Теория измерения длины отрезков

Решение: Разобьём отрезок AB на 60 равных частей. Тогда на отрезок AC приходится 60: 3 = 20 частей, на отрезок AE — 60: 4 = 15 частей, на отрезок AD — 60: 5 = 12 частей. Поэтому на отрезок EC приходится 20 — 15 = 5 частей, а на отрезок DE — 15 — 12 = 3 части. Следовательно, DE: EC = 3: 5. Задача5. Измерить высоту дерева. Рис. 1Решение: На некотором расстоянии (рис.

1) от измеряемого дерева, на ровной земле в точке С кладут горизонтально зеркальце и отступают от него обратно в эту точку D, стоя в которой наблюдающий наблюдает в зеркале вершину, А дерева. Тогда дерево (АВ) во столько раз больше подъема, наблюдающего (ED), во насколько раз отдаление ВС от зеркала по дерева больше расстояния CD от зеркала по наблюдающего. Метод базируется на законе отражения света. Верхушка, А (рис. 1) отображается в точке А' так, что АВ = А’В. Из схожести же треугольников ВСА' и СЕВ следует, что A’B: ED = BC: CD. В данном соотношении остается только заменить A’В одинаковым ему АВ, чтоб доказать предписанное в задаче соответствие. Задача 6.

В некотором лесу расстояние между каждыми двумя деревьями не превосходит разности их высот. Все деревья имеют высоту меньше 100 м. Докажите, что этот лес можно огородить забором длиной 200 м.Рис. 2Решение:

Пусть деревья высотой a1> a2> …> an растут в точках A1, …, An. Тогдапоусловию A1A2 ≤ a1 — a2, …, An-1An ≤ an-1 — an. Следовательно, длина ломаной A1A2… An не превосходит (a1 — a2) + (a2 — a3) + … + (an-1 — an) = a1 — an <100 м. Эту ломаную можно огородить забором, длина которого не превосходит 200 м. Задача 7.Замкнутая пятизвенная ломаная образует равноугольную звезду (см. рис.

3) Чему равен периметр внутреннего пятиугольника ABCDE, если длина исходной ломаной равна 1? Рис. 3 Пусть K, L, M, N и O — вершины звезды, лежащие против сторон соответственно AB, BC, CD, DE и EA внутреннего пятиугольника ABCDE. Как известно, сумма углов пятиконечной звезды равна 180° (см. задачу 53 380).

Поскольку углы при вершинах равны, то каждый из них равен 36°. По теореме о внешнем угле треугольника ∠KBA = 72°. Отсюда следует, что треугольники AKB, BLC, CMD, DNE и AOE — равнобедренные, с углами 36°, 72°, 72°. Следовательно, AB = 2KA sin 18° = (KA + KB) sin 72°. Сложив эти равенства, получим AB + BC + CD + DE + EA = (KA + KB + LB + LC + MC + MD + ND + NE + OE + OA) sin 18° = (1 — AB — BC — CD — DE — EA) sin18°, следовательно, .Задача 8. Отрезок, равный 28 см, разделен на три неравных отрезка. Расстояние между серединами крайних отрезков 16 см. Найдите длину среднего отрезка. Обозначения смотрите на рисунке 4.Рис. 4Решение: Получаем: АВ+ВС+CD=28 см и SB+BC+CS1=½AB+BC+½CD=16 см, или AB+2BC+CD=32 см, вычтем соотношения, получаем: (AB+2BC+CD) — (АВ+ВС+CD) =32−18−4 см. Задача 9. Четырёхугольник с длинами сторон 1, 1, 1 и 2 имеет две параллельные стороны и разбит на четыре одинаковые фигуры (см. рисунок 3).

В результате верхняя сторона разделилась на четыре отрезка. Найдите отношение длины большего отрезка к меньшему.Рис. 5Решение: В верхней стороне четырёхугольника, имеющей длину 1, укладывается 3 маленьких отрезка и один большой. Значит, в отрезке длины 2 уложатся 6 маленьких отрезков и два больших. Но в нижней стороне четырёхугольника, имеющей длину 2, укладывается 3 больших отрезка и один маленький. Сравнивая, видим, что 5 маленьких отрезков равны одному большому. Ответ5.Задача 10. На прямой даны точки A, B и C.

Известно, что AB = 5, а отрезок AC длиннее BC в полтора раза. Найдите отрезки AC и BC. Решение: Пусть точка B лежит на отрезке AC. Тогда 3/2 BC = AC = AB + BC = 5 + BC, откуда BC = 10, AC = 15. Точка A не может лежать между точками B и C, так как в этом случае AC <BC. Пусть точка C лежит между A и B. Тогда 5/2 BC = AC + BC = AB = 5, откуда BC = 2, AC = 3. Задача 11.

Точки A, B и C расположены на одной прямой и AC: BC = 2: 5. Найдите отношения AC: AB и BC: AB. Решение: Поскольку AC <BC, точка B не может лежать на отрезке AC. Пусть точка C расположена между A и B. На отрезок AB приходится 2 + 5 = 7 частей, на отрезок AC — две части, на отрезок BC — пять частей. Следовательно, AC: AB = 2: 7, BC: AB = 5: 7.

Пусть точка A расположена между B и C. Тогда на отрезок BC приходится 5 частей, на отрезок AC — 2 части, на отрезок AB — 5 — 2 = 3 части. Следовательно, AC: AB = 2: 3, BC: AB = 5: 3. Задача 12. В деревне A живет 100 школьников, в деревне B живет 50 школьников. Расстояние между деревнями 3 километра. В какой точке дороги из A в B надо построить школу, чтобы суммарное расстояние, проходимое всеми школьниками, было бы как можно меньше? Решение: Забудем временно о 50 школьниках из A. Тогда школу можно строить в любой точке отрезка AB: каждая пара школьников из A и B в сумме проходит 3 км. Но для оставшихся 50 школьников из A суммарное расстояние минимально, когда школа находится в A. Задача 13.

На прямой выбрали четыре точки A, B, C, D и измерили расстояния AB, AC, AD, BC, BD и CD. Могут ли они быть равными (в порядке возрастания) а) 1, 2, 3, 4, 5, 6; б) 1, 1, 1, 2, 2, 4. Решение: а) Пример:

б) Расстояния между не соседними точками не могут равняться 1 (как сумма двух или трёх натуральных чисел). Значит, все три расстояния между соседями равны 1. Но тогда расстояние между крайними точками равно 3, а оно наибольшее и должно равняться 4. Противоречие. Задача 14. Даны точки A и B. Для каждой точки M, не совпадающей с точкой B и лежащей на прямой AB, рассмотрим отношение AM: BM. Где расположены точки, для которых это отношение, а) больше 2, б) меньше 2? Решение: Пусть точка M1 лежит на отрезке AB, причём AM1: M1B = 2.

Если M — призвольная точка, лежащая между M1 и B, или M совпадает с B, то AM> AM1> 2M1B> 2MB. Пусть точка M2 лежит на продолжении отрезка AB за точку B, причём B — середина отрезка AM2. Если M — произвольная точка, лежащая между B и M2, то AB>BM, поэтому AM = AB + BM> 2BM. Если точка M лежит на отрезке AM1 (но не совпадает с M1), то AM<AM1 = 2M1B <2BM. Если точка M лежит на продолжении отрезка AB за точку A, то AM<BM <2BM.

Если точка M лежит на продолжении отрезка M1M2 за точку M2, то AM = AB + BM <2BM.Задача 15. На деревянной линейке отмечены три деления: 0, 7 и 11 сантиметров. Как отложить с её помощью отрезок, равный: а) 8 см; б) 5 см? Решение: а) Используя деления 7 и 11 можно отложить 4 см. Сделав это дважды, получим отрезок в 8 см. б) Первый способ. Умея откладывать 8 и 7, можно отложить 1 см. Сделав это 5 раз, получим 5 см. Второй способ. 5 = 3· 11 — 4· 7, так что достаточно отложить 3 раза по 11 см и потом 4 раза по 7 в другую сторону.

Заключение

.

В этой работе осмотрен вопрос о потребности исследования измерений отрезков. При достижении цели работы мы решили последующие задачи: исследование эмоциональной и учебно-методической литературы по теме; проведение классификации измерений геометрических величин; исследование методических советов для реализации ключевых дидактических функций на уроке математики с применением измерений. При исследовании измерений школьники знакомятся с такими способами геометрии как способ подобия, способ площадей, и применяют иные способы: способ дополнительных построений, способ дополнительного треугольника, координатный способ, способ геометрических мест, которые играют не самую последнюю роль в последующем обучении геометрии. В разных учебниках уровень ознакомления с этими способами различный.

Литература

1.Афонский, А. А. Измерительные приборы и массовые электронные измерения [Текст]: Учеб. пособие / А. А. Афонский, В. П. Дьяконов.- М.: Солон-Пресс, 2011.- 544 с.: ил.

2.Кондаурова И. К. Дополнительное математическое образование детей в условиях школы: Саратов: СГУ им. Н. Г. Чернышевского, 2014. — 160 с.

3.Виноградова, Л. В. Методика преподавания математики в средней школе [Текст]: Учеб. пособие / Л. В. Виноградова.- Ростов н/Д.: Феникс, 2012.- 252 с.: ил.

4.Потапов М. К., Шевкин А. В. Математика. Методические рекомендации: М.: Просвещение, 2013. — 147 с.

5.Шестакова Л. Г. Методика обучения школьников работать с математической задачей: Соликамск: СГПИ, 2013. — 106 с.

6.Саранцына О. П., Щербулова Н. В. и др. ФГОС ООО: формирование универсальных учебных действий на уроках математики: III педагогический марафон «Новой школе — Новое качество». Часть 2 — Петропавловск-Камчатский, 2012. — 42 с.

7.Мерзон Г. А., Ященко И. В. Длина, площадь, объём: М.: МЦНМО, 2011. — 48 с.

8.Методика и технология обучения математике [Текст]: Курс лекций: пособие для вузов / Н. Л. Стефанова, Н. С. Подходова, В. В. Орлов и др.- М.: Дрофа, 2012.- 416 с.: ил. 9. Рогановский Н. М., Рогановская Е. Н. Методика преподавания математики в средней школе. Часть 2: Специальные основы методики преподавания математики (частные методики): Могилев: МГУ им. А. Л. Кулешова, 2011. — 388 с.

10.Смирнова, И. М. Геометрия. 7 класс [Текст]: Методические рекомендации для учителя / И. М. Смирнова, В. А. Смирнов.- М.: Мнемозина, 2012.- 269 с.: ил.

11.Темербекова, А. А. Методика преподавания математики [Текст]: Учеб. пособие для студ. высш. учеб. заведений / А. А. Темербекова.- М.: Гуманит. изд. центр Владос, 2013.- 176 с.