Урок " РОЗМИНКА, АБО ТРОШКИ ЛОГІКИ НА УРОЦІ НЕ ЗАШКОДИТЬ "

Опис документу:
Пропонуються задачі, що можуть бути використані вчителем на будь-якому етапі проведення уроку будь-якої теми, у будь-якому класі в метою розвитку логічного мислення, зняття втоми, підвищення інтересу учнів до предмета.

Відображення документу є орієнтовним і призначене для ознайомлення із змістом, та може відрізнятися від вигляду завантаженого документу. Щоб завантажити документ, прогорніть сторінку до кінця

Перегляд
матеріалу
Отримати код Поділитися

Зустріч №1

РОЗМИНКА, АБО ТРОШКИ ЛОГІКИ НА УРОЦІ НЕ ЗАШКОДИТЬ

Пропонуються задачі, що можуть бути використані вчителем на будь-якому етапі проведення уроку будь-якої теми, у будь-якому класі в метою розвитку логічного мислення, зняття втоми, підвищення інтересу учнів до предмета.

Задача 1. За добу до дощу Петрик завжди чихає. Сьогодні він чхнув. Чи правда, що завтра піде дощ?

Відповідь: Невідомо (може Петрик просто застудився).

Задача 2. Класний керівник сказав: «Хто закінчить навчальний рік без трійок, той поїде до Києва на екскурсію». Чи означає це, що Данилко, який має трійку з малювання, яку виправити неможливо, не поїде до Києва?

Зверніть увагу дітей, що обернене до правильного твердження не завжди є правильним! Якщо кіт має вуса, то не кожен вусатий є котом. (Множина-наслідок ширша за множину-виток.)

Корисно вкрапляти нескладні логічні задачки у роботу на уроці. Це сприятиме формуванню в учнів вміння будувати ланцюжок міркувань, не плутати причину й наслідок, сприятиме зацікавленості їх математикою, полегшить навчання, зокрема геометрії. Такі задачі навчать учнів моделюванню умови задачі. Ще кілька задач.

Задача 2. Усі тварини в Бабусі, крім двох, - кози, усі, крім двох, – кішки, усі, крім двох, собаки, а всі інші – кури. Скільки курей в Бабусі?

Відповідь: Немає курей або 2 курки і немає інших тварин. (Змоделюйте з учнями умову задачі малюнком, або позначивши кількість тварин кожного виду літерою.)

Відповідь: Ні. (Може він поїде до родичів або на екскурсію з батьками.)

Задача 4. Роздягаючись, Незнайка закидає під ліжко шкарпетки. Він має 12 червоних і 12 синіх шкарпеток. Скільки найменше шкарпеток йому потрібно витягти зранку з-під ліжка, щоб із них можна було скласти хоча б одну пару шкарпеток однакового кольору, якщо він робить це із заплющеним очима? Відповідь: 3. Порада. Заплющте очі та уявіть себе Незнайкою: ось ви витягли одну шкарпетку, нехай вона буде синя; ось ви витягли другу, нехай вам не повезло й вона червона; ось ви витягаєте третю якогось кольору …

Задача 5. А у попередній задачі то будуть не шкарпетки, а штиблети?

Відповідь: 25.

Задачі логічного спрямування можна знайти у посібнику [7].

І. ПОЧАТОК НАВЧАЛЬНОГО РОКУ – ЦЕ ПОВТОРЕННЯ

Важливо повторити основні опорні факти вивченого раніше. Як це зробити найшвидше та ефективніше?

Задійте зорову пам’ять учнів – створіть опорний конспект. Приклад такого конспекту з геометрії «Пам’ятаємо з сьомого класу», ви знайдете на с. 4-5 посібника [4].

Це дозволить швидко повторити основні опорні факти вивченого раніше (вчитель проговорює їх по малюнкам, що має перед собою учень), акцентувати увагу учнів на основних опорних задачах, закріпити відповідні знання при роз’язуванні задач (якщо дозволити учням дивитися в такий узагальнюючий конспект).

У подальшому можна вводити як «робочі» опорні конспекти за навчальним матеріалом уроку, так і узагальнюючі - за опорними задачами з певних тем, наприклад, опорні задачі трапеції, метод площ тощо (посібник [6]).

З метою розвитку пошукових здібностей учнів запропонуйте їм сформулювати власні задачі, наприклад додаткові ознаки рівнобедреного, прямокутного трикутників, паралелограма або трапеції (при повторенні відповідного матеріалу) тощо.

ІІ. ОПОРНІ ЗАДАЧІ В КУРСІ ГЕОМЕТРІЇ 7 КЛАСУ.

Застосування опорних задач при розв’язуванні задач підвищеної складності – один з основних прийомів, якому потрібно навчити учня.

Доведення твердження опорної задачі не повинно бути громіздким (2-3 логічних кроки). Тоді такі задачі легко сприймаються та запам’ятовуються учнями. Закцентуйте увагу учнів, що доведення теореми можна забути, а доведення твердження опорної задачі – НІ!

На початку уроку час від часу пропонуйте учням самостійну роботу на 3-5 хв. по доведенню твердження таких задач. Про те, які самі задачі буде винесено на самостійну роботу треба попередити учнів. Тоді, щоб встигнути за 3-5 хв. написати таку роботу, учню треба вдома кілька разів прописати відповідне доведення. Відповідні опорні факти, логічні кроки їх доведення фіксуються у довгостроковій пам’яті учнів. (Зробити то та отримати гарну оцінку нескладно, бо доведення негромізки.)

На допомогу учню, у класі може стояти папка, оформлена вчителем, з набором таких задач. Відповідні доведення мають бути оформлені лаконічно, писемною математичною мовою, із виділенням логічних кроків, із застосуванням кольорів у малюнках (кольори, як вважають психологи, сприяють виділенню певних об’єктів та запам’ятовуванню).

Наведемо приклад таких задач та їх застосування, продемонструємо як такі прості задачі допомагають «побачити» розвязання зовсім непростих задач.

О.З.-1. Сума гострих кутів прямокутного трикутника 90о.

Якщо діти мають такий факт за опорний, то «бачать»: якщо два прямокутні трикутники мають по одному спільному або рівному гострому куту, то тоді другі гострі кути в них теж рівні.

О.З.-2. Тільки у тупокутному трикутнику висота міститься поза

трикутником.

(Доведення методом від супротивного.)

О.З.-3. У рівнобедреному трикутнику кути при основі гострі.

(Доведення методом від супротивного.)

Задача 6. В рівнобедреному трикутнику сторона ділить навпіл кут між бісектрисою і висотою, що проведено з однієї вершини. Знайдіть кути трикутника.

Міркування щодо розв’язання.

  1. Трикутник АВС рівнобедрений. З першого твердження умови маємо, що вказана висота ВТ міститься поза даним трикутником АВС. Тоді (за О.З.- 2,3), вказана вершина є вершиною при основі ВС і АВ = АС.

  2. Позначимо міру кута при основі як α. З прямокутного трикутника ВТС маємо (О.З.-1): 2α + α:2= 90о , α = 36о.

Відповідь: 36о , 36о , 108.о

О.З.-4. Кут при інцентрі І трикутника АВС дорівнює АІВ = 90о + С/2.

Доведення

З ∆AIB: 180о –( А/2 +В/2) = 180о –( 180о - С):2 = 90о –С/2. Щ. в.д.

Задача 7. Чи існує трикутник, в якому з інцентра бачимо сторону під гострим кутом?

Відповідь: Ні. (Див. О.З.-4)

Задача 8. Чи можуть бісектриси трикутника перетинатись: а) під прямим кутом; б) під гострим?

Відповідь: а) ні; б) завжди, бо кут між прямими не перевищує 90о, а бісектриси не можуть перетинатися під прямим кутом (О.З.-4).

Задача 9. Доведіть таку ознаку прямокутного трикутника. Якщо бісектриси трикутника при перетині утворюють кут міри 135о, то такий трикутник прямокутний.

Див. О.З.-4.

Задача 10. Які ще ознаки прямокутного трикутника ви можете запропонувати?

Наприклад. 1) Сума двох кутів трикутника 90о. 2)Медіана дорівнює половині сторони, до якої її проведено. 3)Відношення сторін 3 : 4 : 5 - єгипетський трикутник. 4)Відрізок сторони трикутника від вершини до точки дотику вписаного кола дорівнює радіусу цього кола. 5)Зовнішній кут трикутника дорівнює внутрішньому при тій самій вершині. 6)Зовнішній кут трикутника дорівнює третині суми двох інших зовнішніх кутів. 7)Зовнішній кут дорівнює половині суми внутрішніх кутів трикутника. 8) Центр кола, описаного навколо трикутника міститься на його стороні.

У задачах 11-14, окрім О.З.-1 - О.З.-4, скористуйтеся ознаками та властивостями рівнобедреного трикутника.

Задача 11. Чи може бісектриса трикутника ділити навпіл: а) іншу бісектрису трикутника; б) висоту трикутника; в) медіану трикутника?

Відповідь: а) Ні; б) ні; в) так, у такому трикутника одна сторона вдвічі менша за іншу.

Задача 12. Розв’яжіть попередню задачу у випадку, коли вихідній відрізок є: а) висотою; б) медіаною.

Задача 13. Чи може бісектриса зовнішнього кута трикутника бути паралельною його стороні?

Відповідь: Так, у випадку рівнобедреного трикутника.

Задача 14. Запропонуйте ознаки рівнобедреного трикутника, відмінні від відомих за підручником.

Наприклад. 1)Якщо кола, що побудовані на двох сторонах трикутника, як на діаметрах, перетинаються у одній точці на третій стороні трикутника. 2) Якщо бісектриса зовнішнього кута трикутника паралельна його стороні.

Задачки 15-17 з ДПА 11класу ([10], завдання для класів поглибленого вивчення математики).

Задача 15. Точки О і К – центри описаного і вписаного кіл гострокутного трикутника АВС. Відомо, що точки В, О, К і С лежать на одному колі. Знайти кут ВАС.

Відповідь: 60о. Порада. За О.З.-4 маємо: 90о + А/2= 2А.

Задача 16. Розвяжіть задачу 15 у випадку тупокутного трикутника () .

Відповідь: 108о.

Задача 17. У трикутнику АВС центри описаного та вписаного кіл симетричні відносно прямої АВ. Знайти кути трикутника АВС.

Відповідь: 36о, 36о, 108. Порада. Див. О.З.-4.

О.З.-5. Бісектриси внутрішнього та зовнішнього кутів при одній вершині

трикутника утворюють прямий кут.

Задача 18. Чи може бісектриса зовнішнього кута трикутника бути паралельною бісектрисі одного з його внутрішніх кутів?

Відповідь: ні. Порада. Скористайтеся властивістю паралельних прямих і О.З.-5. Тоді кут при інцентрі з якого бачимо одну зі сторін трикутника прямий, чого не може бути за О.З.-4.

О.З.-6. Кути, утворені взаємно перпендикулярними сторонами:

- рівні, якщо вони обидва гострі або обидва тупі;

- в сумі дорівнюють 180о, якщо один з них гострий, а інший – тупий.

Задача 19. Кути трикутника дорівнюють α, β і γ. Знайдіть кути, що утворюють при перетині бісектриси зовнішніх кутів цього трикутника.

Відповідь: 180о – (90о + А/2)= 90о – А/2. Скористуйтеся О.З. (5),(6) і (4).

О.З.-7. При перетині висот гострокутного трикутника АВС утворилося 6 гострих кутів з вершиною у ортоцентрі цього трикутника. Доведіть, що два з них дорівнюють куту А, два – куту В, два – куту С даного трикутника.

Порада. Скористайтеся О.З.-1 або О.З.-6 (див. мал. 1). МАЛ1

О.З.-8. Знайдіть міри 6 кутів з вершиною у ортоцентрі тупокутного трикутника, утворених при перетині висот цього трикутника АВС, якщо задано кути А, В, С трикутника.

Відповідь. Два з них дорівнюють куту А, два – куту В, два – куту С.

О.З.-9. У гострокутному трикутнику АВС висоти АН1, ВН2 і СН3 перетинаються у точці Н. Доведіть: , , .

Порада. Доведіть, що навколо АН2НН3 можна описати коло і скористайтеся О.З.-7 (див. мал. 2). МАЛ2

Задачки 18-20 з ДПА 11класу ( [10], завдання для класів поглибленого вивчення математики).

Задача 20. Продовження висоти СР гострокутного трикутника АВС перетинає описане коло трикутника у точці Т. Доведіть, що сторона АВ перетинає відрізок НТ (Н – ортоцентр даного трикутника) у його середині.

Порада. Доведіть, спираючись на О.З. 7, що , тобто ∆НАТ -рівнобедрений.

Задача 21.

У гострокутному трикутнику АВС проведено висоти АА1 і СС1. Точка О – центр кола, описаного навколо трикутника АВС. Доведіть,що відрізки ВО і А1С1 перпендикулярні.

Порада. За О.З.-9 (мал. 3); (ОМ – серединний перпендикуляр до ВС). Тоді зВТА1:

Задача 22. У гострокутному трикутнику АВС проведено висоти АА1, ВВ1 і СС1. Доведіть, що ВВ1 – бісектриса кута А1В1С1.

Порада. За О.З.-9 і (мал. 3). Тоді ВВ1 утворює з А1В1 і В1 С1 рівні кути міри 90о -

ІІІ. ТРОХИ ПРО МЕТОД СТИКУ, МОДУЛЬ І ПАРАМЕТР

Вказані теми – робочі теми при викладанні в класах математичного профілю, є черговими на ДПА, ЗНО та інших іспитах.

Детально про методику викладання цих тем можна дізнатися з посібників [7] –[9].

За геометричний змістом модуля різниця двох чисел – відстань між цими числами на числовій осі. Спираючись на це неважко довести (див. [7], §10) такі ОПОРНІ ФАКТИ - властивості суми двох модулів лінійних виразів.

(а).

(б) .

(в).

(г) .

Розглянемо деякі завдання державної підсумкової атестації для учнів 11-го класу, запропоновані у 2014 році у посібнику [10].

Задача 23. Розв’яжіть рівняння

. (1)

Розвязання

За твердженням (а) маємо:

(1) .

Відповідь: .

Задача 24. Розв’яжіть нерівність

. (1)

Розвязання

(1) .

За твердженням (г) маємо, що ліва частина виразу не менша за 3 – 2 =1. Тоді

(1) .

За властивістю (а) маємо

(1) .

Відповідь: .

Розглянемо приклади задач з параметром на існування лдише одного розв’язку за вказаним посібником [10]. Метод дуже простий. Зазвичай, треба спочатку «чесно» розв’язати рівняння, отримати розв’язки. Задача має лише один розв’язок, коли отримані розв’язки співпадають, або коли лише один з них міститься у заданому умовою чи ОДЗ проміжку.

Задача 25. При яких значеннях параметра а рівняння

(1)

має єдиний розв’язок на проміжку (0; π/2]?

Розвязання

(1).

При розв’язок належить проміжку (0; π/2], при інших значеннях k розв’язки не належать проміжку (0; π/2].

(1) має єдиний розв’язок на (0; π/2] за умови: а = π/4 або , тобто коли .

Відповідь: .

Задача 26. При яких значеннях параметра а рівняння

(1)

має один розв’язок?

Розвязання

(1) .

Маємо один розв’язок, якщо , або якщо , тобто при .

Відповідь: .

НА ЗАКІНЧЕННЯ

Задача 27. Ліфт може перевозити одночасно або 12 дорослих, або 20 дітей. Скільки дітей можуть їхати в ліфті одночасно з дев’ятьма дорослими?

Розв’язання

Зауважимо, що числа 12 і 9 діляться на 3. Тоді змоделюємо умову так.

  1. Зобразимо 12 дорослих блоками по три у вигляді квадратиків – їх чотири.

  2. 20 =4, тобто кожному квадратику можна поставити у відповідність кружечок із п’ятьма дітьми.

Отже, маса трьох дорослих (один квадратик) дорівнює масі п’ятьох дітей (один кружечок).

3) Ліфт вміщає 12 дорослих - чотири квадратики. Якщо маємо дев’ять дорослих (три квадратики), то замість четвертого квадратика ліфт можна доповнити одним кружечок - п’ятьма дітьми.

Відповідь: 5 дітей.

Питання «на засипку». Скільки дорослих можуть їхати в такому ліфті одночасно з 15 дітьми? Скільки дорослих може зайти до цього ліфта, якщо в ньому вже є 17 дітей? А якщо дітей буде 18? А у випадку 19 дітей?

Зверніть увагу, свідоцтва знаходяться в Вашому особистому кабінеті в розділі «Досягнення»

Курс:«Організація ефективної діяльності практичного психолога в закладі освіти»
Мельничук Вікторія Олексіївна
36 годин
590 грн

Всеосвіта є суб’єктом підвищення кваліфікації.

Всі сертифікати за наші курси та вебінари можуть бути зараховані у підвищення кваліфікації.

Співпраця із закладами освіти.

Дізнатись більше про сертифікати.