Помощь в учебе и работе
Главная Разное Задачі на кмітливість у курсі геометрії 7 класу
 
 

Задачі на кмітливість у курсі геометрії 7 класу Печать E-mail

Аналіз досліджень розвитку творчих здібностей дітей, проведених за останнє десятиріччя [3], переконливо свідчать про помилковість уявлень, що талант та обдарованість розкриваються самі собою, самі “прорубають” собі шлях. Ефективність навчання залежить від відповідності навчальної програми та її змістовного наповнення потребам і можливостям учнів. Від сучасних підручників вимагається як відповідність віковим особливостям учнів, так і забезпечення широти та різноманітності освітніх можливостей, тобто методичного забезпечення особистісно-орієнтовного підходу в навчанні учнів.

Головна мета концепції пропонованої програми [1] і підручника [2] – охопити всі групи учнів, як “звичайних”, так і “обдарованих”, створити сприятливі умови для розвитку здібностей усіх учнів.

У підручнику пропонується чотири рівні подання теоретичного навчального матеріалу (теми – обов’язкові для вивчення, теми – необов’язкові для вивчення, теми – обов’язкові для ознайомлення, але необов’язкові для оцінювання). Крім того, виділено ще один рівень подання навчального матеріалу, який відповідає засвоєнню базових знань учнів, – у вигляді опорних схем на полі підручника.

Практичні завдання, наведені після кожного параграфа, мають стати сходинкою від практичної діяльності учнів до засвоєння ними абстрактних понять геометрії.

Дидактичні завдання диференційовано за чотирма рівнями складності.

Особливістю підручника є рубрика “Для допитливих” і розділ “Цікаві додатки”. Вони містять додатковий матеріал (у тому числі з історії розвитку геометрії) та різноманітні за тематикою і рівнем складності творчі завдання.

Завдання рубрики “Для допитливих” і розділу “Цікаві додатки” – це запрошення учнів до набуття більш глибоких знань у рамках певних тем курсу геометрії та до спроби ознайомитися з нестандартними задачами і темами з метою забезпечити активний розвиток творчих здібностей і особистих обдарувань учнів 7 класу.

Дослідження свідчать [3], що саме підлітковий вік є критичним у розвитку творчих здібностей дитини, коли знижуються показники творчого і інтелектуального розвитку обдарованих учнів, мотивації до навчання і творчих видів діяльності, готовності до напруженої розумової роботи. Мета вказаних вище завдань – створення середовища для розвитку творчих здібностей дитини.

Треба поставити питання, чому ми обговорюємо творче навчання, як дещо специфічне та необхідне лише для обдарованої дитини. Насправді, не можна не визнавати важливості творчого навчання для всіх дітей.

Психологи стверджують, що перша ступінь такого навчання передбачає розвиток когнітивних і афективних характеристик мислення. Когнітивний компонент означає самостійність досліджень, досвід практичної діяльності дослідника. Афективна “частина” включає допитливість, бажання знайти відповідь, відкритість досліду, готовність до нестандартного кроку тощо.

Завдання рубрики “Для допитливих” і розділу “Цікаві додатки” наводяться в підручнику без відповідей і вказівок. Ідея цього подання в тому, щоб підвести учнів до самостійного моделювання, активної пошукової діяльності і відповідного розумового напруження, щоб перша ж із версій, яка виникає в дитини (інколи просто методом “тика”) не провокувала учнів відкрити відповідний розділ підручника і отримати готову відповідь.

Для вчителів і тих, хто цікавиться шкільною математикою, наводимо відповіді та поради щодо опрацювання з учнями вказаних вище завдань (із вказівкою сторінки, на якій відповідні завдання розміщено в підручнику).

С. 8. Одним. Перевірте, що єдиний варіант представлення числа 100 у вигляді суми відрізків довжин 7 см і 12 см такий: 74+126=100. Порада. Щоб підштовхнути учнів до шляху розв’язування, можна запропонувати їм спочатку виконати таку практичну роботу з відрізками завдовжки 3 см і 2 см, 4 см і 6 см тощо. Якщо учні знайшли розв’язок, запропонуйте їм довести, що він єдиний. Акцентуйте їхню увагу на зображенні чисел на числовій осі у вигляді відрізків.

С. 11. На мал. 2 підручника провести діагональ у меншому з квадратів. Порада. Розгляньте з учнями цю задачу після практичної роботи № 3 на доведення теореми Піфагора шляхом розрізання (див. §3 ).

С. 12. На планеті В.Порада. Пригадайте з дітьми, що твердження може бути або хибним, або істинним, і запропонуйте розглянути відповідно два варіанти відносно заданих умовою тверджень.

С. 14. Ні, бо окремі приклади є доведенням загальної закономірності лише тоді, коли цими прикладами вичерпано всі можливі випадки. Порада. Як стимулюючий матеріал запропонуйте учням зрозумілі їм життєві ситуації. Наприклад таку. Дмитро Петрович приїхав у відрядження до Одеси. Ранком він вийшов з готелю на прогулянку і зустрів рудого хлопчика. Через декілька хвилин він побачив руду дівчинку, потім знову рудого хлопчика. Тоді Дмитро Петрович зробив висновок, що всі діти в Одесі руді. Чи був він правий? Чому?

С. 15. 11 квадратів: 8 малих і 3 великих. Порада. Розгляньте ще декілька подібних задач (на відрізки, трикутники тощо), це тренує наочно-образну уяву учнів.

С. 17. 1. Див. мал. 1. 2. Див. мал. 2. 3. Див. мал. 3. 4. Див. мал. 4.

Мал1. Мал 2. Мал 3 Мал 4

Порада. Спочатку пригадайте з учнями, які можливі розміщення двох прямих одна відносно одної і скільки спільних точок вони при цьому мають. Як стимулюючий матеріал запропонуйте учням простіші задачі. Наприклад таку. Розмістити на трьох прямих 3 точки так, щоб на кожній прямій було по дві точки.

С.18. 1. 13. 2. Див. мал. 5. 3. Див. мал. 6.

Мал. 5 Мал. 6

С.21. Ні, бо існує контр-приклад: це неправильно для розгорнутого кута. Порада. Поговорити з учнями про “контр-приклад”, розглянути використання контр-прикладу в життєвих задачах. Наприклад, доведення того, що не всі учні цього класу чорняві. Акцентувати увагу учнів, що за допомогою контр-прикладу можна спростувати певне твердження, а от довести якесь твердження наведенням навіть великої кількості прикладів не можна.

С.23. 1. 100 см. 2. Див. мал. 7. 3. Сказати не можна. В обох відрізках міститься нескінченна кількість точок, тому порівняти їх не можна. Порада. Обговорити з учнями, чому не можна порівняти дві нескінченно великі множини. Це можна зробити так. Нехай будемо вважати, що такі дві множини рівні між собою. Тепер збільшимо одну з них на певну кількість точок. Знову маємо дві множини, що містять нескінченну кількість точок. Маємо суперечність. Тому, якою буде різниця двох нескінченно великих множин, сказати не можна. Кажуть, що така величина є невизначеною.

4. Найменше число частин площини – 5 (див. мал. 8), найбільше – 11 (див. мал. 9).

Мал 7 Мал .8 Мал.9

Порада. Спочатку запропонуйте учням провести одну пряму і запитайте, на скільки частин поділена площина їх зошита; потім провести ще одну пряму і запитайте, які можливі випадки поділу площини зошита на частини. Можна потім провести третю пряму і розглянути можливі випадки.

С. 28. 1. 40. Була одна газета – одна частина. Після першого розрізання стало 4 частини – кількість частин збільшилася на 3. Маємо 1 + 3 частин. Після другого розрізання отримаємо додатково ще 3 частини, тобто разом 1+32 частин і т. д. Кожне розрізання додає 3 частини. Тоді після 13 розрізань маємо 1 + 313 = 40 частин. Порада. Запропонуйте учням спочатку виконати (вдома) практичну роботу для випадку, наприклад, 5 розрізань. Правильну відповідь (для 13 розрізань), якщо вона також отримана “експериментальним шляхом”, запропонуйте обґрунтувати математичною мовою.

2. 1 = 53 – 72, тому можна побудувати відрізок завдовжки 1 см. Порада. Можна запропонувати учням побудувати із заданих відрізків відрізки завдовжки 4 см, 3 см тощо без використання одиничного відрізка.

3. Якщо маємо на прямій N точок і між кожними двома відмічаємо по одній точці, то матимемо N1 нових точок. Загальна кількість точок дорівнює 2N1, і є числом непарним, незалежно від парності числа N. Якщо бажаємо повторити таку процедуру декілька разів, треба кожного разу вихідне число точок множити на 2 і віднімати 1 – весь час (після першої процедури), матимемо непарну кількість точок. Порада. Щоб підштовхнути дітей, можна запропонувати їм виконати практично завдання, наприклад, для 3 вихідних точки, потім для 4 точок і т. д.

С. 30. 1. Див. відповідь до задачі № 2 на с. 23.

2. На прямій і на півпрямій міститься нескінченна кількість точок. Тому сказати, де їх більше, не можна. Порада. Ще раз обговорити неможливість порівняти дві нескінченні множини.

3. І на прямій, і на промені вміщується нескінченна кількість одиничних відрізків. Тому сказати, де їх більше, не можна.

С. 31. У будь-якій точці відрізка ВС. Якщо шукана точка О належить [BC] (мал.10) маємо:

ОА + ОВ + ОС + ОМ = (ОА + ОМ) + (ОВ + ОС) = АМ + ВС.

Мал.10

Легко побачити, що для іншого розташування точки О ця сума буде більшою.

Порада. Пригадайте з учнями аксіому про вимірювання відрізків.

С. 32. У селі А. Нехай школу побудовано на відстані Х км від села А, тобто на відстані 5 – Х від села В. Учні разом пройдуть 100 Х + 75 (5 – Х) = = 375 +25 Х (км). Зрозуміло, що ця сума буде найменшою, якщо Х = 0. Порада. Запропонуйте учням розв’язати аналогічні задачі для випадків 3-х і 4-х сіл; порівняйте розв’язування попередньої задачі про колодязь із розв’язуванням останньої задачі.

С. 33. Пропонуються такі розв’язки: // - / = / або Х/ = //. В останньому випадку число 11 ліворуч записане римськими цифрами, а праворуч – арабськими. (Такий розв’язок отримаємо, якщо “мінус” з лівої частини виразу перенесемо праворуч.)

С.35. Розгорнутий кут – 24 рази; прямий – 48 разів. Кожну годину стрілки годинника утворюють розгорнутий кут 1 раз, а прямий – 2 рази.

С.37. 1. Можливі випадки представлено на мал. 11.

Мал. 11

Порада. Пригадайте з учнями означення кута та аксіому про вимірювання кутів. Далі доцільно розглянути задачу № 2 та задачі № 1 і № 2 на с.42.

С.37. 2. У різні.

С. 42. 1. АС – між сторонами кутів BAD, BAE і BAF; AD – між сторонами кутів CAE і BAF; AE – між сторонами кутів FAD, FAC і FAB; AF – не проходиться між сторонами жодного з утворених кутів.КАF =FАЕ = =ЕАD =DАС = 20о; КАЕ =D =ЕАС = DАВ = 40о; КАD = С = ЕАВ = = 60о; КАС = В = 80о; КАВ=100о.

2. 7 променів. Тому що шостий кут має градусну міру 160о, а сьомий – розгорнутий кут, сторони якого містяться на прямій АВ.

С.44. Петрик заведе свій годинник, запам’ятає час, який той показує, і піде до Дмитра. Зайшовши до Дмитра, Петрику потрібно відразу подивитися на його годинник (час T1) і зафіксувати час, коли він піде від Дмитра (час T2). Вдома, подивившись на свій годинник, Петрик з’ясує, який час він був відсутній вдома (інтервал часу Т ). Тепер можна підрахувати, що на шлях від свого дому до оселі Дмитра Петрик витрачає час . Тоді на момент повернення Петрика додому буде T2 + година. Порада. Можна спочатку розглянути просту задачу, коли Петрик і Дмитро живуть поряд, а потім запитати учнів, чи правильний час показуватиме годинник Петрика, якщо він просто повторить на своєму годиннику положення стрілок годинника Дмитра? Як виправити помилку? (Який час треба врахувати? Як знайти його значення?)

С.45. 1. Зверху і ззаду – мал. 12; спереду і знизу – мал. 13.

Мал.12 Мал.13 Мал.14

Порада. Перш ніж перейти до наступної задачі, доцільно спочатку розглянути з учнями ще декілька простих завдань на знаходження виду проекцій. Наприклад, коли шматочок дроту повторює положення діагоналі певної грані куба чи паралелепіпеда, або на певній грані куба відмітили одну чи дві точки тощо. Такі завдання сприяють розвитку наочного-образного мислення, просторової уяви учнів.

2. Відповідь Б або Д. Загальний вигляд павутиння може бути таким, як зображено на мал. 14 для випадків Б і Д відповідно.

С.46. 1. Алісі треба поставити запитання, відповідь на яке вона знає. Наприклад, “Ти мене бачиш?” або “Якого кольору моя червона шапочка?”

2. Середа. Зобразимо на колі тижня “брехливі” і “правдиві” дні Зайця (мал. 15). Припустимо, що сказавши “Я брехав учора”, Заєць сказав правду. Тоді друге твердження також буде правдою, і відповідь “середа” задовольняє умові. Якщо припустити, що він збрехав у той день, тоді напередодні Заєць казав правду, а через день буде брехати. Відповідного дня на колі тижня не існує.

Мал. 15 Мал.16 Мал.17 Мал 18

3. Понеділок. Якщо Заєць каже правду, то в тижні повинно бути 3 “брехливі” дні, що суперечить умові. Якщо Заєць бреше, то напередодні та через день протягом двох днів він повинен казати правду. Цій умові задовольняє лише понеділок.

4. Середа. Якщо Капелюшник каже правду, то шуканий день – неділя (див. мал.16). У неділю Заєць каже правду і в суботу також. Тоді цей день не може бути неділею. Нехай Капелюшник бреше, тоді напередодні він казав правду, і шуканий день – середа. У середу Заєць каже правду, а напередодні, у вівторок він брехав, і твердження Зайця правдиве.

С.47. 1. Кожен гном із синім капюшоном. Побачивши трьох гномів у червоних капюшонах, він здогадається, що на ньому не може бути червоного капюшона.

2. Кожен гном із синім капюшоном. Він може міркувати так: “Якщо на мені був би червоний капюшон, гноми у синіх капюшонах, яких я бачу, відразу назвали б колір свого капюшона, а вони мовчать. Отже, на мені синій капюшон”.

С.49.Ні. Розфарбуємо наш куб так, щоб різним сортам печива відповідали різні кольори (мал 17). Усього маємо 27 малих кубиків, чорних – 14, білих – 13. У середині куба міститься білий кубик. Припустимо, що Миша може виконати завдання. Тоді залишиться білий кубик, а з’їсть вона 26 кубиків, при тому білих і темних по 13 штук. Виходить, що білих кубиків повинно бути 13 + 1 = 14, маємо протиріччя. Порада. Допоможіть учням підрахувати загальну кількість темних і світлих кубиків, запропонуйте зобразити перший, другий і третій шари заданого куба печива.

С.54. Див. мал 18. Легко перевірити, що через 6 згортань матимемо початкове положення. 2005 = 6334 + 1. Порада. Спочатку запропонуйте учням аналогічну задачу для випадку стрічки, поділеної на квадрати. Запропонуйте учням зробити відповідну практичну роботу для такої задачі та задачі з трикутником за умови невеликої кількості згинань. Після цього запитайте, як можна без згинання стрічки визначити номер кроку, після якого положення квадрата (трикутника) повториться. (Просто позначати на малюнку відповідними літерами вершини фігур, доки не отримаємо початкової конфігурації.)

С.57. Порада. Під час доведення не забудьте розглянути два випадки розміщення даних відрізків один відносно одного. Обернене твердження: “ Якщо відстань між серединами двох відрізків, розміщених на одній прямій, дорівнює півсумі або піврізниці довжин цих відрізків, то вони мають спільний кінець” – правильне. Порада. Для доведення оберненого твердження скористайтеся способом від супротивного.

С.58. 1. Треба поставити запитання, відповідь на яке відома. Наприклад, “Ти мене бачиш?” або “Якого кольору моя червона шапочка?”

2. Двоє. Якщо припустити, що брехун був один, то перший із хлопців сказав правду, а двоє збрехали. Маємо протиріччя. Якщо припустити, що брехунів було двоє, то другий із хлопців сказав правду, а інші брешуть – немає протиріччя. Якщо припустити, що всі троє хлопців брешуть, то третій каже правду, а двоє інших брешуть, – маємо протиріччя.

3. Горошина – в блакитній коробці, монета – в червоній коробці, горіх – у зеленій коробці. Порада. Запропонуйте дітям намалювати відповідним кольором 3 коробки, вирізати з паперу 3 кружечки, написати на них “монета”, “горіх” і “горошина” та спробувати розмістити їх відповідно до умови задачі.

С.60. 1. Порада. Розпочніть гру разом з учнями.

2а. Довільна січна, не перпендикулярна до паралельних прямих. . Січна, яка перпендикулярна до паралельних прямих.

3. Див. мал. 19.

Мал 19 Мал.20

С.68. Порада. Підштовхніть дітей до пошуку наводячи правильні й неправильні відповіді.

С.70. 1. Руда дитина – хлопчик, чорнява дитина – дівчинка. Порада. Розгляньте два можливі варіанти та з’ясуйте правильність і неправильність заданих висловів.

2.Маємо 99 хибних тверджень.

3. Петро – у школі № 30, Оленка – у школі № 8, Микита – у школі № 24. Порада. Зверніть увагу, що у відповідях дітей школа № 24 повторюється тричі, а школа № 8 – двічі.

С.71.1. Див. мал 20

2. Так.

С.73. Приклад такого п’ятикутника наведено на мал. 21.

Мал. 21 Мал. 22 Мал. 23 Мал. 24

С.74. 1. Так, приклад наведено на мал. 22.

2. 13. Оскільки найбільші діагоналі правильного шестикутника перетинаються в одній точці, то легко підрахувати шукану кількість точок перетину: 63 – 6 + 1=13 (див. мал. 22). Порада. Розгляньте з учнями спочатку аналогічні задачі для чотирикутника і п’ятикутника.

3. Не може. Уявіть, що деякий відрізок – то шабля, яка лежить у площині одинадцятикутника і протикає його сторони. Після першого перетину зі стороною багатокутника кінець шаблі опиниться в його середині, після другого – зовні нього і т. д. Тоді після 11-го перетину кінець відрізка-шаблі не може опинитися зовні нашого одинадцятикутника. Порада. Запропонуйте учням спочатку розв’язати аналогічну задачу для трикутника, чотирикутника, п’ятикутника. Поставте учням такі запитання: “Чи можна провести лінію, яка за непарну кількість перетинів границі фігури пройде із зовнішньої для неї частини площини до внутрішньої? А за парну? Чому?”.

С.74. 4. Нехай F – даний багатокутник і АВ – одна з його діагоналей, що задовольняє умові. АВ поділяє F на два опуклі багатокутники F1 і F2, які містяться по різні боки від АВ. Розглянемо один з цих багатокутників, наприклад F 1. Якщо він не містить проведених за умовою діагоналей, то всі його вершини, окрім А і В – “вільні”. Якщо в F1 є діагоналі, то кожна з них поділяє F1 на два багатокутники, один з яких не містить АВ. Оберемо той багатокутник, що не містить АВ і має найменшу кількість сторін. Він має принаймні одну вершину “вільну” (випадок трикутника). Порада. Підвести учнів до розв’язування через практичну діяльність з конкретними багатокутниками і обговорення питання про кількість діагоналей, які можна провести з однієї вершини семикутника, ... , чотирикутника, трикутника.

5. Правильним є варіант Б.

С.75. 1. Див. мал. 23.

2. 12. Див. мал.24.

3. Не обов’язково (див. мал. 25). Порада. Запропонуйте учням намалювати квадрат і розрізати його вздовж діагоналі. Спитайте, скільки фігур можна скласти з утворених трикутників? Потім можна запропонувати намалювати на папері в клітинку якомога більше фігур, які задовольняють умові задачі, але при суміщенні не збігаються.

Мал.25 Мал. 26 Мал. 27

С.77. 1. Див. мал. 26. 2. Див. мал. 27.

С.81. 1. 6 плиточок; 120о. У рівностороньому трикутнику всі кути рівні і мають градусну міру 180о : 3 = 60о. Тоді із 6 плиточок можна скласти розетку, яка зображена на мал. 28, бо 60о 3 = 180о. Порада. Запропонуйте учням не тільки навести відповідь, а й обґрунтувати її (приблизно так, як ми навели вище).

Мал. 28. Мал. 29. Мал. 30

2. Див. мал. 29.

С.82. 1. 130о, 20о, 30о. Порада. Щоб підштовхнути учнів до розв’язування, пригадайте з ними означення кута між двома прямими і запитайте, чи може існувати трикутник із вказаними в умові задачі градусними мірами кутів. Якщо діти не можуть знайти розв’язок, запропонуйте їм взяти лінійку, олівець і транспортир та зобразити відповідні прямі у зошиті.

2. Нехай у АВС А > В (мал. 29). З АКС: АСК = 90о – А. Тоді з АСD: КСD = 45о – АСК = А – 45о. Аналогічно маємо:КСВ = 90о – В і.КСD = КСВ – 45о = 45о – В.

3. Порада. Позначте відповідний зовнішній кут як 2 Х, скористайтесь властивістю паралельних прямих і виразом зовнішнього кута через суму двох внутрішніх кутів трикутника, несуміжних йому.

С.83. 1. 180о. Порада: доведіть, що сума кутів 1 і 3 дорівнює сумі кутів 6 і 7 (див. мал. 31).

Мал.31 Мал.32 Мал. 33 Мал. 34

С.83.2. D ABС (див. мал. 32): 2Ð 1 = a + b, 2Ð 2 = b + g. D ABK: Ð K = = 180o – (Ð 1 + Ð 2) = 180o – (a + 2b + g) : 2 = 90o – b/2.

С.84. 1. Так, у випадку гострого кута. Якщо відбитий промінь збігається з падаючим, то це можливо лише у випадку, коли промінь падає вздовж перпендикуляра до сторони кута (див. мал. 33). Якщо кут тупий або прямий – задача не має розв’язку, бо тоді пряма, перпендикулярна до однієї із сторін кута, не перетинає його другу сторону. Порада. Див. додаток 9 розділу “Цікаві додатки”.

2. Нехай промінь світла відбивається від сторін АС і АВ кута САВ у точках К і N відповідно, а прямі M, L і N – перпендикулярні до сторін кута у точках М, К і N (мал. 34). Позначимо шуканий кут через х, а Ð(L; МК)Через a. Маємо: ÐКNА= 90О – 15о = 75о; Ð АКN = 180о – 30о – 75о = 75о; a = 90о – 75о = = 15о; ÐАКМ =90о + 15о = 60о + Х. Звідси Х = 45о. Порада. Див. додаток 9 розділу “Цікаві додатки”.

С.85. Порада. Запропонуйте учням покласти на стіл дзеркальце і поставити перпендикулярно до нього якусь картинку, і після того дати відповідь на запитання задачі

С.87.2. Порада. Піднести напис до дзеркала.

3. Відповідь Б.

С.89. 36о, 72о і 72о. Порада. Простежте, щоб учні розглянули всі конфігурації та обґрунтували, чому певні з них не реалізуються.

С.92. 1. За допомогою шаблона гострого кута побудувати рівнобедрений трикутник (з таким кутом при основі) із заданим відрізком як основою. Потім за допомогою косинця провести висоту цього трикутника до основи трикутника – поділили даний відрізок навпіл. Далі повторити побудову для отриманої половини відрізка – маємо його 22 частину і т. д. Маємо 2К частину відрізка. Якщо відкласти його К разів на заданому відрізку, маємо шуканий поділ.

2. 30о, 30о і 120о. Порада. Скористуйтесь опорною задачею на с.90. Тоді (див. мал.35) маємо, що ΔАКМ – правильний.

Мал. 35 Мал.36 Мал.37 Мал.38

3. Ні. Якщо такий трикутник існує, то Δ МNFПравильний (мал. 36) і його кути дорівнюють по 60о. Тоді з прямокутних трикутників СКМ і NКА Маємо, що Ð МСК =Ð NАК = 30о. За умовою АL º LА, Тоді Ð FAP= 30о. У Δ РFА Ð Р = 180о– 30о– 60о = 90о і СР º Hc. За умовою СР º Mc , тоді СВ=СА і СР º Lc. Маємо: ÐС= 2×30о = 60о, ΔАВС – рівносторонній і точки М, N і F збігаються.

С. 95. Так. Треба відкласти послідовно 10 кутів по 27о так, щоб кожний наступний мав з попереднім спільну сторону і спільну вершину. Дістати прямий кут допоможе співвідношення 270о – 180о = 90о.

С.99.1. Не може. Припустимо, що це не так, і такий трикутник АВС існує (мал. 37). Тоді ΔНВ1А = ΔНВА1 за І-ю ознакою і Ð НВА1 = Ð АВ1Н = 90о, Тобто АС // СВ, чого бути не може. Порада. Пізніше, після вивчення § 28, можна знову повернутись до цієї задачі і запропонувати знайти ще один спосіб її розв’язання. Далі запропонувати таку задачу: “Чи може ортоцентр трикутника поділяти одну з його висот навпіл?”

2. Не може. Розв’язування аналогічне попередньому (див. мал. 38).

С.101. 1. Взагалі кажучі ні (див. випадок 2 на с.100 підручника).

2. Так. Порада. Це можна довести, якщо послідовно розглядати пари трикутників, утворених медіанами і висотами, медіанами і половинами основ.

3. Порада. Запропонувати учням здійснити відповідну побудову і позначити рівні між собою відрізки та рівні між собою кути (див. мал. 39).

Мал. 39 Мал. 40 Мал. 41 Мал. 42

С.102. Так. Порада. Розгляньте з учнями всі три випадки утворення прямокутного шматочка торту. 1) Зрозуміло, що половина кута трикутника не може дорівнювати 90о. 2) Шматочок торта, який взяв учитель, має прямий кут, оскільки бісектриса трикутника є його висотою. Тоді трикутник був рівнобедреним. 3) Шматочок торта, який взяв учитель, має прямий кут, бо дві його бісектриси перпендикулярні одна одній (мал.40), Ð АIB = 90о. За опорною задачею №1 на с.82 підручника: Ð АIB = 90о + Ð С /2 і цього бути не може.

С. 107. 1. 15о і 75о. Порада. Провести медіану до гіпотенузи трикутника і розглянути спочатку трикутник, утворений даною висотою і проведеною медіаною, а потім трикутник, який відтинає ця медіана від даного прямокутного трикутника (див. мал.41).

2. 60о і 90о. Позначимо сторону АС заданого трикутника через 2Х (мал. 42). Тоді СН = ХАНС ) і ВМ = СН = Х. Тоді у ΔАВС Медіана ВМ дорівнює половині сторони АС і ÐВ = 90о (див. опорну задачу на с.89 підручника).

3. 20о, 20о і 140о. Порада. Розгляньте з учнями два випадки розміщення висоти АН. 1) АН міститься всередині трикутника АВС. (мал. 43) і АН = х, АК = 2Х. Тоді Ð АКН = 30о (ΔАКН). З Δ АКС маємо: a + 2a + 30о = 180о і Ð А = Ð В = 2a = 2 · 50о = 100о, чого не може бути. 2) АН розташована зовні трикутника АВС (мал. 44). Аналогічно попередньому маємо, що Ð АКН = 30о, який є зовнішнім для ΔАКС. Тоді a + 2a = 30о і Ð А = Ð В = 2a = 20о.

Мал. 43 Мал. 44 Мал. 45 Мал.46

С.108. Порада. Продовжити одну з медіан на її третину (див. мал. 45). Тоді, відповідно до позначень на малюнку маємо, що АК = МСАВ1К = =ΔСМК За І ознакою). За властивістю медіан: АМ = 2/3 Ma, МК = ВМ = 2/3 Mb і АК =МС = 2/3 MС. З нерівності для сторін ΔАМК маємо, що довжини відрізків Ma, Mb і MС задовольняють нерівностям трикутника, щ. в. д.

С.109. Ð ВСD > Ð DCA. Порада. Продовжити медіану СD на відрізок DК = СD (мал 46). ÐDCА = ÐDКВ, СА = ВК DCАDКВ За І ознакою). У ΔВСК ВС < ВК і маємо відповідне співвідношення для шуканих кутів.

С. 110. 1. Нехай АА1, ВВ1 і СС1 – медіани трикутника АВС (див мал.45). Тоді з ΔМАВ маємо: МА +МВ > АВ, тобто 2/3 АА1 + 2/3 ВВ1 > АВ. Аналогічно

2/3 СС1 + 2/3 ВВ1 > СВ і 2/3 АА1 + 2/3 СС1 > АС. Якщо додати отримані нерівності і поділити на 4/3 дістанемо потрібне.

2. Не існує. Припустимо протилежне. Нехай у ΔАВС Сторони A, B і C (A > B > C) такі, що різниця для кожної пари сторін більша за 1/6 периметра, тобто AB >1/6 ( A + B + C), BC >1/6 ( A + B + C) і AC > 1/6 ( A + B + C). Додамо ці нерівності і помножимо на 2. Дістанемо 3A > B +5C. За нерівністю трикутника маємо також C > A + B. Додавши, отримаємо 2A >2B +4C, або

AB> 2C >C, що протирічить нерівності трикутника AB < C.

Ми розглянули завдання рубрики “Для допитливих” перших чотирьох розділів підручника.

Завдання цієї рубрики розділів V – VI і розділу “Цікаві додатки” обговоримо пізніше.

Література

1. Апостолова Г. В. Програма з геомерії для 7 класів загальноосвітніх

навчальних закладів //Математика в школі. – 2004.– № 7.– С.11 – 17.

2. Апостолова Г. В. Геометрія 7.– К.: Генеза, 2004. – 216 с.

3. Шумакова Н. Б. Обучение и развитие одаренных детей. – М.: Из-во

Моск. психолого-социального ин-та, 2003. – 336 с.

 

 
Top! Top!