Сабақ жоспары Мамандығы: «Негізгі орта білім беру»



Дата07.02.2022
өлшемі136,72 Kb.
#91080
түріСабақ

Ф-Е-10/4.2
Сабақ жоспары
Мамандығы: «Негізгі орта білім беру»
Пәні: Математикадан есеп шығару практикумы

Тобы:

МИБ 16-9










Күні, мерзімі

18.03.2019ж










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:

Сабақтың кезеңдері

Мазмұны

Әдіс-тәсілдері

Әдістемелік жабдығы

Уақыты

І.Ұйымдастыру кезеңі. Психологиялық дайындық кезеңі

5

ІІ. Сабақтың мақсаты мен жоспарын хабарлау. Жұмыстың ұйымдастырылуы туралы

5

ІІІ. Үй жұмысын тексеру, оқушылардың білімдерін бақылау

Үй тапсырмасына берілген есептерді тексеру

Репродуктивті, сұрақ-жауап әдісі




20

IV. Жаңа тақырыпты хабарлау. Мазмұндама жоспарын айқындау, жазу (тақтада және дәптерде)




V. Оқу процесіндегі тірек білімдері мен себептерін актуализациялау(жандандыру):

Мәтіндік, дәлелдеуге берілген есептерді шығару тәсілдерін еске түсіру

Түсіндіру, баяндау

Сызбалар




VІ. Жаңа материалды түсіндіру.

Конструктивті есептер

Баяндау әдісі, эвристикалық әдіс, проблемалық әдіс.

Плакаттар мен сызбалар

25

VІІ. Жаңа материалды бекіту.

«Конструктивті есептер» тақырыбын пысықтауға арналған есептер шығару

Практикалық әдіс

Кіші тіректер

25

VІІІ.Сабақты қорытындылау: «Конструктивті есептер» тақырыбын пысықтау үшін сұрақтар




ІХ. Баға қою және түсінік беру: Үйге берілген тапсырманы орындап, жаңа сабақта белсене қатысқан студенттерді бағалау.

Х.Үйге тапсырма беру:

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 (DОК)
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) МТОК 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: МРОК және Р  ω екенін ескерсек, ОР = МК. Олай болса КОРМ – теңбүйірлі трапеция, яғни РОК = МКО. МРОК  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 QMa = 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:

  1. ВС  ОВ, онда   DC қимасы М және М нүктелерінен құралады да, есептің екі шешімі болады.

  2. ВС = ОВ, онда   DC = М – жалғыз нүкте, олай болса, есептің бір ғана шешімі бар.

  3. 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:

Достарыңызбен бөлісу:




©engime.org 2024
әкімшілігінің қараңыз

    Басты бет