WWW.DOCX.LIB-I.RU
БЕСПЛАТНАЯ  ИНТЕРНЕТ  БИБЛИОТЕКА - Интернет материалы
 

«С целью стимулирования интереса учащихся к изучению математических дисциплин, в период весенних каникул 23-24 марта 2012 года проведена II городская олимпиада «Геометрическая мастерская». ...»

С целью стимулирования интереса учащихся к изучению математических дисциплин, в период весенних каникул 23-24 марта 2012 года проведена II городская олимпиада «Геометрическая мастерская». Соревнование организовано Назарбаев Интеллектуальной школой физико-математического направления для учащихся 8-х классов школ города Астаны.

Цели олимпиады:

популяризировать геометрию среди учащихся среднего звена;

обратить внимание учителей и учащихся на задачи, связанные с геометрическими построениями, а также на прикладные задачи;

выявлять одаренных детей и учителей.

Учителя кафедры математики разработали задания:

для I тура 3 геометрические задачи практического характера;

для II тура 3 геометрические задачи на построение.

Олимпиада проводится в два тура и является лично-командной. Команда каждой школы состоит из 3-х участников. Первый тур направлен на практическое применение геометрических знаний и длится 1 час, второй тур предполагает решение задач на построение и применение теоретических знаний и длится 2 часа. В первом туре учащиеся работают в команде, во втором – индивидуально. Результаты первого тура идут в зачет команды. В общий результат команды прибавляются баллы, набранные каждым из участников во втором туре. Жюри определило победителей в соответствии с полученными результатами. Лучшие команды, а также учителя, подготовившие их, были награждены дипломами и призами. Специальным призом награждён также абсолютный победитель соревнования – учащийся ШГ №6 Гражданов Константин.



В командном зачёте победила команда ШГ №6 (Гражданов Константин, Николина Алена, Привалов Сергей, учитель Егорова И.А.). Серебряный призёр – команда лицея «Столичный» (Латифова Фариза, Кашина Мария, Кобжанова Камила, учитель Шарипова О.И.). Бронзовыми призёрами стали учащиеся ШГ №32 (Канат Акзер, Ню Виктория, Мустафа Ержан, учитель Грамлих Г.В.), команда КТЛ (для мальчиков) (Еркенлы лімжан, рманалиев Исабек, уанышбай Масат, учителя арааев.Ш., Муаммер Гул и абжанов Б.Б.) и команда СШ №23 (Рахимжанов Алмат, Байгужина Жанат, Сейткаримов Сунгат, учителя Миленина Т.Г. и Нуркеева Б.К.). Хорошие результаты показали учащиеся Назарбаев Интеллектуальной школы физико-математического направления, которые принимали участие в олимпиаде вне конкурса.

В рамках олимпиады учителями математики Назарбаев Интеллектуальной школы физико-математического направления Ажгалиевым О.А. и Эсанбаевым Г.К. проведён семинар для учителей города, где обсуждались методы решения задач на построение.

Задачи олимпиады вызвали неподдельный интерес у участников олимпиады и учителей математики, готовивших восьмиклассников. Приводим условия задач, предлагавшихся на II городской олимпиаде «Геометрическая мастерская» и один из возможных способов решения. При подготовке к олимпиаде «Геометрическая мастерская» советуем обратить внимание на этапы решения задач на построение и их оформление.

II городская олимпиада для восьмиклассников

«Геометрическая мастерская»

Командный тур

1. Разрежьте два одинаковых бумажных выпуклых четырёхугольника: первый – по одной из диагоналей, а второй – по другой диагонали. Докажите, что из полученных треугольников можно сложить параллелограмм. (10 минут)

2. На шахматной доске с обычной раскраской нарисуйте окружности так, чтобы они не пересекали ни одного белого поля. (15 минут)

3. Из полоски бумаги шириной 4 см сложите кубик с длиной ребра 4 см (со всеми гранями). Какова минимальная длина полоски, которая вам потребуется? (15 минут)





Личный тур

1. Одна из знаменитых задач древности – задача трисекции угла, т.е. деления угла на три равные части. Задачу решить в общем виде невозможно, т.е. невозможно любой произвольный угол разделить на три равные части только с помощью циркуля и линейки. Это было доказано лишь в первой половине ХIХ века. Но задача трисекции угла легко решается в некоторых частных случаях. Так деление прямого угла на три равные части умели производить еще древние пифагорейцы. Наверное, и вы легко справитесь с этой задачей.

Итак, разделите прямой угол на три равные части с помощью циркуля и линейки. (6 баллов)

2. Две прямые a и b пересечены третьей прямой с. Постройте отрезок, равный данному отрезку l так, чтобы он был параллелен прямой с и концы его располагались на прямых a и b. (12 баллов)

3. На доске был нарисован параллелограмм ABCD и в нём отмечены точка E – середина стороны ВС и точка F – середина стороны CD. Дежурный стёр параллелограмм, остались только точки A, Е и F. Как по этим данным восстановить чертёж? (12 баллов)

Решения

Командный тур

1. Разрежьте два одинаковых бумажных выпуклых четырёхугольника: первый – по одной из диагоналей, а второй – по другой диагонали. Докажите, что из полученных треугольников можно сложить параллелограмм.

Р е ш е н и е. Треугольники сложим так, чтобы их попарно равные стороны совпали, а четыре вершины, соответствующие четырем вершинам четырехугольника, сошлись в одной точке. Тогда получим четырехугольник с попарно равными противоположными сторонами, т.е. параллелограмм (рис. 1).

Рис. 1

1

2

4

3

3

4

1

2

4

2. На шахматной доске с обычной раскраской нарисуйте окружности так, чтобы они не пересекали ни одного белого поля.

Р е ш е н и е. Легко видеть, что искомая окружность не может пересекать границу клетки где-нибудь между вершинами, иначе она проходила бы по белой клетке. Предположим теперь, что эта окружность проходит по черной клетке АВСD и пересекает границу этой клетки в точках А и В (рис. 2). Границу черной клетки АFGН она может пересечь во второй раз либо в точке F, либо в точке G. Очевидно, что во втором случае окружность будет больше, чем в первом; следовательно, если искомая окружность проходит через точки А и В, то она пройдет и через точку G. Если же предположить, что искомая окружность пересекает границу клетки АВСD в точках А и С, то она может пересечь границу клетки АFGН либо в F, либо в Н (так как точки А, С и G лежат на одной прямой). Но легко видеть, что обе эти окружности равны окружности, проходящей через точки А, В и G. Отсюда следует, что наибольшей будет изображенная на рис.2 окружность с центром в центре черной клетки, проходящая по восьми черным клеткам. Другие возможные варианты изображены на рис.2.

С

В

D

А

F

Н

G

Рис. 2

3. Из полоски бумаги шириной 4 см сложите кубик с длиной ребра 4 см (со всеми гранями). Какова минимальная длина полоски, которая вам потребуется?

Р е ш е н и е. Минимальная длина полоски, которая вам потребуется, равна 28 см (рис. 3).

 

 

 

 

 

 

 

Рис.3

Личный тур

1. Одна из знаменитых задач древности – задача трисекции угла, т.е. деления угла на три равные части. Задачу решить в общем виде невозможно, т.е. невозможно любой произвольный угол разделить на три равные части только с помощью циркуля и линейки. Это было доказано лишь в первой половине ХIХ века. Но задача трисекции угла легко решается в некоторых частных случаях. Так деление прямого угла на три равные части умели производить еще древние пифагорейцы. Наверное, и вы легко справитесь с этой задачей.

Итак, разделите прямой угол на три равные части с помощью циркуля и линейки.

Дано: a,b=90°, точка О – вершина угла.

Построить лучи c и d так, что a,c=c,d=d,b=30°.

-889066675А н а л и з. Для того, чтобы прямой угол разделить на три равные части, нужно получить углы по 30°. Можно получить угол в 30° построив прямоугольный треугольник, у которого катет в два раза меньше гипотенузы. Также можно получить угол в 60° построением равностороннего треугольника и построить его биссектрису, либо построить два равносторонних треугольника на сторонах угла.

П о с т р о е н и е.

wO, r;

wO, ra=A, wO, rb=B;Рис. 4

w1A, rwO, r=D, w2B, rwO, r=C;

Лучи OC и OD – искомые (рис. 4).

Д о к а з а т е л ь с т в о. AOD равносторонний (по построению), следовательно, AOD=60°. Тогда BOD=30°. Аналогично, AOC=30°. То есть лучи OC и OD делят угол AOB на три равные части.

И с с л е д о в а н и е. Задача всегда имеет решение, причем единственное.

2. Две прямые a и b пересечены третьей прямой с. Постройте отрезок, равный данному отрезку l так, чтобы он был параллелен прямой с и концы его располагались на прямых a и b.

А н а л и з. Пусть АВ (рис. 5) искомый отрезок, т. е. АВ = l, АВс, А а, В b.

Для выяснения связей между данными и искомыми придется ввести некоторые вспомогательные точки и линии.

Пусть Р = с b, АМb, Q = АМ с. Тогда РQ = АВ = l, так как четырехугольник АВРQ – параллелограмм.

Для построения отрезка АВ достаточно определить положение точки А, что сводится к построению точки Q. В свою очередь построение точки Q не вызывает затруднений.

а

b

с

А

В

N

l

Q

Р

М

Рис. 5

П о с т р о е н и е.

Строим точку Р = с b.

На прямой с откладываем от точки Р отрезок РQ = l.

Далее строим последовательно:

прямую QМ b;

точку А = QМ а;

прямую АN с;

точку В = АN b.

АВ – искомый отрезок.

Д о к а з а т е л ь с т в о. Из построения видно, что А а, В b, АВс. Кроме того,

АВ = РQ = l, как противоположные стороны параллелограмма.

И с с л е д о в а н и е. Точка Р существует, так как по условию прямая с пересекает прямую b. Поэтому построение 1) всегда возможно. Построение 2) всегда возможно и дает две точки Q и Q1 (рис. 6).

Построение 3) всегда однозначно выполнимо для каждой из точек Q и Q1.

Возможны три случая:

) QМ (одновременно с Q1М1) пересекает а (рис. 6);

) QМ (одновременно с Q1М1) параллельна а (рис. 7);

) QМ или Q1М1 совпадает с а (рис. 8).

Случай ) имеет место, если b пересекает а. При этом построения 4)–6) однозначно выполнимы для каждой из точек Q и Q1. Получаем два решения задачи.

Случай ) имеет место, когда аb, причем прямые а и b отсекают на прямой с отрезок, не равный l. В этом случае построение 4) не выполнимо, мы не получим ни одного решения.

В случае ) (рис. 8), т. е. когда аb и отрезок, отсекаемый этими прямыми на прямой с, равен l, задача имеет бесконечное множество решений: искомый отрезок можно провести через любую точку прямой а.

а

b

с

А

В

l

Q

Р

М

Рис.6

Q1

М1

В1

А1

Для полноты исследования надо еще показать, что при всяком другом способе построения не могут возникнуть какие-либо новые решения. В случае пересечения прямых а и b это сводится к предложению: все отрезки, отсекаемые сторонами угла на параллельных прямых, различны по величине. Ясно, что в случае параллельности прямых а и b не могут возникнуть решения, отличные от полученных нами.

а

b

с

Q

Р

М

Рис.7

Q1

М1

а

b

с

Q

Р

М

Рис.8

Q1

М1

l

3. На доске был нарисован параллелограмм ABCD и в нём отмечены точка E – середина стороны ВС и точка F – середина стороны CD. Дежурный стёр параллелограмм, остались только точки A, Е и F. Как по этим данным восстановить чертёж?

А н а л и з. Пусть параллелограмм АВСD построен. Точка E – середина стороны ВС и точка F – середина стороны CD, тогда, EF– средняя линия треугольника ВСD. Отсюда ЕК – средняя линия треугольника ВОС, следовательно, точка К – середина отрезков ОС и ЕF. Поэтому, чтобы получить точку С нужно на луче АК от точки К отложить отрезок КС= 13АК (рис. 9).

П о с т р о е н и е.

К – середина отрезка ЕF;

луч АК;

луч АМ;

w1A, rAM=A1, w2A1, rAM=A2, w3A2, rAM=A3,w4A3, rAM==A4;

прямая A3K;

A4CA3K, C=AKA4C;

w5K, KCAK=O;

pEF;

w6(O, EF)p=B,DАВСD – искомый параллелограмм (рис. 10).

Д о к а з а т е л ь с т в о. KO=KC=14AC (по построению), значит точка О – середина отрезка АС. О – середина отрезка ВD (по построению). Следовательно, АВСD – параллелограмм, т.к. его диагонали точкой пересечения делятся пополам. И с с л е д о в а н и е. Задача всегда имеет решение, причем единственное.

Рис. 10

Литература:

Шклярский Д.О., Ченцов Н.Н., Яглом И.М. Избранные задачи и теоремы элементарной математики. Часть 2. Геометрия (планиметрия). (Библиотека математического кружка. Выпуск 2). – Государственное Издательство Технико-Теоретической Литературы. Москва, 1952.

Произволов В.В. Геометрия ножниц в задачах. Математика в школе, 1998, № 2.

Васильев Н.Б., Молчанов С.А., Розенталь А.Л., Савин А.П. Математические соревнования. Геометрия. – М.: Издательство «Наука», 1974.

Аргунов Б.И., Балк М.Б. Геометрические построения на плоскости. Государственное учебно-педагогическое издательство министерства просвещения РСФСР. – М., 1957.

Фарков А.В. Учимся решать олимпиадные задачи. Геометрия. 5-11 классы. – М.: Айрис-пресс, 2009.

Гарднер М. Новые математические развлечения / Пер. с англ. А.В. Банкрашкова. – М.: АСТ, Астрель, 2009.

Виленкин Н.Я., Шибасов Л.П., Шибасова З.Ф. За страницами учебника математики: Арифметика. Алгебра. Геометрия. – М.: Просвещение, 1996.

Похожие работы:

«Министерство образования и науки Амурской области Отдел образования администрации Магдагачинского районаП Р И К А З 06.05.2013 п. Магдагачи №144 О проведении муниципального фестиваля детских проектов (в...»

«Муниципальное бюджетное образовательное учреждение "Школа-гимназия №39" Рассмотрена и рекомендована к утверждению школьным методическим объединением учителей художественно-эстетического цикла Протокол № _ От "" 2015г. "Согласова...»

«Пояснительная записка Искусство заключается в том, чтобы найти в необыкновенном обыкновенноеи обыкновенное в необыкновенном.Дени Дидро Рабочая программа построена на основе конкретных условий, образовательных потребностей и особенностей развития детей дошкольного возраста. Создание индивидуальной педагогической модели обр...»

«Критерии нуждаемости детей в получении ими услуг ранней помощи Методические материалы Общие положения Методические рекомендации разработаны во исполнение пункта 5 плана мероприятий по реализации Концепции развития ранней помощи в Российской Федерации на период до 2020 года, утвержденного распо...»

«СОГЛАСОВАНО Начальник Главного управления МЧС России по Республике Хакасия полковник внутренней службы _А.Н. Некрасов "_"_2016г. СОГЛАСОВАНО Заместитель Министра образования и науки Республики Хакасия _Ю.Г. Сагалаков"_"_2016г. СОГЛАСОВАНО Начальник ГКУ РХ "Противопожарная служба" _С.В. Танако...»

«Тема: Иудаизм древнейшая религия мира. Цель: Обобщение и закрепление знаний по теме "Иудаизм"; информация о Государстве Израиль, горских евреев в Дагестане и мире; нравственные ценности в иудаизме, их современная актуальность. Наглядность к у...»

«План-конспект открытого урока английского языка Учитель: Волкова Дарья Михайловна Дата: 19.04.2016 Класс: 6 "В" Тема: Мой любимый фильм Тип урока: комбинированный Цели урока: совершенствование языковой и коммуникативной...»

«1.Встреча со старшим воспитателем: Проектная деятельность по физкультурно – оздоровительной работе в ДОО2. Консультации педагогов:формирование культуры поведения за столом (с какого возраста начинать прививать качества КГН)как преодолеть рассеянность ребёнка Декабрь 08.12.17г. Старший воспитатель – Тюргашкина Т.Г., инструктор по физиче...»

«МБОУ "Средняя общеобразовательная школа № 15 с углубленным изучением отдельных предметов" Энгельсского муниципального района Саратовской области Праздник "Осенины" 2 класс Составила: учитель начальных классов Клочкова Ольга Игоревна Ученик Если на деревьях листья пожелтели, Если в край далёкий птицы улетели,...»








 
2017 www.docx.lib-i.ru - «Бесплатная электронная библиотека - интернет материалы»

Материалы этого сайта размещены для ознакомления, все права принадлежат их авторам.
Если Вы не согласны с тем, что Ваш материал размещён на этом сайте, пожалуйста, напишите нам, мы в течении 1-2 рабочих дней удалим его.