут разделить плоскость 3 произвольные прямые?».
Решим сначала вспомогательную задачу (рис.11). В общем случае три
прямые могут разделить плоскость на 7 частей, одна из них ограничена
(внутренняя область треугольника), а другие, неограниченные части плоскости
(таких 6) имеют с внутренней областью общую границу по стороне треугольника
или по продолжению его сторон. В этом случае плоскость оказывается
разделенной всего на 1+3+3=7 частей.
Теперь приступим к решению основной задачи (рис.12).
В общем случае, 4 плоскости могут разделить пространство на следующие части: одна из них ограничена – внутренняя область тетраэдра; неограниченные части пространства имеют общую границу с внутренней областью по грани тетраэдра (4 части), или по его ребру (6 частей), или по плоскостям, проходящим через его вершины (еще 4 части).
В этом случае пространство оказывается разделенным всего на
1+4+6+4=15 частей.
Рекомендуем скачать другие рефераты по теме: шпаргалки по философии, сжатое изложение.
Предыдущая страница реферата | 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 | Следующая страница реферата