Добавить материал и получить бесплатное свидетельство о публикации в СМИ
Эл. №ФС77-60625 от 20.01.2015
Инфоурок / Математика / Другие методич. материалы / Исследовательская работа на тему "Геометрические построения с помощью двусторонней линейки"

Исследовательская работа на тему "Геометрические построения с помощью двусторонней линейки"

  • Математика

Поделитесь материалом с коллегами:


МАЛАЯ АКАДЕМИЯ НАУК ШКОЛЬНИКОВ КРЫМА

«ИСКАТЕЛЬ»



Секция «Математика»



ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ПОСТРОЕНИЯ С ПОМОЩЬЮ ДВУСТОРОННЕЙ ЛИНЕЙКИ


Работу выполнила

_____________

Ученица класса


Научный руководитель













Содержание

ВВЕДЕНИЕ…………………………………………………………………..…..3

I. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ПОСТРОЕНИЯ НА ПЛОСКОСТИ ………………...4

I.1. Общие аксиомы конструктивной геометрии. Аксиомы математических инструментов……………………………………………………………………..4

I.2. Общие принципы решения задач на построение ……………………….....5

I.3. Геометрические построения одной линейкой ……………………………..7

I.4. Основные задачи на построение двусторонней линейкой………………..8

I.5. Решение различных задач на построение …………………………………12

I.6. Построения односторонней линейкой………………………………….....20

I.7. Взаимозаменяемость двусторонней линейки с циркулем и линейкой….21

ЗАКЛЮЧЕНИЕ………………………………………………………………….24

Список использованной литературы………………………………..………….25























Введение


К задачам на построение ограниченными средствами относятся задачи на построение только циркулем и линейкой, которые рассматриваются в школьной программе. А можно ли решать задачи на построение только одной линейкой? Зачастую под рукой не оказывается циркуля, а линейку всегда можно найти.

Задачи на построения в геометрии – это увлекательный раздел. Интерес к нему обусловлен красотой и простотой геометрического содержания. Актуальность рассмотрения этих задач возрастает в связи с тем, что находит применение на практике. Умение пользоваться одной линейкой для решения рассматриваемых в данной работе задач имеет большое значение в практической деятельности, т.к. постоянно мы сталкиваемся с задачами на деление отрезка пополам, на удвоение данного отрезка и т. п.

В данной работе рассмотрены основные задачи на построения, которые служат опорой при решении более сложных задач.

Как показывает опыт, задачи на построение вызывают интерес, способствуют активизации мыслительной деятельности. При их решении активно используются знания о свойствах фигур, развивается умение рассуждать, совершенствуются навыки геометрических построений. В результате развиваются конструктивные способности, что является одной из целей изучения геометрии.

Гипотеза: все задачи на построение, которые решаются с помощью циркуля и линейки, можно решать только с помощью двусторонней линейки.

Объект исследования: задачи на построение и двусторонняя линейка.

Цели исследования: доказать, что все задачи на построение можно решить только с помощью двусторонней линейки.

Задачи исследования: изучить теоретические основы решения задач на построение; решить основные задачи на построение с помощью двусторонней линейки; привести примеры более сложных задач на построение; систематизировать теоретический и практический материал.


I. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ПОСТРОЕНИЯ НА ПЛОСКОСТИ

I.1. Общие аксиомы конструктивной геометрии. Аксиомы математических инструментов


Для конструктивной геометрии необходимо располагать точным и для математических целей полным описанием того или иного инструмента. Такое описание даётся в виде аксиом. Эти аксиомы в абстрактной математической форме выражают те свойства реальных чертёжных инструментов, которые используются для геометрических построений.

Наиболее употребительными инструментами геометрических построений являются: линейка (односторонняя)циркуль, двусторонняя  линейка (с параллельными краями) и некоторые другие.

А. Аксиома линейки.

Линейка позволяет выполнить следующие геометрические построения:
а) построить отрезок, соединяющий две построенные точки;

б) построить прямую, проходящую через две построенные точки;

в) построить луч, исходящий из построенной точки и проходящий через другую построенную точку.

Б. Аксиома циркуля.

Циркуль позволяет выполнить следующие геометрические построения:
а) построить окружность, если построены центр окружности и отрезок, равный радиусу окружности (или его концы);

В. Аксиома двусторонней линейки.

Двусторонняя линейка позволяет:

а) выполнить любое из построений, перечисленных в аксиоме А;

б) в каждой из полуплоскостей, определяемых построенной прямой, построить прямую, параллельную этой прямой и проходящую от неё на расстоянии а, где а — фиксированный для данной линейки отрезок (ширина линейки);

в) если построены две точки А и В, то установить, будет ли АВ больше некоторого фиксированного отрезка а (ширина линейки), и если AB > а, то построить две пары параллельных прямых, проходящих соответственно через точки А и В и отстоящих одна от другой на расстоянии а.

Помимо перечисленных инструментов, для геометрических построений можно пользоваться и другими инструментами: произвольным углом, угольником, линейкой с отметками, парой прямых углов, различными приспособлениями для вычерчивания специальных кривых и др.

I.2. Общие принципы решения задач на построение


Задача на построение состоит в том, что требуется построить указанными инструментами некоторую фигуру, если дана некоторая другая фигура и указаны некоторые соотношения между элементами искомой фигуры и элементами данной фигуры.

Каждая фигура, удовлетворяющая условиям задачи, называется решением этой задачи.

Найти решение задачи на построение — значит, свести её к конечному числу основных построений, т. е. указать конечную последовательность основных построений, после выполнения которых искомая фигура будет уже считаться построенной в силу принятых аксиом конструктивной геометрии. Перечень допустимых основных построений, а, следовательно, и ход решения задачи, существенно зависит от того, какие именно инструменты употребляются для построений.

Решить задачу на построение — значит, найти все её решения.

Последнее определение требует некоторых разъяснений. Фигуры, удовлетворяющие условиям задачи, могут различаться как формой или размерами, так и положением на плоскости. Различия в положении на плоскости принимаются или не принимаются в расчёт в зависимости от формулировки самой задачи на построение, от того, предусматривает или не предусматривает условие задачи определённое расположение искомой фигуры относительно каких-либо данных фигур.

Если найдено решение какой-либо задачи, то в дальнейшем разрешается пользоваться этим решением «в целом», т. е. не расчленяя его на основные построения.

Существует ряд простейших геометрических задач на построение, которые особенно часто входят в качестве составных частей в решение более сложных задач. Будем называть их элементарными геометрическими задачами на построение. Список элементарных задач является, конечно, условным. К числу элементарных задач относят обычно следующие:

  1. Деление данного отрезка пополам.

  2. Деление данного угла пополам.

  3. Построение на данной прямой отрезка, равного данному.

  4. Построение угла, равного данному.

  5. Построение прямой, проходящей через данную точку параллельно данной прямой.

  6. Построение прямой, проходящей через данную точку и перпендикулярной к данной прямой.

  7. Деление отрезка в данном отношении.

  8. Построение треугольника по трём данным сторонам.

  9. Построение треугольника по стороне и двум прилежащим углам.

  10. Построение треугольника по двум сторонам и углу между ними.

При решении каждой сколько-нибудь сложной задачи на построение возникает вопрос о том, как нужно рассуждать, чтобы найти способ решения задачи, чтобы получить все решения задачи, чтобы выяснить условия возможности решения задачи и т. п. Поэтому при решении конструктивных задач пользуются схемой решения, состоящей из следующих четырёх этапов:

1) анализ;
2) построение; 
3) доказательство; 
4) исследование.


I.3. Геометрические построения одной линейкой


Линейку будем рассматривать с двух точек зрения: как линейку и как двустороннюю линейку.

1. Двусторонней линейкой ширины а будем называть линейку с параллельными краями, находящимися на расстоянии а друг от друга, дающую возможность непосредственно строить:

а) произвольную прямую;

б) прямую, проходящую через две заданные или полученные в процессе решения задачи точки;

в) параллельные прямые, каждая из которых проходит через одну из точек, расстояния между которыми больше а (при этом построении линейка находится в таком положении, чтобы на каждом из двух ее параллельных ребер оказалось по одной из двух данных точек, будем в таком случае говорить о непосредственном построении).

Ширина линейки в данном построении считается постоянной, а потому, если в процессе решения конкретной задачи появится необходимость выполнения непосредственного построения относительно каких-то полученных точек А и В, то надо доказать, что длина АВ больше длины а.

Точку будем считать построенной, если она одна из данных или является пересечением двух построенных прямых; в свою очередь прямую будем считать построенной, если она проходит через построенные или данные точки.

С помощью двусторонней линейки можно построить следующее.

а) Через две любые точки можно провести прямую, притом только одну.

б) Какова бы ни была прямая, в плоскости существуют ровно две прямые, параллельные ей и удаленные от нее на расстояние a.

в) Через две точки А и В при АВ а можно провести две пары параллельных прямых; при АВ = а можно провести пару параллельных прямых, расстояние между которыми равно а.

Если даны одна, две, три точки, то никаких новых точек построить нельзя

(рис 1);

hello_html_m4d2e396a.gif


если даны четыре точки, какие-то три из которых (или все четыре) лежат на одной прямой, то никаких других точек построить нельзя (Рис.2);

если даны четыре точки, лежащие в вершинах параллелограмма, можно построить только одну точку – его центр. (Рис.3).

hello_html_m2200524f.gif

Приняв выше сказанное, рассмотрим отдельно задачи, решаемые двусторонней линейкой.

I.4. Основные задачи на построение двусторонней линейкой


1hello_html_m6e236368.gif. Построить биссектрису угла АВС.

Решение: (рис. 4)

а C) и b  (АВ), а b=D.

Получим ВD – биссектрису АВС.

Действительно, полученный по

построению параллелограмм является

ромбом, так как его высоты равны. ВD

диагональ ромба, является биссектрисой АВС. Рис.4

2hello_html_49cbb70f.gif. Удвоить данный угол АВС

Решение: (Рис. 5) а) а (АВ),

а C)= D, через точки В и D

b непосредственно;

б) через точки В и D m  b

непосредственно, b Ç а =F .

Получим ÐАВF = 2ÐАВС.

Рис.5

hello_html_m52f9a9e7.png

3. К данной прямой МN в данной ее

точке А провести перпендикуляр

Решение: (Рис.6)

1) (АА1) || (ВВ1) || (СС1) –

непосредственно (В N),

СÎN)); 2) через А и В

m || n - непосредственно,

m Ç (СС1) = D.

Получим (АD)N).

Рис.6.

4hello_html_m2560a0b8.png. Через данную точку, не лежащую на

данной прямой, провести перпендикуляр

к данной прямой.

Решение: Через данную точку О проведем

две прямые, пересекающие данную

прямую АВ, и удвоим углы образовавшегося

треугольника, прилежащие к данной

прямой. ОАN = 2ОАВ и

ОВN = 2ОВА (Рис. 7).

Рис.7

5. Построить точку, симметричную данной, относительно данной прямой.

Решение: см. задачу 4. ( точка О симметрична точке N. Рис.7)


6. Провести прямую, параллельную данной

пhello_html_371c20ce.gifрямой МN, через точку А, не

принадлежащую прямой МN.

Решение 1: (Рис. 8)

1)(АА1) || (ВВ1) || (СС1) || (DD1) || (КК1) -

непосредственно, (СА) Ç (ВВ1) = С2;

2) (С2К) Ç (DD1) = F.

F) – искомая прямая.


Рис 8

Решение 2. На рис.81 пронумерована

последовательность проведения прямых,

из которых 1, 2 и 3 параллельны по

hello_html_3ccde849.gifнепосредственному построению;

F) ||N).







Рис.81


7hello_html_12d4999a.png. Разделить данный отрезок АВ пополам.

Решение 1. (Рис. 9) (только для случая, когда ширина линейки меньше длины данного отрезка). Провести непосредственно две пары параллельных прямых через

концы данного отрезка, а затем диагональ

полученного ромба. О – середина АВ.


Рис. 9.

Решение 2. (Рис. 9,а)

1) а||(АВ) и b||(АВ) – непосредственно;

2hello_html_m72fdd41d.gif) (АР), (АР) Ç а = С, (АР) Ç b = D;

3) (DВ) Ç а = М, (СВ) Ç b = N ;

4) (МN ) Ç (АВ) = К;

5) (DК) ÇN ) = F ;

6) (ВF) Ç b = D1, F) Ç а = С1;

7) (DВ) ÇD1) = Х,

(АС1) Ç(СВ) = Z.

8) (Х Z) Ç(АВ) =О. Получим АО = ОВ.

Рис.9,а

hello_html_5fb03945.gif

Решение 3.(Рис. 9,б)

Как известно, в трапеции середины

оснований, точка пересечения

диагоналей и точка пересечения

продолжений боковых сторон

лежат на одной прямой.

1) m || (АВ) – непосредственно;

2) СÎ m, DÎ m, (АС) Ç D) = К; Рис.9,б

3) (СВ) Ç D) = F; 4) (К F) Ç(АВ) =О. Получим АО = ОВ.

I.5. Решение различных задач на построение


В решении следующих задач на построение только двусторонней линейкой используются непосредственное построение параллельных прямых и семь приведенных выше основных задач.


1. Через данную точку проведите две взаимно перпендикулярные прямые.

Рhello_html_60e8cbda.gifешение: проведем через данную точку

две произвольные прямые,

а затем – биссектрисы

смежных углов. (Рис.10)

Рис.10


2. Дан отрезок АD данной длины а.

Постройте отрезок, длина которого равна hello_html_m67d94de6.gif.

Рhello_html_8fc5749.gifешение: Проведем mа и h||m через

точку А. f ||D), k||(AD) непосредственно.

Проведем АВ и АС, где В = fm,

а С = mk. Известным способом

разделим АВ и АС пополам и

проведем медианы треугольника

АВС. По свойству медиан

треугольника, ОD =hello_html_m67d94de6.gif– искомый

отрезок (Рис.11)

Рис. 11



3. Постройте отрезок, длина которого

hello_html_m4cb21a98.gifравна периметру данного треугольника.

Решение: (Рис. 12). Построим биссектрисы

двух внешних углов треугольника, а затем

и

D

E

з вершины В проведем перпендикуляры

к этим биссектрисам.

DE = а + b + с

Рис.12


4. Дан отрезок длины а. Постройте отрезки длины 2а, 3а.

Рhello_html_m6d8fa5f4.gifешение: (рис. 13)

1) (М N) || (АВ) и (М1 N1) ||N) ||2 N2) –

-

А

В

непосредственно;

2) (СА) и (СВ) через А и В.

Отрезки А1В1 и А2В2 искомые.

Другое решение этой задачи можно

получить из решения задачи 7.

Рис. 13


5. На прямой даны два отрезка, длины которых а и b. Постройте отрезки, длины которых равны а + b, b - а, (a + b)/2 и (b - a)/2.

Решение: а) для a + b (рис. 14,а)

hello_html_m259dea11.png

Рис.14,а

б) для (a + b)/2 (рис.14, б)

1) (А1В1) ||2В2) || (АВ) – непосредственно;

2) М Î2В2), (МХ) Ç1В1) = N, (МH) Ç1В1) = P;

3) (PY) Ç2В2) = L, (LZ) Ç1В1) = O,

Получим: NO = NP + PO = hello_html_m6325856d.gif.

hello_html_m634b4ba5.png

Рис. 14,б



в) для b – а (рис. 14,в)

hello_html_4d25f252.png

Рис. 14,в


в) для (b - a)/2 (рис. 14,г)

hello_html_m3060d2e0.png

Рис. 14,г

6hello_html_m240421c1.png. Постройте центр данной окружности.

Решение: (рис.15) Проведем прямую АВ,

пересекающую окружность в точках А и В;

ВСАВ, где С – точка пересечения

с окружностью.

Через точку С проведем параллельно АВ

прямую СD; СD пересекает окружность

в точке D.

Соединив D с В и А с С, получим

искомую точку – центр окружности. Рис. 15

Решение 2: (Рис. 16) Построим с помощью двусторонней линейки две параллельные хорды AD и BC. Получим равнобокую трапецию ABCD. Пусть  K и  P —точки пересечения прямых  AC и BD,  AB и DC. Тогда прямая  PK  проходит через середины оснований трапеции перпендикулярно к ним, а значит, проходит через центр данной окружности. Построив аналогично еще одну такую прямую, найдем центр окружности. 

hello_html_m7efbb064.png

Рис. 16


7. Дана дуга окружности. Постройте центр окружности

Решение. (Рис. 17) Отметим на данной дуге три точки A, B и C. Приложим линейку к концам отрезка AB  и обведём её края. Получим две параллельные прямые. Поменяв положение линейки, проведём еще две параллельные прямые. Получим ромб (параллелограмм с равными высотами). Одна из диагоналей ромба — серединный перпендикуляр к отрезку AB, так как диагональ ромба лежит на серединном перпендикуляре к другой диагонали. Аналогично построим серединный перпендикуляр к отрезку AC. Точка пересечения построенных серединных перпендикуляров есть центр искомой окружности.


hello_html_6a0bdeb0.png



Рис. 17


8. Даны отрезок AB, непараллельная ему прямая l и точка M на ней. С помощью одной двусторонней линейки постройте точки пересечения прямой l с окружностью радиуса AB с центром M. 

Решение: (Рис.18)

Достроим треугольник ABM до параллелограмма ABNM. Построим биссектрисы МТ и MS углов между MN и прямой l. Проведем через точку N прямые, параллельные этим биссектрисам: NQ || MS, NR || MT. МТMS как биссектрисы смежных углов. Значит, NQ МТ, то есть, в треугольнике NMQ биссектриса является высотой, следовательно, треугольник равнобедренный: MQ = MN. Аналогично, MR = MN. Точки Q и R искомые. 

hello_html_m6be65ed6.png


Рис. 18


9. Даны прямая l и отрезок OA, параллельный l. С помощью одной двусторонней линейки постройте точки пересечения прямой l с окружностью радиуса OA с центром O. 

Решение: (Рис. 19,а)

Проведем прямую l1, параллельную прямой OA и удаленную от нее на расстояние a. Возьмем на прямой l произвольную точку B. Пусть B1 — точка пересечения прямых OB и l1. Проведем через точку B1 прямую, параллельную AB; эта прямая пересекает прямую OA в точке A1. Проведем теперь через точки O и A1 пару параллельных прямых, расстояние между которыми равно a (таких пар прямых может быть две); пусть X и X1 — точки пересечения прямой, проходящей через точку O, с прямыми l и l1. Так как OA1 = OX1  и   ∆OA1X1 hello_html_m718c111f.png ∆OAX, то ОА = ОХ, точка X искомая. 

Аналогично строим вторую точку пересечения окружности и прямой – точку Y (Рис.18,б).

hello_html_fb6bc15.png

Рис. 18,а


hello_html_m71d6e204.png


Рис. 18,б





I.6. Построения односторонней линейкой


Зhello_html_26547212.gifдесь рассмотрим частный случай: пусть даны точки Р, Q, Р1 и Q1. и они лежат в вершинах трапеции.

1. Разделить отрезок РQ пополам

Решение показано на рисунке 19

Даны точки Р, Q, Р1 и Q1 и параллельные прямые

РQ, Р1Q1. Проведем РQ1QР1 = В, РР1 QQ1= А

Соединим точки А и В. АВРQ = F – середина

отрезка РQ.

Рис. 19

2. Удвоить отрезок Р1Q1.

Рhello_html_44a84a87.gifешение показано на рисунке 20. Построим

точку F – середину отрезка РQ и соединим ее

с Q1. Р1QFQ1 = М. Проведем РМ. РМР1Q1=R

равенство RQ и Р1Q1 следует из подобия

треугольников hello_html_7aad93af.gifРМF и hello_html_7aad93af.gifRМQ1,

hello_html_7aad93af.gifFМQ и hello_html_7aad93af.gifР1МQ1, и равенства РF и FQ.

Рис. 20



3hello_html_4fc70ace.gif. Построить отрезок длины n Р1Q1.

Решение: для решения нужно просто n – 1

раз повторить процедуру, использованную

в предыдущей задаче. На рис.21 построение

показано для n = 3


Рис.21



4hello_html_68b1bc50.gif. Разделить отрезок Р1Q1 на m равных частей.

Решение: Сначала на прямой РQ строим

m1 равных отрезков РQ2, Q2Q3, Qm-1Qm

Затем строим ( РР1) и QmQ1 и соединяем

их точку пересечения А с точками

Q2 , Q3, Qm Полученные m-1 прямых

делят Р1Q1 на m равных частей.

Для m = 4 решение показано на рисунке 22

Рис.22


I.7. Взаимозаменяемость двусторонней линейки с циркулем и линейкой


Докажем, что двусторонняя линейка взаимозаменяема с циркулем и линейкой. Для этого докажем следующие утверждения:

Утверждение 1: все построения, выполнимые с помощью циркуля и линейки, выполнимы с помощью двусторонней линейки.

Так как при построении циркулем и линейкой линейка проводит прямую через две точки, а циркуль строит окружность (находит множество точек, равноудаленных от данной), то все построения циркулем и линейкой сводятся к построению пересечения двух прямых, двух окружностей и окружности с прямой.

Пересечение двух прямых при помощи линейки построить можно.

Пересечение окружности и прямой (рис.23):

Построение: Пусть даны отрезок АВ – радиус окружности, прямая l, центр окружности О, тогда:

1) Проводим ОС || l, ОС = АВ.

2) Проводим ОС || k и удаленную на а.

3) Проводим OD, OD l = D; OD k = F.

4) Проводим CD || FE , FE OC = E.

5) Применяя третье свойство, прикладываем линейку между О и Е, получаем пересечения с lN и X. Они являются искомыми точками.


hello_html_m2119f866.gif








рис.23

Доказательство:

1) Рассмотрим LEF=KCD (соответственные), значит OEF=OCD (по следствию из теоремы о смежных углах).

2hello_html_m7cba29bf.gif) OFE ODC, (OEF=OCD, см. п.1, COD – общий).

3hello_html_21832d6d.gif) По следствию из теоремы Фалеса

4) По закону транзитивности равенств

5) Рассмотрим OMQE. OMQE – параллелограмм, так как ОМ || EQ и ОЕ || MC (стороны линейки параллельны). Докажем, что это ромб.

5.1) Проводим QZ OC и QG ON, тогда QG = QZ = a.

5.2) OMQ = RQM (накрест лежащие); RQM = OEQ (соответственные) OMQ = OEQ.

5.3) ∆GMQ = ∆ZEQ (прямоугольные по катету и гипотенузе) OM = OE.

5hello_html_324562d3.gif.4) В параллелограмме соответственные стороны равны ромб по определению.

ж) и ОЕ = ОМ ОС = ON, что и требовалось доказать.

Пересечение двух окружностей: аналогично.

Утверждение 2: все построения, выполнимые с помощью двусторонней линейки, выполнимы с помощью циркуля и линейки.

Для этого выполним построения, стандартные для двусторонней линейки с помощью циркуля и линейки.

1) Прямая по двум точкам легко строится с помощью линейки.

2) Построение прямой, параллельно данной и удаленной от нее на данное расстояние:

2.1) Пусть дана прямая k и отрезок длины a.

2.2) Строим произвольную прямую bk, пусть kb=B.

2.3) На b по обе стороны от точки B на прямой b откладываем отрезок длины a, пусть точки C и D.

2.4) Через точку C строим прямую ck.

2.5) Через точку D строим прямую dk.

2.6) Прямые c и d –искомые, так как BC и BD равны a по построению и равны расстоянию между прямой k и прямыми

3) Построение прямых, параллельных между собой и проходящих через две данные точки, причем расстояние между расстояние между которыми равно данному отрезку:

3.1) Пусть даны точки A и B и отрезок длины a.

3.2) Строим окружность с центром в точке A и радиусом a.

3.3) Строим касательную к данной окружности через точку B; таких касательных две, если B лежит вне окружности (если AB>a), одна, если B лежит на окружности (если AB=a), ни одной, если B лежит внутри окружности (AB<a). Эта касательная является одной из искомых прямых; осталось провести через точку A прямую, параллельную ей.

3.4) Так как одна из прямых перпендикулярна радиусу окружности как касательная, то вторая также перпендикулярна ему (так как они параллельны), следовательно, расстояние между ними равно радиусу, который по построению равен a, что и требовалось получить.

Таким образом, мы доказали взаимозаменяемость двусторонней линейки и циркуля и линейки.

Вывод: двусторонняя линейка взаимозаменяема с циркулем и линейкой.





Заключение

Итак, вопрос о возможности использования одной линейки для решения классических задач на построение с помощью циркуля и линейки рассмотрен и решен. Оказывается, задачи на построение можно решать с помощью одной только линейки с параллельными краями. При решении более сложных задач следует опираться в дальнейшем на так называемые основные построения, рассмотренные в данной работе.

Непосредственное применение изложенный материал может иметь не только на уроках математики, на занятиях математического кружка, но и в практической деятельности.




hello_html_m57efb425.png














Список использованной литературы

  1. Алиев А.В. Геометрические построения. Математика в школе. 1978 № 3

  2. Глейзер Г.И. История математики в школе. М., Просвещение. 1981.

  3. Депман И.Я. За страницами учебника математики. М.. Просвещение.1989.

  4. Еленский Щ. По следам Пифагора. М., Детгиз. 1961.

  5. Энциклопедический словарь юного математика. М., Педагогика. 1985 г









Выберите курс повышения квалификации со скидкой 50%:

Автор
Дата добавления 16.10.2016
Раздел Математика
Подраздел Другие методич. материалы
Просмотров241
Номер материала ДБ-266091
Получить свидетельство о публикации
Похожие материалы

Включите уведомления прямо сейчас и мы сразу сообщим Вам о важных новостях. Не волнуйтесь, мы будем отправлять только самое главное.
Специальное предложение
Вверх