Triangeln på bilden är uppdelad i fyra trianglar och tre fyrhörningar med de feta strecken.
Fyrhörningarnas omkretser tillsammans är 25 cm. Summan av omkretsarna för de fyra trianglarna är 20 cm. Den stora ursprungliga triangelns omkrets är 19 cm. Bestäm summan av längderna av de feta strecken.
Om vi lägger ihop summan av omkretserna på alla fyrhörningarna (de röda sträckorna tillsammans)
och summan av omkretsarna på alla de små trianglarna (de blå sträckorna tillsammans)
får vi omkretsen av den stora triangeln samt summan av längderna av de feta sträckorna, räknat dubbelt.
Således är 25 + 20 – 19 = 26 cm är summan av längderna av de feta sträckorna, räknat dubbelt. Summan av längderna av de feta sträckorna är således 13 cm.
Dela upp trapetset genom att dra en linje från ena hörnet till mitten av en motsatt sida (en av de icke-parallella sidorna). Den nedersta delen kan flyttas så som på bilden för att bilda en triangel med den andra delen:
Detta är en kortfattad planering av en del av en lektion med barn på 5, 6, 7 respektive 10 år. Där det inte står något är aktiviteterna riktade åt de yngre barnen.
Det är dags att sätta ihop punkter, sträckor och vinklar till trianglar!
Sammanbinda punkter
Uppgiften är att kopiera av punkter på bilden till sitt eget papper och sedan sammanbinda dem till en triangel. De yngre barnen får ett lika stort papper som originalet, men de äldre får en annan storlek och därmed implicit får träna skala.
Exempelvis en sådan bild skall kopieras
Hur många hörn har en triangel? Hur många sidor?
Hur många spetsiga vinklar kan du hitta i din triangel? Hur många trubbiga? Är det någon som har en triangel med en rät vinkel?
Efter att alla är klara med övningen kan barnen få extraövning (eller så blir det läxa): sammanbinda alla tripplar av punkter, som är av samma färg.
Den här bilden:
Blir till en tolvuddig stjärna:
Rita och klipp ut en egen triangel
Barnen får välja färg på pappret och ett uppdrag av mig: rita en spetsvinklig, trubbvinklig eller en rätvinklig triangel. Sedan skall trianglar klippas ut och vi ordnar dem efter storleken på den största vinkeln (först den mest trubbvinkliga triangeln, sedan andra trubbvinklig, sedan rätvinkliga etc.).
Efter det får barnen låna varandras pappersrester för att klippa ut andra trianglar och bygga ihop ett torn (som bara består av trianglar). Tillsammans tillverkar vi ”triangellandet”:
Triangellandet från geometriboken
Kanske lägger jag ihop Sergels Torg – mönstret under tiden. Eller så klipper jag ut svarta och vita trianglar och barnen får arrangera dem till ”Sergels Torg”.
Triangelolikheten
Nu skall trianglar byggas av pinnar. Men det är inte alltid det går! Får man tre pinnar med längder 2cm, 3cm respektive 6cm, så går de inte sätta ihop till en triangel. Anledningen är triangelolikheten.
Barnen får en massa pinnar och skall hitta tre stycken som de kan sätta ihop till en triangel (med häftmassa till exempel). De äldre barnen ska försöka förklara när det går att bygga en triangel och när det inte går.
Vägar
Apropå triangelolikheten kan vi prata om den kortaste vägen och det kortaste avståndet med 7- och 10-åringarna. Hur kan man t.ex. avgöra om ens handled eller fotled är smalare (t.ex. med snöre)? Med samma hjälpmedel kan man avgöra vilket har större omkrets: en cirkel eller en liksidig triangel, inskriven i cirkeln?
Vilken väg från dörren till fönstret är kortast (notera att bord kan vara i vägen för den raka sträckan)?
Också att fundera på: vilken av dödsrelikerna har störst omkrets?
Bygga med en magnetisk struktur
Vi avslutar med att pyssla med en magnetisk byggsats, där bitarna är magnetiska pinnar och kulor, som binds ihop väldigt starkt med varandra. Vilka former på trianglar går att bygga med hjälp av byggsatsen? Går det att bygga 3D-strukturer som består av trianglar och i så fall vilka? (T.ex. en tetraeder eller en ikosaeder går att bygga.) För de äldsta barnen berättar jag om de platonska kropparna som finns och vi försöker bygga dem alla.
Notera att jag antagligen inte hinner med allt ovanstående på alla lektioner. Ibland fastnar barnen på en sak, ibland blir uppgiften för svår. Men det mesta kommer ändå med på lektionerna.
Mattebloggen har en inofficiell tävling i att lösa matematikproblem. Skicka in din lösning med motivering till valentina.chapovalova@gmail.com, så har du chansen att vara med på topplistan. Har du någon fråga om veckans problem, posta den i kommentarerna eller maila mig. Lycka till!
I en triangel ABC så är mitten av sidan AB markerad med punkten M. Även höjderna AH och BL är utritade. Det visade sig att triangeln MHL blev liksidig. Måste det vara så att även triangeln ABC är liksidig?
Om ja, ge ett bevis för varför den måste vara det. Om nej, visa hur ett motexempel konstrueras.
Vi ritar en komplett (men ful) bild där höjderna är inkluderade. BL är alltså vinkelrät mot AC, AH är vinkelrät mot BC och AM = MB.
En viktig observation nu är att LM är medianen i den rätvinkliga triangeln ALB. Och enligt en sats så är medianen i en rätvinklig triangel lika med halva hypotenusan (kan visas genom att titta på vinklarna i de små trianglarna).
Således måste alla sträckorna AM, ML, LH, MH och MB vara lika stora!
Vi ser att vi har antydan till en cirkel, vi ritar med medelpunkt M och radien AM.
Vi ser att denna bild (eller vad man ifall försökte rita) är möjlig, eftersom vinklar, som ska vara räta verkligen är räta. Det är de, eftersom de är randvinklar, som står på en diameter.
Så detta ger oss en idé om hur vi ska konstruera en motexempel från scratch.
Lösning:
Så fort vi har en cirkel, så fixar det där med rätvinklarna sig. Det vi måste garantera är att triangeln MHL som vi konstruerar verkligen är liksidig.
Så vi börjar med en sträcka AB och markerar mitten på den, punkten M:
Sedan ska den liksidiga triangeln MHL dyka upp. Rita en cirkel med diameter AB och då medelpunkten M. Vilka två radier vi än ritar ut, kommer de vara lika långa. Så ta ett par radier så att vinkel mellan dem är 60°. Se till så att
Markera de två ny punkterna på cirkeln med L och H. Den likbenta triangeln LMH med vinkel 60° i toppen måste vara en liksidig triangel, precis vad vi ville ha!
Nu återstår det att hitta punkten C. Den hittar vi på skärningen mellan linjerna AL och BH:
Vinklarna ALB och AHB är verkligen räta, eftersom de står på diametern i den nu snygga cirkeln. Således är AH och BL verkligen höjder. Och triangeln ABC är inte liksidig, eftersom i det fallet skulle punkterna L och H ligga spegelsymmetriskt kring mittpunktsnormalen till AB.
Summan av kardemumman: vi har använt massa geometriska kunskaper för att konstruera en halvful triangel med snygg egenskap!
Löser man (ii), löser man förstås och (i). Hur tänker man då?
Det är ganska naturligt att utgå från en triangel, för att bitarna ska ändå kunna läggas ihop till en triangel och olika trianglar finns det färst av. Det vill säga, vi bör i princip pröva att skära itu spetsiga trianglar (såna som har alla vinklar mindre än 90°), trubbiga trianglar (såna som har en vinkel större än 90°) och också pröva med rätvinkliga trianglar.
Här nedan är Oves lösning. Han poängterade för mig att han löste det hela i stort sett med ”trial & error”-metoden. Och det är så konstruktionsproblem oftast löses.