Сабақ жоспары Мамандығы: «Негізгі орта білім беру»
жүктеу/скачать 136,72 Kb.
|
- Бұл бет үшін навигация:
- Оқыту түрі мен формасы
- Дамытушылық
- Қолданылатын әдебиеттер тізімі
- Сабақтың кезеңдері Мазмұны Әдіс-тәсілдері Әдістемелік жабдығы
- ІІ. Сабақтың мақсаты мен жоспарын хабарлау. Жұмыстың ұйымдастырылуы туралы
- IV. Жаңа тақырыпты хабарлау. Мазмұндама жоспарын айқындау, жазу (тақтада және дәптерде)
- VІ. Жаңа материалды түсіндіру.
- VІІ. Жаңа материалды бекіту.
- VІІІ.Сабақты қорытындылау: «
- Х.Үйге тапсырма беру: Оқытушы
|
Ф-Е-10/4.2 Сабақ жоспары Мамандығы: «Негізгі орта білім беру» Пәні: Математикадан есеп шығару практикумы
Оқыту түрі мен формасы: Дәстүрлі Сабақтың типі: Аралас сабақ Сабақтың тақырыбы: Жаттығулар орындату Сабақтың мақсаты: Білімділік: Конструктивті есептер тақырыбына есептер шығару Дамытушылық: Студенттерді өз бетімен жұмыс жасауға, ойлай білуге дағдыландыру Тәрбиелік: Ұқыптылық пен тазалыққа, сауаттылыққа, тәртіаке баулу. Пәнаралық байланыс: Математика, алгебра және анализ бастамалары Қолданылатын әдебиеттер тізімі: «Геометрия 10-11-сынып», «Математика», В.Т.Лисичкин Қосымша: referaty.kz сайты Сабақтың барысы мен мазмұны:
Оқытушы: Баймаханова Л.А. Есеп 1: Шеңбер және оның кез – келген жанамасы берілген. Жанаманы берілген М нүктесінде жанайтын және берілген шеңберді де жанайтын шеңбер салыңыз. Шешуі: Бұл есепті шешудің екі әдісін қарастырайық. І әдіс. Талдау:Айталық О–берілген шеңбердің центрі, О1 – ізделінді шеңбердің центрі, N – берілген жанама мен берілген шеңбердің жанасу нүктесі (15 – сурет). ω, ω' шеңберлерінің ортақ жанамасына ҒМ перпенди- кулярын тұрғызып, оның бойына МК = ON кесіндісін белгілейміз, К – МN түзуінің ω шеңбері жатпайтын жарты жазықтығында болады. Олай болса ОО1К үшбұрышы – теңбүйірлі. Сонымен О1 нүктесі мына геометриялық орындарға тиісті: 1) ОК кесіндісінің орта перпендикулярына 2) ҒМ түзуіне. Салу: 1) ҒМ MN түзуі 2) ҒМ түзуінде МК = ОN кесіндісі (К, О нүктелері МN түзуінің әр түрлі жағында жатады) 3) ОК кесіндісі 4) ОК кесіндісінің орта перпендикуляры: DL (DОК) 5) DL ∩ МҒ = О1 нүктесі 6) ω' (О1, О1М) шеңбері ω' – ізделінді шеңбер. Дәлелдеу: Салу бойынша DL орта перпендткуляр болғандықтан, О1 нүктесі О, К нүктелерінен бірдей қашықтықта жатады (1.2., 10). Олай болса О1К = ОО1. Ал салу бойынша МК = ОN немесе МК = ОР болғандықтан, О1Р = О1М. ІІ әдіс.Талдау: Ізделінді ω' (О1, О1М) шеңбері салынған болсын (16 – сурет). Онда МРО1 – теңбүйірлі үшбұрыш (Р - шеңберлердің жанасу нүктесі). МО1 перпендикулярының бойына МК = ОN кесіндісін өлшеп салсақ (К, О – МN түзуінің әр түрлі жағындағы нүктелер), ОО1К үшбұрышы теңбүйірлі болады. ОО1К және МРО1 үшбұрыштарында О1 бұрышы ортақ, ал табанындағы бұрыштары өзара тең. Онда ОК МР. С алу: 1) ҒМ MN түзуі 2) ҒМ түзуінде МК = ОN кесіндісі (К, О нүктелері МN түзуінің әр түрлі жағында жатады) 3) ОК кесіндісі 4) МТОК түзуі 5) МТ∩ω = Р нүктесі (Р – М нүктесіне жақын нүкте) 6) ОР түзуі 7) ОР ∩ МҒ = О1 нүктесі 8) ω' (О1, О1М) шеңбері ω' – ізделінді шеңбер. Дәлелдеу: МРОК және Р ω екенін ескерсек, ОР = МК. Олай болса КОРМ – теңбүйірлі трапеция, яғни РОК = МКО. МРОК О1РМ = РОК және О1МР = МКО О1МР = О1РМ. Соңғы теңдіктен О1Р = О1М. Зерттеу: Екі түзудің қиылысуы бір ғана нүкте болатындықтан, О1 нүктесі жалғыз. Демек салынған шеңбер - есеп шартын қанағаттандыратын жалғыз шешім. Есеп 4: а, в, с түзулері, р кесіндісі берілген. с – а, в түзулерін қияды. Ұштары а, в түзулерінде болатын, с - ға параллель және р кесіндісіне тең кесінді салыңыз. Шешуі: Талдау: Есеп шешілді делік, А а, В в, АВ = р, АВ || с (5-сурет). Берілген мен ізделінді фигуралардың арасындағы байланысты анықтау үшін, кейбір қосымша нүктелер мен сызықтар жүргізу керек. Айталық с в = Р. АМ || в сәулесін жүргізсек және АМ с = Q деп белгіле-сек, АВРQ төртбұрышты параллелограмм болғандықтан PQ = AB = p. C алу: 1) с в = Р нүктесі 2) с түзуінен PQ = p кесіндісі (Q с ) 3) QМ || в түзуі 4) QM a = A нүктесі 5) AN || c түзуі 6) AN в = В нүктесі АВ – ізделінді кесінді. Дәлелдеу: Салу бойынша А а, В в, АВ || с. Ал АВРQ параллелограмм бол- ғандықтан, АВ = PQ = p. З ерттеу: Есеп шарты бойынша в, с түзулері қиылысады, онда Р нүктесі әрдайым табылады. Ал екінші салу қадамындағы РQ кесіндісі екеу болады, (2.4., 3) салу). Сонда әрбір Q, Q' нүктелері үшін салу жоспары жеке орын-далады. Мынадай жағдайлар болу мүмкін: 1) QM a, онда QM || в || Q'M' болғандық- тан, Q'M' түзуі де а түзуін қияды (6-сурет). 2) QM || a 3) QM а (беттеседі) 1) жағдай а, в түзулері қиылысқанда ғана мүмкін. Онда 4) - 6) салу қадамдар Q, Q' нүктелерінің әрқайсысы үшін бірмәнді орындалады да, есептің екі шешімі болады. 2) жағдай а || в және с түзуінің а, в түзулерінің арасындағы кесіндісі р – дан өзге болғанда ғана орындалады. Онда QMa = A нүктесі болмайды да, есептің шешімі жоқ делінеді. 3) жағдай а || в және с түзуінің а, в түзулерінің арасындағы кесіндісі р – ға тең болғанда орындалады. Онда есептің шексіз көп шешімі бар. Есеп5: СD биссектрисасы және оның С төбесінен жүргізілген биіктікпен, медианамен арасындағы бұрыштары берілген. Осы элементтері бойынша АВС үшбұрышын салыңыз. Шешуі: Т алдау: Есеп шешілді делік, АВС – ізделінді үшбұрыш (7 – сурет). Мұндағы НСD, МСD бұрыштары және СD биссектрисасы ұшбұрыштың берілген элементтері. Онда алдымен СD гипотенузасы мен НСD бойынша НСD, содан соң СН катеті мен МСD + НСD бойынша НСМ тікбұрышты үшбұрыштарын тұрғызуға болады. Егер -АВС үшбұрышы- на сырттай сызылған шеңбер десек, оның СD биссектрисасымен қиылысу нүктесі, яғни Е нүктесі – АВ хордасының ортасы болады. Сондықтан ол АВ қабырғасына тұрғызылған орта перпендикулярдың бойында жатады, ал ол түзу М нүктесі арқылы өтеді. Салу: 1) СD гипотенузасы мен НСD бойынша НСD тікбұрышты үшбұрышы 2) СН катеті мен НСМ = МСD + НСD бойынша НСМ тікбұрышты үшбұрышы 3) М нүктесі арқылы МК НD түзуі 4) МК СD = Е нүктесі 5) СЕ кесіндісінің орта перпендикуляры: n 6) n МК О нүктесі 7) (О, ОС) шеңбері 8) НD = А және В нүктелері АВС – ізделінді үшбұрыш. Дәлелдеу: Салу бойынша НСD – биіктік пен биссектрисаның арасындағы бұрыш, онда DCM = HCM - HCD = MCD + HCD - HCD = MCD. Егер МК Р (Е – ден өзге нүкте) десек, О РЕ (РЕ – диаметр). Салу бойынша АВ РЕ, онда МА = МВ, яғни Е – АВ кесіндісінің орта перпендикулярында жатыр. Бұдан АЕ = ЕВ, яғни АСЕ ЕСВ СD – биссектриса. Зерттеу: Егер + 900 болса, есептің шешімі болмайды. Егер + 900 болса, есептің жалғыз шешімі бар. Есеп 6: АВСD тіктөртбұрышы берілген. Оның СD қабырғасынан АВМ, BCM, ADM үшбұрыштары ұқсас болатындай етіп, М нүктесін табыңыз. Шешуі: Талдау: Есеп шешілді, яғни ізделінді М нүктесі тұрғызылды делік (8-сурет). Онда АВМ, BCM, ADM үшбұрыштарының ұқсастықтарын және С=D=900 е кенін ескеріп, АМВ = 900 теңдігін аламыз. Ал тікбұрышты үшбұрышқа сырттай сызылған шеңбердің қасиетін пайдалансақ М , мұндағы -диаметрі АВ болатын шеңбер. Салу: 1) О – АВ кесіндісінің ортасы 2) (О, ОВ) шеңбері 3) DC = М нүктесі М – ізделінді нүкте. Дәлелдеу: М АМВ 900, ал А В 900 екенін ескерсек, МАВ 900 - МАD АМD, дәл осылайша МВА ВМС. Онда АМВ АМD ВМС. Зерттеу: Салу жоспарының 3) қадамына байланысты мына жағдайлар болу мүмкін: ВС ОВ, онда DC қимасы М және М нүктелерінен құралады да, есептің екі шешімі болады. ВС = ОВ, онда DC = М – жалғыз нүкте, олай болса, есептің бір ғана шешімі бар. ВС ОВ, онда DC = , яғни есептің шешімі жоқ. Кейбір геометриялық салуларды тек бір құралдың көмегімен де шешуге болады. Мысалы, тек циркульдың көмегімен шешілетін салу есебін қарастырайық: жүктеу/скачать 136,72 Kb. Достарыңызбен бөлісу:
| |||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||