Fiam matematikavizsgára készül. (Ez egy ilyen iskola.)
Nyilván a gyerek csak úgy magától, 14,5 évesen nem fog megtanulni vizsgázni, nekiálltunk gyakorolni. Előszedtük a 3 év matekkönyveit, tételeket dolgoztunk ki – és példákat oldottunk meg, mivel ez inkább ZH lesz, mint vizsga.
Ez itt egy feladat. Kiadtam a srácnak, én meg mentem a dolgomra. Negyedóra múlva adott füstjeleket: nem megy. Nem hát, mert gyökér vagy – gondoltam – ellazsáltad a felkészülést. (Persze nem annyira gyökér, inkább csak magához képest. Gyökérke.) Elvettem a könyvet, meg a Barna által megszerkesztett síkidomot, vetettem néhány mágikus pillantást a feladatra – a geometriával ugyanis úgy kell elbánni, hogy az ember egy kicsit kancsalítva néz rá a feladatra, éles szemmel kimetszi azt az alakzatot, mely a megoldást hordozza, majd felépíti a logikai láncot, miből mit lehet kiszámolni – szóval, rábandzsalítottam a feladatra… és nem láttam semmit. Izé – mondtam – egy kicsit gondolkodnom kell. Berajzoltam mindenféle segédvonalakat, de nem adta magát a megoldás. Bármilyen úton haladtam ugyanis a megoldás felé, mindig beleütköztem abba, hogy hiányzik egy adat: a magasság. Aztán fogtam és szerkesztettem magamnak egy másik trapézt, direkt kisebb magassággal, mint amit Barna vett fel. És… egy teljesen másik síkidom jött ki, mint ami Barnának – pedig minden feltétel teljesült. Nem kicsit néztem hülyén az előző teleszámolt papírlapra. Ekkor jegyezte meg a gyerek, hogy ez hetedik általános iskolai anyag, ekkor még nemhogy szögfüggvényeket, de Pitagorasz-tételt sem tanultak.
Jó, mi. Ha valaki szeret ilyesmivel foglalkozni, játszadozzon el vele. Valahogy nyugodtabb lennék, ha az derülne ki, én vagyok a hülye, nem pedig a tankönyv.
Ezt pedig csak úgy, desszertként.
Az előző példa a 8-os feladat volt, ez meg az 5-ös. Nyilván ezt is feladtam a srácnak. Aztán jött is pár perc múlva, hogy ‘Apa, gyere’. Mentem. ‘Szerintem az a. feladatnál hogy is vannak azok a számok az átlón?’. Néztem, néztem… aztán megvontam a vállam. Nem lehet minden tökéletes – morogtam – foglalkozz inkább a b. feladattal.
De most komolyan. Ezt a könyvet megírták néhányan. Ketten lektorálták. Erre itt egymás mellett két ekkorra marhaság. Hogyan bízzon így a gyerek a többi feladatban? Tuti, hogy ha legközelebb megakad egyben, nem az lesz az első, hogy ‘hoppá, elböktem valamit’ – hanem az, hogy biztosan megint szar volt a feladat.
(Mondjuk… életre nevelésnek nem rossz. Ha megakadsz, nem te vagy a hibás, hanem a specifikáció. Önbizalomhegyek fognak születni.)
[Update]
Mea culpa itt.
2008. January 06. Sunday at 01:31
Az elsőnél gondolom bármelyik megoldás jó, a millió közül. :D
2008. January 06. Sunday at 02:31
Na jó, de akkor neked kell megadnod a hiányzó adatot. :)
2008. January 06. Sunday at 08:22
JoeP!
Az 5 feladat nem tul szerencses. (Siman rossz az abra.)
Az elso feladat eseten a magassag, velemenyem szerint az alabbi meggondolasokbol kijon.
A hurtrapez a hurnegyszogek koze tartozik, azaz minden oldala egy kornek a hurja. A trapez olyan negyszog amelynek ket oldala parhuzamos. A szerkesztes valami hasonlot ad, mint az abra. Minden hur felezo meroleges a kor kozeppontjan halad keresztul, de ezt nem hasznaljuk most ki.
A parhuzamossagok alapjan az AB hossza 6+6-3, mert |DC|=|EB| es |AF|=|DC|, valamint egy |EF|-vel tobb van, azaz |AB|=9;
Jeloljuk G-vel az AB felezopontjat, H-val a DC felezopontjat. A szimmetria miatt |GH| kiszamithato az AGHD negyszogbol, mert ennel |DH|=3, |AG|=4.5 es |AD|=3, amibol (igaz Pitagorasz tetellel) GH=sqrt(3^2-1.5^2)=2.59. Innen a teruletek szamithatoak.
Udv.
ra
2008. January 06. Sunday at 13:06
areich,
Ahogy mondod. Most egy kicsit komolyabb apparátussal estem neki szerkesztgetni és tényleg kijött, hogy ha a magasságokat változtatom, akkor elcsúszik az |EF| hossza. Nem olyan nagyon – tegnap ez csapott be – de mérhetően. (Ma szerkesztettem egy durvábban más trapézt és ott már jól látszott.)
Mindenesetre örülök, hogy én bénáztam, nem a tankönyv.
2008. January 06. Sunday at 14:04
Szerintem a gyokharomra egyaltalan nincs szukseg, megoldhato ez gorog modra is.
Legyen G es H a CD ill AB szakasz felezopontja, O a kor kozepe. Hurnegyszog -> GO ill HO hurfelezok; trapez -> AB||CD -> H,G,O egy egyenesen vannak.
Ebbol kapjuk (mivel DE||BC) hogy BEDC rombusz es |EH| = |EB| – |HB| = |CD| – |AB|/2 = 6-9/2=1.5. Hasonloan |FH| = 1.5.
Ezexerint az alakzat (beleertve az E,F pontokat is) tukorszimmetrikus a HG tengelyre.
Ezert 3 = |AD| = |FC| (rombusz) = |DE| (szimmetria) = |BC| (rombusz).
Mivel |DG| = |DE| = 3 es |EH| = 1.5, a DGE haromszog egyenlooldalu, igy |GE| = 3. Ugyanigy |GF| = 3.
Osszefoglalva, ADEGFCB egy “furesz” (/\/\/\), egyenlooldalu haromszogekbol. Ezutan az osszes kerdes trivialisan megvalaszolhato/kiszamolhato.
De azert szep feladat, hetedikeseknek.
Udv a behavazott Pragabol.
Gy.
2008. January 06. Sunday at 14:32
Ez is jogos, hiszen tényleg nem konkrét területet kérdeztek, hanem területarányt – az meg 3 háromszög vs. öt háromszög.
2008. January 07. Monday at 09:30
Nekem rémlik ez a stílus, ránézésre B faktos gimnáziumi matekpéldák :)
Egyébként szimpatikus alkalmazott matek, remek agytorna.
Gubanc legfeljebb akkor van, ha nem felkészült (vagy túl fiatal) a gyerkőc. Már nem emlékszem, hogy én hány évesen csináltam meg ilyeneket, de felkészülten igazán nem nagy kunszt. 1 órát malmoztam unalmamban a központi felvételin is :)
Az én időmben (15 éve) a hasonló stílusú (de trükkösebb) példák voltak a matek felvételi feladatok. Szépen be kell őket gyakorolni és akár 17 évesen is meg lehetett kb. hibátlanra írni a központi felvételit. Van még olyan ? :)))