Geometria ismétlése egy feladaton keresztül - kevert csoportok

88. fogás

Kevert csoportok   -   Geometria ismétlése egy feladaton keresztül – 12. osztály

Laczkó László

Ismételjük a geometriát egy feladaton keresztül! című cikke nyomán

Lehetnek a csoportok kevertek, de az agy fogaskerekei azonban mégis mozognak, hiszen az osztály minden tagjának lehetősége van arra, hogy meghallgassa és megvitassa a többiek hozzászólását.

1. Mielőtt hozzáfognánk, magyarázzuk el a gyerekeknek a tanulási célt, a „Kevert csoportok” egész folyamatát! A feladatot ezután két részben végezzük el.
2. Osszuk fel az osztályt csoportokra. Minden csoport megkapja a geometria feladatot,  egy kidolgozott megoldást, célt, határidőt. Minden kidolgozott megoldás legyen más.
3. A csoportok nekifognak a számukra kijelölt feladat megoldásának értelmezéséhez. Arra kérjük őket, hogy mindenki igyekezzen a füzetébe minél részletesebben jegyzetelni.
4. Az eljárás közben mindenki maga felelős a megértésért és a szerzett információk pontos lejegyzéséért.
5. Az első szakasz vége felé a tanár az egyes csoportokon belül mindenkinek ad egy betűjelet: A,B,C,D,E, amely eldönti, melyik új csoportba kerül majd a következő szakaszban a diák.
6. A csoportok összekeverednek: az összes A jelű egy új csoportot alkot; a B-sek is, stb…
7. Ezekben az új csoportokban a diákok sorban beszámolnak az előzőekben szerzett tapasztalataikról, feladatmegoldásukról. Itt is jegyzetelniük kell!
8. Ezután visszaülnek az eredeti helyükre, s a csoportoknak kiadjuk az új feladatot ( de CSAK MOST szerezzenek róla tudomást!): gyűjtsék össze azokat  a tételeket, fogalmakat, definíciókat, amelyeket a kevert csoportban hallottak, ill. ők említettek. Ehhez segítségül megkaphatják a feladatmegoldások magyarázó ábráit – immár szöveg nélkül.
9. Zárásként mutasson meg a tanár a táblánál egy, a csoportoknak ki nem adott megoldást.

A feladat:

 Az ABC hegyesszögű háromszög C-nél levő szöge 45°. M a háromszög magasságpontja. Bizonyítsuk be, hogy CM = AB!

Megoldások:

1.      .  megoldás

A BM szakasz hossza legyen x, az MT_B szakaszé y. BT_BC háromszög egyenlő szárú, derékszögű. Ezért CT_B hossza x+y. Az AT_BM háromszög is egyenlő szárú, derékszögű. Ezért AT_B=y. A CMT_B, AT_BB  háromszögek egybevágók, mert két-két oldaluk és közbezárt szögük egyenlő. Ezért AB=CM.

2.      . megoldás

T_BBA∠ = ACM∠, mert merőleges szárú hegyesszögek. Az AT_BB, CMT_B háromszögek derékszögűek és még van egy-egy egyenlő szögük, ráadásul a BT_B és CT_B egymásnak megfelelő oldalak egyenlőek (a CBT_B háromszög egyenlő szárú derékszögű) ezért a két háromszög egybevágó. Ebből következik, hogy CM=AB.

3.       . megoldás

Tükrözzük az M pontot a CB oldalra, a tükörképet M’ jelöli. Ismeretes, hogy M’ a háromszög köré írt körön van. CM = CM’ a tükrözés miatt. CAM∠ = 45°. AB=CM’, mert mindegyikhez 45°-os  kerületi szög tartozik. Így AB=CM.

4.      .  megoldás

A CM szakaszt CB oldal felezőpontjára tükrözve kapjuk BM’-t. M’ a körülírt körön van. Tudjuk, hogy AM’ átmérője a körnek, ezért M’BA∠ = 90°. AM’B∠ = 45°, mert AB ívhez tartozó kerületi szög. AM’B egyenlő szárú derékszögű háromszög, ezért BM’ = AB. A tükrözés miatt CM = BM’, ezért készen vagyunk.

6.       . megoldás

M legyen a háromszög magasságpontja. A CB oldalra tükrözzük az ABC háromszöget, A’ legyen A tükörképe. CAT_A∠ és a tükörképe, CA’T_A∠ is 45°, sőt CBT_B∠ is annyi. Ezért CM szakasz 45°-os látókörén van B és A’. A’CA∠=90 ° a tükrözés miatt, ezért BM szakasz párhuzamos A’C szakasszal, így CMBA’ húrtrapéz, melynek szárai CM és A’B egyenlőek. Ezért AB = CM.

9.       . megoldás

  Legyen O a háromszög köré írható kör közepe, F az AB oldal felezőpontja, S a háromszög súlypontja. M a háromszög magasságpontja. Kerületi és középponti szögek tétele miatt AOB derékszögű háromszög, és egyenlő szárú. 2OF = AB, mert OF az AB Thales körének sugara, AB pedig az átmérője. Tudjuk, hogy az S-re vonatkozó (-2) szeres hasonlóság FO-t CM-be viszi. Így CM  = 2FO = AB.