Программа элективного курса по геометрии Геометрические построения на плоскости
МБОУ «Князевская СОШ»
Программа элективного курса по геометрии
Геометрические построения
на плоскости
Составитель: учитель
МБОУ «Князевская СОШ»
Тукаевского района РТ
Сайфетдинова Г. В.
Татарстан 2016
Пояснительная записка
Элективный курс по геометрии для предпрофильной подготовки
учащихся 9-х классов рассчитан на 28 часов. Курс посвящен задачам на геометрические построения циркулем и линейкой.
Задачи на построение являются важным средством формирования у учащихся геометрических представлений в целом. В процессе геометрических построений учащиеся в практическом плане знакомятся со свойствами геометрических фигур и отношений, учатся пользоваться чертежными инструментами, приобретают графические навыки. В правильности многих геометрических утверждений в большинстве случаев школьники убеждаются также в процессе геометрических построений. Умения и навыки построения с чертежными инструментами являются решающими для развития пространственного мышления ребенка, доказано во множестве психологических исследований. Однако для многих учителей характерна недооценка роли задач данного вида. В школьном курсе геометрии отводиться мало времени для изучения задач на построение. Методом погружения в тему можно добиться овладение детьми умения «грамотно» решать задачи на построение, решать задачи по определенной схеме. Для решения задачи на построение нужно:
1) установить конечное число случаев, исчерпывающих все возможности в выборе данных;
2) для каждого случая дать ответ на вопрос, имеет ли задача решение и сколько этих решений;
3) для каждого случая, когда задача имеет решение, дать способ нахождения с помощью данных инструментов каждого из возможных решений или установить, что оно не может быть получено данными инструментами.
Для решения этих вопросов приходиться придерживаться определенной схемы рассуждений, состоящей из четырех этапов, именуемых анализом, построением, доказательством и исследованием.
Целями данного курса являются:
создание условий для формирования и развития у учащихся интереса к изучению предмета геометрии, осознанному выбору профиля обучения;
развитие абстрактного и логического мышления, в том числе таких мыслительных операций анализа и синтеза, индукции и дедукции, сравнения и обобщения, классификации, конструирования и др.;
развитие творческих способностей.
Для достижения поставленных целей в процессе обучения
решаются следующие задачи:
расширить круг геометрических знаний, как понятийных, так и методичных;
обобщить материал геометрии и алгебры за курс 7-9 классов;
при написании и защите курсовой работы вырабатываются умение математически грамотно и логически обоснованно выполнять мини- научную работу, умение выступать перед аудиторией.
В результате элективного курса учащиеся должны
знать:
понятие задачи на построение;
опорные задачи на геометрические построения с помощью циркуля и линейки;
схему решения задач на построение;
суть разных методов решения задач на построение;
проблему разрешимости задач на построение с помощью циркуля и линейки;
уметь:
решать опорные задачи на геометрические построения с помощью циркуля и линейки;
определять метод и решать задачи на построение различными методами: геометрических мест, геометрических преобразований: параллельного переноса, поворота, центральной симметрии, осевой симметрии, подобия.
решать задачу, проходя все этапы: анализ, построение, доказательство, исследование.
Учебно-тематический план
№
Тема
всего часов
в том числе
форма контроля
лек ции
прак тиче ские
1
Введение
3
1
2
2
Схема решения задач на построение
1
1
3
Решение задач на построение методом геометрических мест
4
1
3
4
Решение задач на построение методом геометрических преобразований:
параллельного переноса,
поворота,
центральной симметрии,
осевой симметрии,
подобия.
11
1
2
2
2
2
2
Самостоя
тельная
работа
5
Решение задач на построение алгебраическим методом
3
1
2
6
Смешанные задачи
1
1
7
О разрешимости задач на построение с помощью циркуля и линейки.
2
1
1
8
Итоговые занятия
3
3
защита
курсовой
работы
28 часов
Содержание курса:
1. Введение. Из истории задач на геометрические построения. Аксиома линейки и циркуля Опорные задачи на геометрические построения с помощью циркуля и линейки.
2. Схема решения задач на построение. Характеристика этапов решения задач на построение: анализа, построения, доказательства, исследования. Обоснование необходимости всех этапов решения. Примеры решения задач на построение.
3. Решение задач на построение методом геометрических мест. Сущность метода.
4. Решение задач на построение методом геометрических преобразований:
параллельного переноса, поворота, центральной симметрии, осевой симметрии,
подобия. Сущность методов.
5. Решение задач на построение алгебраическим методом.
Построение отрезков, длины которых выражаются несложными алгебраическими формулами. Построение отрезков, выражающихся сложными алгебраическими формулами, которые сводятся в результате преобразований и замены к построению несложных.
6. Смешанные задачи. Понятие о невозможности провести классификацию задач на построение по методам их решения, но существованию условного разбиения при раскрытии сущности методов решения. Решение задач смешанного типа.
7. О разрешимости задач на построение с помощью циркуля и линейки.
Из истории разрешимости задач на построение с помощью циркуля и линейки.
Теорема о возможности построения отрезка, заданной длины. О возможности построения многоугольников с помощью циркуля и линейки.
8. Итоговые занятия. Защиты курсовых работ.
Тема №1
Из истории задач на геометрические построения.
Опорные задачи на геометрические построения с помощью циркуля и линейки
Вся история геометрии и некоторых других разделов математики тесно связана с развитием теорией геометрических построений. Важнейшие аксиомы геометрии, сформированные Евклидом около 300 года до нашей эры, ясно показывают, какую роль сыграли геометрические построения на формирование геометрии. «От всякой точки до всякой точки можно провести прямую линию», «Ограниченную прямую можно долго продолжать». Из всякого центра и всяким раствором может быть описан круг» - эти постулаты Евклида явно указывают на основное положение конструктивных методов в геометрии древних.
Древнегреческие математики считали «истинно геометрическими лишь построения производимые циркулем и линейкой, не признавая «законным» использование других средств для решения конструктивных задач». При этом, в соответствии с постулатами Евклида, они рассматривали линейку как неограниченную и одностороннюю, а циркулю прописывалось свойство чертить окружности любых размеров. Эта традиция до сих пор сохранилась в школьном курсе геометрии.
Древнегреческие геометры успешно справлялись с труднейшими задачами на построение с помощью циркуля и линейки. Так, например, Аполлоний Пергский решил известную задачу, носящую его имя: «Построить окружность, касающуюся трех данных окружностей».
В17-20 веках теория геометрических построений стала развиваться дальше, главным образом в связи с созданием новых разделов математики.
Много внимания уделили конструктивным задачам творцы современной математики: Декарт, Ферма, Ньютон, Паскаль, Эйлер, Гаусс и другие.
В 17-19 веках разрабатывается теория геометрических построений с помощью различных инструментов, отличных от принятых древними. Уже Леонардо да Винчи (1452-1519) рассматривал построения с помощью линейки и циркуля постоянного размаха. Датчанин Мор (1672г.) и итальянец Маскерони (1797г.) изучали построения, выполняемые циркулем, и обнаружили, что циркуль позволяет решить всякую конструктивную задачу, разрешимую циркулем и линейкой. Швейцарец Ламберт (1774г.) рассматривал некоторые задачи на построение на ограниченном куске плоскости.
Многовековые неудачные попытки решить классические задачи о квадратуре круга, об удвоении куба, о трисекции угла навели на мысль, что эти задачи вовсе не разрешимы циркулем и линейкой. В связи с этим возникла необходимость выяснить, какие задачи разрешимы циркулем и линейкой. Этот вопрос оказался тесно связанным с алгебраической проблемой о разрешимости уравнений.
В настоящее время теория геометрических построений представляет обширную и глубоко развитую область математики, связанную с решением разнообразных принципиальных вопросов, уходящих в другие ветви математики.
Изложение многих геометрических вопросов опирается на геометрические построения. Это особенно характерно для «доказательства существования», так, например: существование центра окружности, вписанной в треугольник, существование подобных треугольников; существование параллельных прямых доказывается с помощью построений.
Опорные задачи
на геометрические построения с помощью циркуля и линейки
Полное и точное описание односторонней линейки и циркуля дается в виде аксиом:
Аксиома линейки:
Линейка позволяет выполнить следующие геометрические
построения:
а) построить отрезок, соединяющий две построенные точки;
б) построить прямую, проходящие через две построенные точки;
в) построить луч, исходящий из построенной точки и проходящий через другую построенную точку.
Аксиома циркуля:
Циркуль позволяет выполнить следующие геометрические построения:
а) построить окружность, если построен центр окружности и отрезок, равный радиусу окружности;
б) построить любую из двух дополнительных дуг окружности, если построены центр окружности и концы этих дуг.
Существует ряд простейших геометрических задач на построение, которые особенно часто входят в качестве составных частей в решении более сложных задач.
К числу таких опорных задач обычно относятся 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, проходящую через данную точку параллельно данной прямой.
6. Построение прямой, проходящую через данную точку перпендикулярно данной прямой.
7. Деление отрезка в данном отношении.
8. Построение треугольника по трем данным сторонам.
9. Построение треугольника по стороне и двум прилежащим углам.
10. Построение треугольника по дум сторонам и углу между ними.
11. Построение прямой, проходящей через данную точку и касающейся данной окружности.
12. Построение прямоугольного треугольника по гипотенузе и катету.
Эти задачи рассмотрены в школьном курсе геометрии.
Тема №2.
Схема решения задач на построение.
Для решения задач на построение достаточно:
1) установить конечное число случаев, исчерпывающих все возможности в выборе данных;
2) для каждого случая дать ответ на вопрос, имеет ли задача решение и сколько этих решений;
3) для каждого случая, когда задача имеет решение, дать способ нахождения с помощью инструментов каждого из возможных решений или установить, что оно не может быть получено данными средствами.
Для решения этих вопросов придерживаются определенной схемы рассуждений, состоящей из четырех этапов, именуемых анализом, построением, доказательством и исследованием. Эта классическая широко применяется в школьной практике. Рассмотрим краткую характеристику основных этапов.
Анализ - поиск способа решения задач на построение. На этом этапе нужно найти такие зависимости между данными фигурами и искомой фигурой, которые позволили бы в дальнейшем построить эту искомую фигуру. Для этого обычно выгодно перед глазами иметь вспомогательный чертеж, изображающий данные и искомые фигуры в расположении, предусмотренном условием задачи. На нем следует выделить данные элементы и важнейшие искомые элементы. Обычно построение вспомогательного чертежа начинается с примерного изображения искомой фигуры, пристраивая к ней данные, так чтобы они находились в отношениях, указанных в условии задачи.
При проведении анализа полезно учитывать следующие важные замечания :
1)Если на вспомогательном чертеже не удается непосредственно заметить необходимые для решения связи между данными и искомыми элементами, то целесообразно ввести в чертеж вспомогательные фигуры: соединить уже имеющиеся точки прямыми; отметить точки пересечения имеющихся линий; продолжить некоторые отрезки и так далее. Иногда полезно провести параллели или перпендикуляры к уже имеющимся прямым.
2) Если по условии задачи даны сумма или разность отрезков или углов, то эти величины следует ввести в чертеж, то есть следует изобразить их на чертеже-наброске, если их еще нет на нем.
3)Проводя анализ на основании изучения искомого чертежа-наброска, мы можем найти способ решения, пригодный лишь для некоторых частных случаев. Что получаемый способ решения был пригоден для возможно более широкого выбора данных, желательно изображать искомую фигуру в возможно более общем виде.
Построение состоит в том, чтобы указать последовательность основных построений , которые достаточно произвести, чтобы искомая фигура была построена, и сопровождается непосредственным построением каждого шага с помощью инструментов, принятых для построения.
Доказательство имеет целью установить, что построенная фигура действительно удовлетворяет всем поставленным в задаче условиям.
Исследование является заключительным этапом решения задачи на построение. Для каждого решения задачи нужно выяснить следующие вопросы:
1)При любом ли выборе данных можно выполнить построения избранным способом?
2) Можно ли и как построить искомую фигуру, если избранный способ нельзя применить?
3) Сколько решений имеет задача при каждом выборе данных?
Таким образом, цель исследования - установить условия разрешимости и определить число решений.
Практически в большинстве случаев удается достигнуть необходимой полноты исследования, если проводить это исследование по ходу построения. Нужно перебрать последовательно все шаги, из которых слагается построение, и относительно каждого шага установить, всегда ли указанное на этом шаге построение выполнимо, а если выполнимо, то однозначно ли. В итоге решается вопрос о возможности и однозначности построения искомой фигуры данным способом. Задача может иметь другие решения, которые могут быть найдены другими способами. В этих случаях надо тщательно проверить, нет ли каких-либо иных возможных случаев расположения данных или искомых фигур, которые не были предусмотрены анализом.
Тема №3.
Решение задач на построение
методом геометрических мест.
Для решения задач на построение с помощью циркуля и линейки разработан ряд методов. Основными из них являются метод геометрических мест, метод преобразований и алгебраический метод. Каждому методу сопоставляется определенный класс задач.
Однако провести классификацию задач по методам их построения нельзя. Это следует уже из того, что многие задачи допускают несколько методов решения. Поэтому можно говорить лишь об условном разбиении задач на построение с помощью циркуля и линейки.
Метод геометрических мест
Метод геометрических мест называют также методом пересечения фигур. Сущность его заключается в следующем:
Решение задачи на построение сводят к разыскиванию некоторой точки, подчиненной двум независимым условиям. Отбрасываем одно из этих условий и ищем множество всех точек, удовлетворяющих второму условию. Пусть это будет фигура Ф13 EMBED Equation.3 1415.
Отбрасываем затем второе условие и ищем множество всех точек, удовлетворяющих первому условию. Пусть это будет фигура Ф13 EMBED Equation.3 1415. Ясно, что обоим случаям удовлетворяет каждая точка Х пересечения этих фигур. А по ним, как правило восстанавливается вся фигура. Для того чтобы вся фигура была построена, необходимо, чтобы фигуры Ф13 EMBED Equation.3 1415и Ф13 EMBED Equation.3 1415
Допустим, что задача решена и треугольник ABC удовлетворяет условиям задачи. Допускали построение с помощью циркуля и линейки, то есть, чтобы они были прямыми или окружностями или состояли из этих фигур или частей. При решении задач наиболее часто встречаются следующие геометрические места точек, которым удовлетворяют искомые фигуры:
Множество точек плоскости, каждая из которых равноудалена от двух данных точек Аи В, есть серединный перпендикуляр отрезка АВ.
Мноржество точек, находящихся на данном расстоянии от данной прямой, есть две прямые, параллельные данной и отстоящие от нее на данном расстоянии.
Множество точек, каждая из которых равноудалена от двух данных параллельных прямых, есть прямая, являющаяся их осью симметрии.
Множество точек, каждая из которых равноудалена от двух пересекающихся прямых, есть две взаимно-перпендикулярные прямые, содержащие биссектрисы углов, образованных данными прямыми.
Множество точек, из которых отрезок АВ виден под прямым углом. Есть окружность (без точек Аи В) построенная на отрезке АВ как на диаметре.
Множество точек плоскости, из которых отрезок АВ виден под углом
·, где
·
· 90°,
·
· 180°, есть две дуги с общими концами А иВ (без точек А и В), симметричные относительно прямой АВ.
Множество точек на плоскости, для каждой из которых отношение расстояний от двух данных точек А и В постоянно и отлично от единицы., есть окружность с центром на прямой АВ. Эта окружность называется окружностью Апполония.
Рассмотрим конкретные примеры задач, решаемые методом геометрических мест.
Задача.
Построить треугольник по основанию, углу при вершине и радиусу вписанной окружности.
Анализ
Допустим, что задача решена и
·АВС удовлетворяет условиям задачи. Пусть О - центр вписанной окружности. Отрезок ВС равен данному отрезку
·, а радиус вписанной окружности равен b и угол ВАС равен данному углу
·. Если мы определим положение точки О относительно отрезка ВС, то построим и третью вершину треугольника - точку А. Таким образом задача сводиться к построению точки О. Точка О находится на расстоянии b от прямой ВС. Множество таких точек образует две прямые, параллельные прямой ВС. Найдем угол ВОС. Пусть
·ABC=
·,
·ACB=
·. Тогда
·BOC- 180°-
·/2-
·/2;
·BAC=
·=180o-
·-
·. Следовательно, (
·+
·)/2=90°-
·/2 и
·BOC=180°-(90o-
·/2)=90°+
·/2. Таким образом, отрезок ВС виден из точки О под углом 90°+
·/2. Множество таких точек состоит из двух дуг с общими концами А и В. Отсюда следует построение точки О.
Построение (рис.1).
Пусть а и b - данные отрезки,
·
· 90°
· - данный угол.
1. Проводим произвольную прямую и на ней откладываем отрезок ВС, равный данному отрезку
· .
2. Строим прямые m13 EMBED Equation.3 1415и m13 EMBED Equation.3 1415, параллельные ВС и отстоящие от нее на расстоянии b.
3. Строим серединный перпендикуляр DK к ВС, К - середина ВС.
4. Делим данный угол
· пополам.
5. Строим угол KBO13 EMBED Equation.3 1415, равный
·/2, O13 EMBED Equation.3 1415 - точка KD.
6. Проводим дугу ВС радиуса 013 EMBED Equation.3 1415В.
7. Строим точку О - точку пересечения дуги ВС и прямой m13 EMBED Equation.3 1415.
8. Строим окружность с центром в точке О радиуса b.
9. Из точек В и С проводим касательные к окружности.
10. А - точка пересечения касательных. Треугольник ABC - искомый.
Рис.1
Доказательство.
По построению ВС=а и окружность радиуса b вписана в треугольник ABC. Докажем, что
·ZBAC=
·. По построению
· KBO13 EMBED Equation.3 1415=
·/2. Следовательно,
·BO13 EMBED Equation.3 1415K=90°-
·/2. Пусть O13 EMBED Equation.3 1415K пересекает дугу ВС в точке Е. Тогда
·O13 EMBED Equation.3 1415ВЕ =
·O13 EMBED Equation.3 1415ЕВ = 45 ° +
· /4 и
· BEC=90°+
· /2. Следовательно
· ВОС=90°+
·/2, поэтому
· BAC=
·, как это следует из анализа.
Исследование.
Прямая m13 EMBED Equation.3 1415 и дуга ВС пересекутся, когда ЕК
·b, то есть когда
·/2ctg(45°+
·/4)
·b . Касательные проходящие через точки В и С, пересекутся, так как
· B+
·C= 2(
·OBC+
·DBC)=2(l 80°-
·BOC)=180°-
·.
Задача имеет единственное решение. Действительно, пусть ABC и А'В'С - два треугольника, удовлетворяющие условиям задачи, а О и О' - центры окружностей, вписанных в эти треугольники. Из равенства треугольников ОВС и О'В'С следует, что
·OBC=
·O'B'C поэтому
·ABC=
· А'В'С. Так как
·BAC=
·B'A'C, то и
·ACB=
·A'CB'. Таким образом треугольники ABC и А'В'С равны по стороне и двум прилежащим углам.
Тема №4.
Решение задач на построение
методом геометрических преобразований:
параллельного переноса, поворота,
центральной симметрии, осевой симметрии,
подобия.
Метод геометрических мест
Сущность метода геометрических преобразований состоит в том, что при решении задачи, прежде всего в процессе анализа, наряду с данными и искомыми фигурами, рассматриваются другие фигуры, которые получаются из данных и искомых фигур или их частей с помощью того или иного геометрического преобразования.
В ряде задач возникает следующая ситуация:
если исключить одной из условий, то остальным условиям будет удовлетворять бесконечное множество подобных фигур. Построив фигуру, подобной данной, можно затем увеличить ее или уменьшить в нужном отношении так, чтобы получилась искомая фигура. В данном случае говорят о решении задачи методом подобия.
Задача.
Построить равнобедренный треугольник по углу при вершине и сумме основания с высотой.
Анализ
Искомый треугольник должен удовлетворять трем условиям:
1) он должен быть равнобедренным.
2) угол при вершине должен быть равен углу а.
3) сумма основания и соответствующей высоты должна быть равна данному отрезку 1.
Треугольник, удовлетворяющий условиям 1 и 2, легко построить. Таких треугольников существует бесконечное множество, все они подобны между собой. Построим один из них - треугольник В'АС, причем
·B'AC =a. Искомый треугольник удовлетворяет условиям 1-3. Будем искать его среди треугольников, гомотетичных треугольнику В'АС относительно центра гомотетии - точки А .
Пусть треугольник ВАС искомый. Ясно что ВС| |В 'С '(или совпадают). Пусть АР' - высота треугольника В'АС. АР' пересекает ВС в точке Р. Следовательно, АР - высота треугольника ВАС. По условию дан отрезок l : ВС+АР=l . Располагая построенным треугольником В'АС", мы можем построить отрезок l'13 EMBED Equation.3 1415 : В'С'+АР'= l'13 EMBED Equation.3 1415
Так как ВС/В'С=АР/АР'=(ВС+АР)/(В'С '+АР'), то коэффициент гомотетии равен l : l'. Зная коэффициент гомотетии и центр, можно построить искомый треугольник (рис.2).
13 EMBED Paint.Picture 1415 рис.2
Построение
рис.3
1. Строим произвольный треугольник В'АС, удовлетворяющий условиям 1,2(В'А=СА; ZB'AC=oe). 2.F:B'F=FC (рис.3).
3. Строим АР'.
4. Строим F: F принадлежит АР' и AF=1
5. Строим F: Б' принадлежит АР' и AF=AF+B'C.
6. Строим FB, параллельную F'B', где В принадлежит АВ\
7. Строим ВС, параллельную В'С, где С принадлежит АС. Треугольник ABC - искомый.
Доказательство
Пусть Р - пересечение ВС и АР'. Так как треугольники ВАС, В'АС , AB'F, ABF, то
AP/AF=BC/B'C=AB/AB'=AF/AF=l/r.
Следовательно, (АР+ВС)/(АР'+ВС)=1/l'13 EMBED Equation.3 1415
Так как АР'+В'С=1', то AP+BС=l
Итак треугольник, удовлетворяет условию 3. Очевидно, что он удовлетворяет условиям 1 и 2.
Исследование
Так как все шаги построения однозначно выполнимы, то при данном способе построения имеем единственное решение. Всякий другой треугольник А 13 EMBED Equation.3 1415В 13 EMBED Equation.3 1415С 13 EMBED Equation.3 1415, удовлетворяющий условиям задачи, подобен построенному треугольнику ABC. Следовательно,
В13 EMBED Equation.3 1415С13 EMBED Equation.3 1415/ВС=А13 EMBED Equation.3 1415Р13 EMBED Equation.3 1415/АР=(А13 EMBED Equation.3 1415Р13 EMBED Equation.3 1415+В13 EMBED Equation.3 1415С13 EMBED Equation.3 1415)/(АР+ВС).
Но так как А13 EMBED Equation.3 1415Р13 EMBED Equation.3 1415+В13 EMBED Equation.3 1415С13 EMBED Equation.3 1415=АР+ВС=l , то и ВС=В 13 EMBED Equation.3 1415С 13 EMBED Equation.3 1415, что приводит к равенству треугольников ABC и А 13 EMBED Equation.3 1415В 13 EMBED Equation.3 1415С 13 EMBED Equation.3 1415.
Таким образом, задача имеет единственное решение.
Вторая типичная ситуация, которая часто встречается при решении задачи методом геометрических преобразований, заключается в следующем: задача сводится к построению некоторой точки, которой является общей для данной линии l 13 EMBED Equation.3 1415 и l'13 EMBED Equation.3 1415 ', получаемой из другой дано lлинии 113 EMBED Equation.3 1415 с помощью некоторого преобразования. Приведем конкретные примеры.
Задача
Построить ромб так, чтобы одна из его диагоналей была равна данному отрезку г и лежала на данной прямой а, а остальные две вершины ромба лежали бы соответственно на данных прямых b и с.
Анализ
Пусть ABCD- искомый ромб, AD =г. Так как диагонали ромба взаимно перпендикулярны, то точrи В и С симметричны друг другу относительно прямой а. Если, например, определить положение вершины С, то можно будет легко построить вершину В. центр О, а следовательно, и вершины А и D. Так как точка С симметрична точке В, то она принадлежит прямой b' , которая симметрична прямой b относительно прямой а. Следовательно, точка С может быть построена как точка пересечения прямых с и b' (рис.4).
рис.4
Построение
Пусть а, Ь, с - данные прямые и EF=m.
1. M': MM'la, P - точка пересечения ММ' с прямой а МР=РМ\
2. N': NN' J_a, Q - точка пересечения NN' с прямой а и NQ=QN\
3. M'N'HV - прямая симметричная прямой b относительно прямой а.
4. С - точка пересечения Ь' и с.
5. В: CB_La, точка пересечения ВС и а. СОЮВ.
6. К - середина EF, EK=KF=m/2.
7. А и D принадлежат а и ОА =OD=m/2.ABCD - искомый ромб (рис.5).
рис.5
Доказательство очевидно из построения.
Исследование
Возможны следующие случаи:
1)с
·b', решений нет;
2) с совпадает с b', решений бесконечно много;
3) прямые с и b' пересекаются на прямой а, решений нет.
При решении задачи методом преобразований может возникнуть и такая ситуация, когда сравнительно просто можно построить фигуру Ф13 EMBED Equation.3 1415, из которой искомая фигура Ф может быть получена с помощью геометрического преобразования определенного вида. Примером такой задачи является следующая.
Задача
Даны две параллельные прямые а и b и точка Р, лежащая между ними. Построить окружность, касающихся прямых а и b и проходящую через точку Р.
Анализ
рис.6
Построим окружность Ф13 EMBED Equation.3 1415, касающихся прямых а и Ь. Ее центр лежит на прямой с, параллельную а и b и проходящей по середине между ними. Радиус равен половине расстояния между прямыми а и Ь. Окружность Ф13 EMBED Equation.3 1415 не проходит через точку Р. Искомую окружность Ф можно получить из окружности Ф13 EMBED Equation.3 1415 параллельным переносом по направлению данных параллельных прямых. Перенос надо произвести так, чтобы окружность прошла через точку Р. Остается найти вектор переноса.
Проведя через Р прямую d, параллельную данным прямым, получим две точки пересечения Р13 EMBED Equation.3 1415 и Р13 EMBED Equation.3 1415 этой прямой с окружностью Ф13 EMBED Equation.3 1415. За вектор искомого переноса можно взять вектор Р13 EMBED Equation.3 1415Р или вектор Р13 EMBED Equation.3 1415Р. Перенося точку О на вектор Р13 EMBED Equation.3 1415Р, получим точку O13 EMBED Equation.3 1415, на вектор РР13 EMBED Equation.3 1415, - точку013 EMBED Equation.3 1415. Окружности Ф'(013 EMBED Equation.3 1415,г) и Ф"(013 EMBED Equation.3 1415,г) - искомые решения. Подробное описание построения, доказательства и исследования опустим (рис.6).
Можно отметить еще одну типичную ситуацию, имеющую место при решении задач методом геометрических преобразований. В результате анализа замечаем, что искомая фигура при некотором преобразовании переходит сама в себя. Если при этом предварительно построить образцы данных точек и фигур при этом же преобразовании, то мы обогатим наличный набор данных фигур, и это значительно может облегчить решение задачи. Рассмотрим это на следующем примере.
Задача
Земельный участок квадратной формы был огорожен. От изгороди сохранились два столба на параллельных сторонах квадрата. Кроме того остался столб в центре квадрата. Требуется восстановить границу участка.
Анализ
Пусть ABCD - искомый квадрат. О - его центр, М и N -данные точки соответственно на сторонах АВ и CD. Если повернуть квадрат на 180° около его центра О, то он преобразуется сам в себя. Точка М займет некоторое положение М' на стороне CD, а точка N
некоторое положение N' на стороне АВ. Таким образом прямые АВ и CD будут построены. При повороте вокруг точки О на 90° квадрат также преобразуется сам в себя. При этом преобразовании АВ и CD перейдут в прямые ВС и AD. Эти четыре прямые ограничивают искомый квадрат (рис.7).
рис.7
Построение
Пусть М, N, О - данные точки
1 .M': МО=ОМ', М' лежит на МО.
2. N': NO=ON, N' лежит на NO.
3. N, М' принадлежит прямой CD.
4. М, N' принадлежит прямой АВ.
5. М'': МО=ОМ',
·MOM"=90°.
6. М''К
· М'N, С - точка пересечения М"К с NM', В - точка пересечения М"К с MN'.
7. D: CD=BC, D - точка NM'.
8. A: BA=CD, А - точка MN'. ABCD - искомый квадрат (рис.8).
рис.8
Подробное описание доказательства и исследование пропустим.
При построении многоугольника иногда выгодно применять параллельный перенос данных или искомых фигур или их частей, в результате которого задача сводится к построению треугольника, у которого три элемента. Рассмотрим это на примере анализа следующей задачи.
Задача
Построить трапецию по четырем сторонам.
Анализ
рис.9
Пусть ABCD - искомая трапеция. Отрезок СК является образом отрезка AD относительно параллельного переноса на вектор DC В треугольнике КСВ известны все стороны: CK=DA KB=AB-DC и ВС. Поэтому он может быть построен. Отрезок DA можно теперь получить из отрезка СК параллельным переносом на вектор CD, который параллелен ВК и равен по длине данной стороне CD (рис.9).
Тема №5.
Решение задач на построение
алгебраическим методом .
Сущность алгебраического метода заключается в следующем. Решение задачи на построение сводят к построению некоторого отрезка или несколько отрезков. Величину искомого отрезка выражают через величины известных отрезков с помощью формулы. В школьном курсе геометрии рассмотрены построения циркулем и линейкой отрезков, заданных простейшими формулами.
Напомним эти построения:
l. x=a+b
рис.10
АВ-а, BC=b , AC=a+b
2. x=a-b, a>b
рис.11
АВ= a, AOb, ВС=а-b
3.x=na, n - натуральное число. Выполним п раз построение 1/
4.x=a/n, n - натуральное число
рис.12
Строим отрезок ОА, равный данному отрезку а. Из конца О данного отрезка под произвольным углом к нему проводим луч. На этом луче откладываем п раз произвольный отрезок b так, что ОВ= nb. Соединим точку В со вторым концом А отрезка а. Через точку В1=b, проводим прямую, параллельную АВ, и отмечаем точку А 13 EMBED Equation.3 1415, в которой она пересечет отрезок а. х=ОА 13 EMBED Equation.3 1415(рис.12).
5. x=(na)/m, тип- натуральные числа.
Строим отрезок па и делим отрезок на m равных частей (построения 3и4).
6. x=(ab)/c
Запишем условие в виде пропорции: х/Ь=а/с.
Пусть ОА=а, ОС=с, так что члены одного из отношений отложены на одном луче, исходящем из точки О. На другом луче, исходящем из этой же точки, откладываем известный член другого отношения ОВ=b. Через точку А проводим прямую, параллельную ВС, и отмечаем точку К ее пересечения с прямой ОВ. Отрезок ОК искомый, то есть ОК=х (рис.14).
рис.13
рис.14
7. х= 13 EMBED Equation.3 1415Строим отрезок АС= а, СВ=Ь, так что АВ=а+b. На АВ как на
диаметре строим полуокружность. В точкеС восстанавливаем перпендикуляр к АВ и отмечаем точку D его пересечения с окружностью. Тогда x=CD, так как CD - высота прямоугольного треугольника ADB (рис.15)..
рис.15
8. х=13 EMBED Equation.3 1415
Отрезок строится как гипотенуза прямоугольного
треугольника с катетами а и Ь.
9.х=13 EMBED Equation.3 1415 a>b.
Отрезок х строится как катет прямоугольного треугольника с гипотенузой а катетом b.
К рассмотренным построениям можно свести построение отрезков, заданных более сложными формулами. Рассмотрим некоторые примеры.
Пусть а, Ь, с, d, e - длины данных отрезков. Построить отрезок, длина которого х определяется формулой:
а) х=13 EMBED Equation.3 1415;
б) х= 13 EMBED Equation.3 1415;
в) х= 13 EMBED Equation.3 1415;
г) х=13 EMBED Equation.3 1415.13 EMBED Equation.3 1415
а) Построение отрезка выполняем в следующем порядке: Строим отрезок, длина которого х13 EMBED Equation.3 1415 =13 EMBED Equation.3 1415 ( построение 6).Находим отрезок длины х= 13 EMBED Equation.3 1415 (построение 6).
б) Так как 13 EMBED Equation.3 1415=13 EMBED Equation.3 1415, обозначив х 13 EMBED Equation.3 1415= 13 EMBED Equation.3 1415 х13 EMBED Equation.3 1415=13 EMBED Equation.3 1415
х=13 EMBED Equation.3 1415 . Далее, используя построения 9,8,7, найдем х..
в) Так как 13 EMBED Equation.3 1415=13 EMBED Equation.3 1415. Обозначив х 13 EMBED Equation.3 1415=13 EMBED Equation.3 1415, х13 EMBED Equation.3 1415=13 EMBED Equation.3 1415, имеем х= 13 EMBED Equation.3 1415. Используя построения 6, 7, 8, найдем х.
г) Обозначив х 13 EMBED Equation.3 1415=13 EMBED Equation.3 1415, х13 EMBED Equation.3 1415= 13 EMBED Equation.3 1415, получим:
х=13 EMBED Equation.3 1415
Пусть х13 EMBED Equation.3 1415 = 13 EMBED Equation.3 1415 , тогда х= 13 EMBED Equation.3 1415+ 13 EMBED Equation.3 1415
Выполняя последовательно построения 7, 8, 6, найдем х.
Рассмотрим теперь пример задачи, решаемый алгебраическим методом.
Задача
Вписать в данную окружность правильный десятиугольник.
Анализ
рис.16
Пусть дана окружность с центром в точке О данного радиуса г.
Предположим, что АВ - сторона правильного десятиугольника, вписанного в данную окружность , х длина данного отрезка АВ (рис.16).Проведем биссектрису ВМ угла В треугольника АОВ. Так как треугольник АОВ равнобедренный и
·O=36°, то
·B=72°,
·A=72°noэтому
·ABM=36°. Таким образом, треугольник АВМ подобен треугольнику АОВ, поэтому АВ/АМ=АО/АВ, откуда r/(r-x)=r/x, х13 EMBED Equation.3 1415+xr - r13 EMBED Equation.3 1415=0
Это уравнение имеет корни
x13 EMBED Equation.3 1415=-13 EMBED Equation.3 1415+13 EMBED Equation.3 1415 (а)
x13 EMBED Equation.3 141513 EMBED Equation.3 1415=-13 EMBED Equation.3 1415-13 EMBED Equation.3 1415 (б)
Так как x13 EMBED Equation.3 1415<0, то только первому корню соответствует отрезок х, который является стороной правильного десятиугольника, вписанного в окружность.
Построение отрезка длины x13 EMBED Equation.3 1415 по формуле (а) сводится к построениям 4, 8, 2.
Тема №6
Смешанные задачи.
О классификации задач на построение
с помощью циркуля и линейки
На предыдущих занятиях были описаны три основных метода решения задач на построение. Каждому сопоставляется определенный класс задач.
Однако провести классификацию задач на построение по методам их решения нельзя. Это следует уже из того, что многие задачи допускают несколько методов решения. Но условное разбиение оказывается полезным для целенаправленного поиска решения задачи при раскрытии сущности методов решения и определения границ их применения.
Нужно отметить, что решение задачи на построение довольно редко состоит в применении только одного метода в «чистом» виде. Как правило, при решении одной и той же задачи используется их сочетание, и разные методы дополняют друг друга.
Привести примеры решения таких задач.
Задача Дан угол и точка внутри него. Построить окружность, проходящую через точку Р и касающуюся сторон угла.
В процессе решения задачи встретятся элементы трех методов: геометрического места точек, осевой симметрии и алгебраического метода. Эту задачу можно решить также методом готетии.
Тема № 7
О разрешимости задач на построение
с помощью циркуля и линейки.
Одной из важнейших проблем в теории геометрических построений является установление признака, позволяющего ответить на вопрос: можно ли циркулем и линейкой построить ту или иную геометрическую фигуру? При этом следует ответить, что задача о разрешимости ставится только в том случае, когда искомая фигура, которую следует построить, существует.
На протяжении более двух тысячелетий математики не могли решить задачу квадратуры круга, то есть построение квадрата, равновеликого данному кругу, с использованием лишь циркуля и линейки.
Лишь в X IX веке усилиями нескольких выдающихся математиков - Ламберта, Лиувилля, Эртима и Вейерштрасса - была установлена неразрешимость этой задачи, невозможность такого построения. Было предложено много приближенных решений. Неразрешимыми оказались и задача о трисекции угла, и задача удвоения куба - построения ребра куба, объем которого вдвое больше объема данного куба.
Неразрешимы также задачи о построение треугольника по трем биссектрисам,
Треугольника по углу при вершине, биссектрисе этого угла и основанию и многие другие. Попытки вырезать длины искомых отрезков, величин углов через величины данных отрезков и углов приводили к решению задачи алгебраическим методом. Ответом на поставленный вопрос служит теорема:
Искомый отрезок можно построить циркулем и линейкой в том и только том случае, когда его длина в некоторой единице измерения выражается через длины данных отрезков при помощи конечного числа арифметических операций (то есть сложения, вычитания, умножения и деления и извлечения квадратных корней).
Очень интересная история исследования задачи о построении при помощи циркуля и линейки правильных многоугольников. Древние греки умели строить правильный треугольник, квадрат, правильный пятиугольник и пятнадцатиугольник, а также многоугольники, которые получаются из них удвоением сторон, и только их.
Новый шаг в этой области был сделан лишь в 1801 году великим немецким математиком К.Ф. Гауссом. Он указал способ построения циркулем и линейкой правильного семнадцатиугольника и все те натуральные n для которых построение правильных многоугольников с таким числом сторон возможно циркулем и линейкой.,
А именно n=213 EMBED Equation.3 1415+1, где k – любое целое положительное число. Эти числа ввел в математику французский математик и юрист П. Ферма. При k, равном 0,1,2,3,4, числа Ферма простые. При k=5 число Ферма не является простым. До сих пор не найдено ни одного значения k, при котором число Ферма было бы простым, но не доказано, что таких чисел больше нет.
Гаусс доказал, что циркулем и линейкой можно построить только такие многоугольники с нечетным числом сторон, у которых число сторон является либо простым числом Ферма, либо произведением нескольких различных простых чисел Ферма.
Соответствующие правильные многоугольники с четным числом сторон получаются из описанных выше последовательным удвоением количества сторон.
Следовательно, невозможно с помощью циркуля и линейки построить правильные многоугольники с числом сторон, равным 7,9.11,13,18.21, и т.д.
Итоговое занятие
Итоговое занятие рекомендуется провести в форме защиты курсовых работ, содержанием которых будет решение задачи по схеме, включающей все этапы решения задач на построение.
Задачи, рекомендуемые для решения на занятиях, для написания курсовых работ, для самостоятельного решения:
Метод пересечений
1. Построить треугольник, если известны его сторона, противолежащий ей угол и высота, опущенная из этого угла.
2. Построить треугольник по углу и высотам , опущенным на стороны этого угла.
3. Построить окружность данного радиуса, проходящей через две данные точки.
4. Построить окружность данного радиуса, касающуюся двух данных окружностей.
5. Построить трапецию, если известны ее боковые стороны, Большее основание и высота.
6. Дан угол и точка М на одной из его сторон. Построить окружность, касающуюся сторон угла и проходящую через точку М.
7. Построить прямоугольный треугольник, зная его гипотенузу и расстояние от ее середины до одного из катетов.
8. Построить окружность данного радиуса, проходящую через данную точку и отсекающую от данной прямой хорду данной длины.
9. Внутри данного треугольника постройте точку, из которой его стороны были бы видны под равными углами.
10.Постройте окружность, которая касалась бы данной окружности и данной прямой.
Метод преобразований. Параллельный перенос
11.Построить трапецию, если известны ее основания и диагонали.
12.Построить трапецию, стороны которой соответственно равны данным отрезкам.
13.Построить параллелограмм, если дана его сторона и известно, что вершины, принадлежащие данной стороне, лежат по одной на данной прямой и данной окружности.
14.По разные стороны от канала, берега которого параллельны, расположены пункты А и В. Где нужно построить мост через канал, что путь между А и В был кратчайшим?
Поворот
15.Построить равносторонний треугольник, одна вершина которого находится в данной точке, а две другие по одной на двух данных прямых.
16.Построить квадрат, если даны его центр и две точки, принадлежащие противоположным сторонам.
17.Построить равносторонний треугольник, вершины которого лежат про одной на трех данных концентрических окружностях.
18.Даны прямая, окружность и точка А, не лежащая на них. Постройте квадрат ABCD так, чтобы вершина В лежала на данной прямой, а вершина D - на данной окружности.
Центральная симметрия
19.Дан угол и внутри него точка М. Построить отрезок, концы которого лежат на сторонах угла, а точка М является его серединой.
20.Через точку пересечения двух данных окружностей провести прямую, на которой окружности высекают равные хорды.
Осевая симметрия
21.Дан угол и внутри него точка М. Построить треугольник наименьшего периметра, одна вершина которого в данной точке, а две другие лежат по одной на сторонах угла
22.Дана прямая а и две точки А и В по одну сторону от нее. Найти на прямой а точку X такую, чтобы отрезки АХ и ВХ образовывали с прямой а равные углы.
23.Даны две окружности и прямая. Построить правильный треугольник так, чтобы две вершины лежали соответственно на данных окружностях, а высота, проведенная из третьей вершины, лежала на данной прямой.
25. Даны две окружности. Найти на данной прямой АВ такую точку , чтобы касательные, проведенные из этих точки к данным окружностям, были наклонены к АВ под равными углами.
Подобие
26. Дан угол и внутри него точка М. Построить окружность, проходящую через данную точку М и касающуюся сторон угла.
27. В данный треугольник вписать прямоугольник с данным отношением сторон.
28. Построить равнобедренный треугольник по углу при вершине и сумме основания и высоты.
29. Построить прямоугольный треугольник, у которого один катет вдвое больше второго, а сумма катетов и высоты, опущенной на гипотенузу, равна данному отрезку.
30. Вписать квадрат в данный круговой сегмент.
Алгебраический метод
31. Построить отрезки, заданные формулами :
а) х=13 EMBED Equation.3 1415;
б) х=13 EMBED Equation.3 1415;
в) х=13 EMBED Equation.3 1415
г)х=13 EMBED Equation.3 1415
32. Через две данные точки провести окружность так, чтобы касательная к ней, проведенная из третьей данной точки, равнялась данному отрезку.
33. Построить прямоугольный треугольник по данной сумме катетов и высоте, проведенной из вершины прямого угла (за неизвестное принять длину гипотенузы).
34. На сторонах АВ и ВС треугольника ABC найти такие точки М и К , чтобы МК АС и МВ-МК=а, где а - данный отрезок.
35. Из вершины данного треугольника как из центров описать три окружности, касающиеся попарно внешним образом.
Литература
1. Агунов Б.И., Балк М.Ц. Геометрические построения на плоскости. 2-е изд.: Учпедгиз,1957
2. Атанасян Л.С. и другие Учебник по геометрии для 7-9 классов общеобразовательных учреждений. – М.: Просвещение,2003
3. Глухова М.И., Малых А.Е. .Логическое мышление и задачи на построение в школьном курсе планиметрии // Проблемы модернизации школьного математического обра-зования: Материалы научно-практической конференции учителей математики и преподава-телей вузов. - Пермь.: ПГПУ, 2003.
4. Далингер В.А. Планиметрические задачи на построение. Омск: Изд-во ОГПИ, 1999.
5. Ильина Н.И. Геометрические построения на плоскости. М.: Школа - пресс, 1997.
6. Корнеева А.О. Геометрические построения в курсе средней школы. – Саратов : Издательство «Лицей», 2003
7. Погорелов А.В. Учебник по геометрии для 7-11 классов общеобразовательных учреждений. – М.: Просвещение,1990
8.Рыжик В.И., Окунев А.А. Дидактические материалы по геометрии для 9 класса: Для учащихся шк. и кл. с углубл. изуч. математики. - М.: Просвещение, 1999.
9. Четверухин Н.Ф. Метод геометрических построений. М.: Учпедгиз,1959
Root EntryEquation NativeEquation NativeEquation NativeEquation NativeEquation NativeEquation NativeEquation NativeEquation NativeEquation NativeEquation NativeEquation NativeEquation NativeEquation NativeEquation NativeEquation NativeEquation NativeEquation NativeEquation Native