додати матеріал

приховати рекламу

Методи рішення завдань на побудову

[ виправити ] текст може містити помилки, будь ласка перевіряйте перш ніж використовувати.

Введення

Вся історія геометрії та деяких інших розділів математики тісно пов'язана з розвитком теорії геометричних побудов. Найважливіші аксіоми геометрії, сформульовані основоположником наукової геометричної системи Евклідом близько 300 р. до н.е., ясно показують яку роль зіграли геометричні побудови в формуванні геометрії. «Від будь-якої точки до будь-якої точки можна провести пряму лінію», «Обмежену пряму можна безперервно продовжувати», «З усякого центру і всяким розчином може бути описаний коло» - ці постулати Евкліда явно вказують на основне положення конструктивних методів у геометрії древніх.
Давньогрецькі математики вважали «істинно геометричними» лише побудови, вироблені лише циркулем і лінійкою, не визнаючи «законним» використання інших засобів для вирішення конструктивних завдань. При цьому, відповідно до постулатами Евкліда, вони розглядали лінійку як необмежену і односторонню, а циркуля приписувалося властивість креслити кола будь-яких розмірів. Завдання на побудову циркулем і лінійкою і сьогодні вважаються дуже цікавими, і ось вже більше ста років це традиційний матеріал шкільного курсу геометрії.
Однією з найцінніших сторін таких завдань є те, що вони розвивають пошукові навички вирішення практичних проблем, долучають до посильним самостійним дослідженням, сприяють виробленню конкретних геометричних уявлень, а також більш ретельній обробці умінь і навичок. А це в свою чергу посилює прикладну і політехнічну спрямованість навчання геометрії. Завдання на побудову не допускають формального до них підходу, є якісно новою ситуацією застосування вивчених теорем і, таким чином, дають можливість здійснювати проблемне повторення. Такі завдання успішно можуть бути пов'язані з новими ідеями шкільного курсу геометрії (перетвореннями, векторами).
Геометричні побудови можуть зіграти серйозну роль у математичній підготовці школяра. Жоден вид завдань не дає, мабуть стільки матеріалу для розвитку математичної ініціативи і логічних навичок учня, як геометричні задачі на побудову. Ці завдання зазвичай не допускають стандартного підходу до них і формального сприйняття їх учнями. Завдання на побудову зручні для закріплення теоретичних знань учнів з будь-якого розділу шкільного курсу геометрії. Вирішуючи геометричні задачі на побудову, учень набуває багато корисних креслярських навичок.
Об'єктом дослідження кваліфікаційної роботи є процес навчання геометрії.
Предмет дослідження - різні методи розв'язання задач на побудову.
Мета даної роботи - розробка навчального модуля з теми «Методи розв'язання задач на побудову». Пропонується спосіб формування в учнів знань і вмінь через рішення системи геометричних задач на побудову (конструктивних завдань) за допомогою різних методів.
Найбільш ефективним способом формування умінь є підбір спеціальних завдань. Удавана простота конструктивної завдання тільки підсилює до неї інтерес учнів, бажання знайти рішення, яке деколи вимагає розумового напруження і винахідливості.

1. Основи теорії геометричних побудов

1.1 Загальні аксіоми конструктивної геометрії

Фігурою в геометрії називають будь-яку сукупність точок (що містить принаймні одну точку).
Будемо припускати, що в просторі дана деяка площину, яку назвемо основною площиною. Обмежимося розглядом тільки таких фігур, які належать цій площині.
Одна фігура називається частиною іншої фігури, якщо кожна точка першої фігури належить другій фігурі. Так, наприклад, частинами прямий будуть: всякий, що лежить на ній відрізок, що лежить на цій прямій промінь, точка на цій прямій, сама пряма.
З'єднанням двох або кількох фігур називається сукупність всіх точок, що належать хоча б однієї з цих фігур.
Перетинанням або загальною частиною двох або кількох фігур, називається сукупність усіх точок, які є загальними для цих фігур.
Різницею двох фігур Ф і Ф називається сукупність всіх таких точок фігури Ф , Які не належать фігурі Ф .
Може виявитися, що перетинання (або різниця) двох фігур не містить жодної точки. У цьому випадку говорять, що перетинання (або відповідно різницю) даних фігур є порожня множина точок.
Розділ геометрії в якому вивчаються геометричні побудови, називають конструктивної геометрією. Основним поняттям коструктивно геометрії є поняття побудувати геометричну фігуру.
Якщо про будь-яку фігуру сказано, що вона дана, то при цьому природно мається на увазі, що вона вже зображена, накреслена, тобто побудована. Таким чином, перша основна вимога конструктивної геометрії полягає в наступному:
1. Кожна дана фігура побудована.
Зауважимо, що не слід змішувати поняття «дана фігура» і «фігура, задана (або певна) такими-то даними її елементами».
Уявімо собі, що побудована півколо АmВ (рис. 1), а також побудована і півколо АnВ. Звичайно, після цього треба вважати, що побудована вся окружність АmВnА. Точно так само, якщо побудований промінь АМ деякої прямої (рис. 2), а потім промінь ВN вважається, що побудована пряма МN, тієї ж прямий, то, природно, являющаясч з'єднанням цих променів. Ці приклади разьясняют сенс наступного постулату:
2. Якщо побудовані дві (або більш) фігури, то побудовано і поєднання цих фігур.
Уявімо собі, що побудовані два відрізки одній прямій: АВ і СD. Природно, вважається можливим відповісти на питання, чи належить відрізок СD цілком відрізку АВ (рис. 3а) чи ні (рис. 3б). Якщо побудована коло і точка, то при безпосередньому розгляді креслення можна відповісти на питання, чи лежить побудована точка на збудованій кола чи ні. Взагалі, якщо побудовано дві фігури, то вважається відомим, чи є одна з них частиною іншої чи ні.
Третє основна вимога теорії геометричних побудов можна сформулювати наступним чином:
3. Якщо побудовані дві фігури, то можна встановити, чи є їх різниця порожнім безліччю чи ні.
Нехай А, В, С, D - чотири точки прямої (рис. 4). Припустимо, що відрізки АВ і СD побудовані. Тоді ми, звичайно, будемо вважати побудованими як відрізок АВ, який є різницею відрізків АС і ВD, так і відрізок СD, який є різницею відрізків ВD і АС.
4. Якщо різниця двох побудованих фігур не є порожнім безліччю, то ця різниця побудована.
Побудувавши дві прямі, ми завжди вважаємо за можливе сказати, перетинаються вони чи ні. Точно так само, якщо дві окружності побудовані, то ми вважаємо за можливе встановити (за кресленням), чи мають вони спільні точки. Це ж відноситься до будь-яким двом побудованим фігурам. Таким чином:
5. Якщо дві фігури побудовані, то можна встановити, чи є їх перетин порожнім безліччю чи ні.
З точки зору креслярської практики остання умова відображає певні вимоги до якості виконаних креслень. Так, наприклад, якщо побудовані деяка окружність і крапка, то має бути ясно, чи лежить точка на колі чи ні. Якщо побудовані дві окружності, то можна сказати, чи мають вони спільні точки чи ні.
Звернімося ще раз до малюнка 4. Нехай відомо, що побудовані відрізки АС і ВD. У цьому випадку ми будемо також вважати побудованим і відрізок ВС, який є перетином цих двох відрізків. Якщо накреслені дві пересічні кола, то ми будемо вважати побудованої також пару точок їх перетину. Такого роду угоди ви ражаются наступним чином:
6. Якщо перетин двох побудованих фігур не пусто, то воно побудовано.
У наступних трьох основних вимогах йдеться про можливості побудови окремих точок.
7. Можна побудувати будь-яке кінцеве число спільних точок двох побудованих фігур, якщо такі точки існують.
8. Можна побудувати точку, завідомо належить побудованої фігурі.
9. Можна побудувати точку, завідомо належить побудованої фігурі.

1.2 Завдання на побудову

Завданням на побудову називається пропозиція, яке вказує, за якими даними, якими інструментами, яку геометричну фігуру потрібно побудувати (накреслити на площині) так, щоб ця фігура задовольняла певним умовам.
Розв'яжіть задачу на побудову за допомогою циркуля та лінійки - значить звести її до сукупності п'яти елементарних побудов, які заздалегідь вважаються здійсненними. Перелічимо їх.
1. Якщо побудовано дві точки А і В, то побудована пряма АВ, їх з'єднує, а також відрізок АВ і будь-який з променів АВ і ВА (аксіома лінійки).
2. Якщо побудована точка О і відрізок АВ, то побудована коло з центром в точці О і радіусом АВ, а також будь-яка з дуг цієї окружності.
3. Якщо побудовані дві прямі, то побудована точка їх перетину (якщо вона існує).
4. Якщо побудована пряма і коло, то побудована будь-яка з точок їх перетину (якщо вона існує).
5. Якщо побудовані дві окружності, то побудована будь-яка з точок їх перетину (якщо вона існує).
Зведення вирішення кожного завдання до елементарних побудов робить рішення громіздким. Тому часто рішення задачі зводять до так званим основним побудов. Вибір деяких побудов в якості основних певною мірою довільний. Наприклад, в якості основних побудов можна розглянути наступні завдання: розподіл даного кута навпіл; побудова відрізка, рівного даному; побудова кута, рівного даному; побудова паралельної прямої, побудова перпендикулярної прямої, поділ відрізка в даному відношенні; побудова трикутника за трьома сторонами, за двома сторонам і куту між ними, по стороні і двом прилеглих до неї кутах; побудова прямокутного трикутника по гіпотенузі і катета.
Розв'яжіть задачу на побудову - означає знайти всі її рішення.
Останнє визначення вимагає деяких роз'яснень.
Фігури, що задовольняють умові задачі, можуть розрізнятися як формою так і розмірами, так становищем на площині. Відмінності в положенні на площині приймаються або не приймаються в розрахунок в залежності від формулювання самого завдання на побудову, а саме в залежності від того, передбачає або не передбачає умову задачі певне положення шуканої фігури відносно будь-яких даних фігур. Пояснимо це прикладами.
Розглянемо наступну найпростішу задачу: побудувати трикутник за трьома сторонами і куту між ними. Точний зміст цієї задачі полягає в наступному: побудувати трикутник так, щоб дві сторони його були відповідно дорівнюють двом даними відрізкам, а кут між ними був рівний даному розі. Тут шукана фігура (трикутник) пов'язана з даними фігурами (два відрізки і кут) тільки співвідношеннями рівності, розташування ж шуканого трикутника відносно даних фігур байдуже. У цьому випадку легко побудувати трикутник АВС, що задовольняє умові завдання. Всі трикутники, рівні трикутнику АВС, також задовольняють умові поставленого завдання. Однак немає ніякого сенсу розглядати ці трикутники як різні рішення даного завдання, бо вони відрізняються один від одного тільки положенням на площині, про що в умові завдання нічого не сказано. Будемо тому вважати, що завдання має єдине рішення.
Отже, якщо умова завдання не передбачає певного розташування шуканої фігури відносно даних фігур, то домовимося шукати тільки всі нерівні між собою фігури, що задовольняють умові завдання. Можна сказати, що завдання цього роду вирішуються «з точністю до рівності». Це означає, що завдання вважається вирішеною, якщо: 1) Побудовано деяке число нерівних між собою фігур Ф 1, Ф 2, ... Ф n, що задовольняють умовам задачі, і 2) доведено, що всяка фігура, що задовольняє умовам задачі, дорівнює одній з цих фігур. При цьому вважається, що завдання має n різних рішень.
Розглянемо тепер задачу дещо іншого змісту: побудувати трикутник так, щоб однієї його стороною служив даний відрізок ВС, інша сторона була дорівнює іншому даному відтинку l, а кут між ними був рівний даному розі α.
У цьому випадку умова задачі передбачає певне розташування шуканого трикутника відносно однієї з даних фігур (саме щодо відрізка ВС). У зв'язку з цим ми інакше дивимося на питання про побудову всіх рішень цього завдання. Як видно з малюнка 5, може існувати до чотирьох трикутників, що задовольняють умові цього завдання. Вони рівні між собою, але по різному розташовані щодо даної фігури НД У цьому випадку повне рішення задачі передбачає побудову всіх цих трикутників. Вважається, що завдання має до чотирьох різних рішень, різняться своїм розташуванням щодо даної фігури.
Отже, якщо умова завдання передбачає певне розташування шуканої фігури відносно будь-якої даної фігури, то повне рішення складається в побудові всіх фігур, які відповідають умові задачі (якщо такі постаті існують в кінцевому числі.

1.3 Методика рішення геометричній завдання на побудову

Питання про вибір тієї чи іншої схеми вирішення конструктивної задачі є чисто методичним питанням.
Рішення геометричній завдання є цілком доброякісним, якщо воно проведено, наприклад, подальшої схемою:
1. Встановлюється кінцеве число випадків, вичерпних всі можливості у виборі даних.
2. Для кожного випадку дається відповідь на питання, чи має завдання рішення і скільки.
3. Для кожного випадку, коли завдання має рішення, дається спосіб знаходження (за допомогою даних геометричних інструментів) кожного з можливих рішень або встановлюється, що воно не може бути отримано даними засобами.
Цієї схеми дотримуються в наукових статтях та монографіях, а проте вона мало придатна для навчальних цілей, особливо в умовах середньої школи.
При вирішенні кожної скільки-небудь складної задачі на побудову виникає питання про те, як треба міркувати, щоб розшукати спосіб розв'язання завдання, щоб отримати всі рішення завдання, щоб з'ясувати умови можливості вирішення задачі і т.п. Тому при вирішенні конструктивних завдань у навчальних умовах рекомендується користуватися відомої схемою рішення, що складається з наступних чотирьох етапів: 1) аналіз, 2) побудова; 3) доказ; 4) дослідження.
Звичайно, ця схема не є необхідної і незмінною, не завжди зручно і доцільно суворо розділяти окремі її етапи і в точності здійснювати їх у вказаному порядку. Але здебільшого зазначена схема серйозно допомагає при вирішенні конструктивних завдань. Розглянемо кожен етап цієї схеми.
1. Аналіз. Це підготовчий і в той же час найбільш важливий етап вирішення завдання на побудову, так як саме він дає ключ до вирішення завдання. Мета аналізу полягає у встановленні таких залежностей між елементами шуканої фігури і елементами даних фігур, які дозволили б побудувати шукану фігуру. Це досягається за допомогою побудови креслення-начерку, який зображує дані і шукані приблизно в тому розташуванні, як це потрібно умовою задачі. Цей креслення можна виконувати «від руки». Іноді побудова креслення супроводжують словами: «припустимо, що завдання вже вирішена».
На допоміжному кресленні слід виділити дані елементи і найважливіші шукані елементи. Практично часто зручніше починати побудову допоміжного креслення не з даної фігури, а з зразкового зображення шуканої фігури, пристроюючи до неї дані так, щоб вони перебували у відносинах, зазначених в умові завдання. Наприклад, якщо потрібно побудувати трикутник по бісектрисі, медіані і висоті, проведеним з однієї вершини, то при аналізі зручніше спочатку зобразити довільний трикутник, а потім вже проводити в ньому зазначені в задачі лінії.
Якщо допоміжний креслення не підказує безпосереднього способу побудови шуканої фігури, то намагаються виявити будь-яку частину шуканої фігури або взагалі деяку фігуру, яка може бути побудована і якою потім можна скористатися для побудови шуканої фігури. У більш загальному випадку міркування ведеться наступним чином. Помічають, що побудова шуканої фігури Ф зводиться до побудови деякої іншої фігури Ф . Потім помічають, що побудова фігури Ф зводиться до побудови фігури Ф і т.д. Після кінцевого числа кроків можна прийти до деякої фігурі Ф , Побудова якої вже відомо.
Нехай, наприклад, потрібно побудувати трикутник по підставі і за медіані і висоті, проведеним до цим пунктом. Розглядаючи допоміжний креслення (рис. 5), помічаємо, що трикутник АВС можна легко побудувати, якщо буде побудований трикутник ВDE: тоді залишиться тільки відкласти по обидві сторони від точки Е на прямий DE відрізки, рівні половині цього підстави. Але трикутник ВDE прямокутний і будується по гіпотенузі m і катету h.
Корисно врахувати наступні приватні зауваження, що допомагають при проведенні аналізу.
1) Якщо на допоміжному кресленні не вдається безпосередньо помітити необхідні для вирішення зв'язку між даними і шуканими елементами, то доцільно ввести в креслення допоміжні фігури: з'єднати вже наявні точки прямими, відзначити точки перетину наявних ліній, продовжити деякі відрізки і т.д. Іноді буває корисно проводити паралелі або перпендикуляри до вже наявних прямим.
Нехай, наприклад, потрібно побудувати пряму, що проходить через дану точку А і рівновіддаленість від двох даних точок В і С. Побудова креслення - начерку зручно почати з шуканої фігури: будуємо спочатку пряму а (рис. 6), на ній вибираємо точку А та на рівних відстанях від прямої а вибираємо (по різні сторони від прямої) точки В і С.
Після цього ще не виникають на кресленні такі зв'язки, які дозволили б вирішити задачу. Проведемо до прямої а перпендикуляри ВВ і СС , Побудуємо відрізок ВС і відзначимо точку М перетину відрізка ЗС з прямою а. Легко помітити, що М - середина відрізка ВС, а звідси вже ясний спосіб побудови.
2) Якщо за умовою задачі дана сума або різниця відрізків або кутів, то ці величини слід зобразити на допоміжному кресленні, якщо їх ще немає на ньому.
3) У процесі проведення аналізу буває корисно згадати теореми і раннє вирішені завдання, в яких зустрічаються залежності між елементами, подібні до тих, про які йдеться в умові розглянутої задачі.
4) Проводячи аналіз на підставі вивчення деякого креслення - начерку, ми мимоволі пов'язуємо свої міркування певною мірою з цим кресленням. Так, у прикладі, ілюструє пункт 1), ми обрали точки В і С по різні сторони від прямої а, а в той час як можна було обрати їх і по один бік від цієї прямої. Той спосіб рішення, до якого ми приходимо на підставі аналізу, може тому виявитися придатним лише для деяких окремих випадків. Щоб одержуваний нами спосіб рішення був придатний для можливо більш широкого вибору даних, бажано зображувати шукану фігуру в можливо більш загальному вигляді. Наприклад, шуканий трикутник, якщо в умові завдання немає спеціальної вказівки про його форму, треба зображати як різнобічний, чотирикутник - як неправильний і т.п. Чим більш загальний випадок ми розберемо при аналізі, тим простіше буде провести надалі повне рішення задачі.
Розглянемо ще один приклад аналізу. Потрібно вписати окружність в даний трикутник. Нехай АВС - даний трикутник (рис. 7). Щоб вписати в нього коло, треба визначити положення її центру і знайти величину радіуса.
Уявімо собі, що точка О - центр вписаного кола, а ОМ - радіус проведений в яку-небудь з точок дотику кола до сторін трикутника (наприклад, в точку дотику кола до сторони АВ). Тоді відрізок ОМ перпендикулярний до прямої АВ. Тому ОМ - відстань центру вписаного кола від сторони трикутника АВ. Так як всі радіуси кола рівні, то центр окружності однаково віддалений від усіх сторін трикутника і, отже, прямі ОА, ОВ і ОС служать биссектрисами (внутрішніх) кутів трикутника АВС. Цих міркувань, очевидно, достатньо для побудови центру та визначення радіуса шуканої окружності.
2. Побудова. Даний етап рішення полягає в тому, щоб вказати послідовність основних побудов (або раннє вирішених завдань), які досить зробити, щоб бажана фігура була побудована.
Побудова зазвичай супроводжується графічним оформленням кожного його кроку за допомогою інструментів, прийнятих для побудови.
В якості прикладу звернемося знову до задачі про побудову кола, вписаного в даний трикутник АВС. Як свідчить проведений вище аналіз цього завдання, для побудови шуканої окружності потрібно послідовно побудувати (див. рис. 7):
1) бісектриси будь-яких двох внутрішніх кутів даного трикутника;
2) точку їх перетину О;
3) пряму, що проходить через точку О, перпендикулярно прямий АВ;
4) підстава М проведеного перпендикуляра;
5) коло (О, ОМ).
3. Доказ. Доказ має на меті встановити, що побудована фігура дійсно задовольняє всім поставленим в задачі умов.
Так, щоб провести доказ правильності наведеного вище побудови кола, вписаного в даний трикутник, треба встановити, що побудована нами окружність (О, ОМ) дійсно торкнеться всіх сторін трикутника АВС. Для цього, перш за все відмітимо, що пряма АВ стосується проведеного кола, так як ця пряма перпендикулярна до радіуса ОМ.
Разом з цим ясно, що радіус кола дорівнює відстані її центру від сторони АВ даного трикутника АВС. Далі помічаємо, що центр окружності Про однаково віддалений від усіх сторін трикутника, тому що лежить на перетині бісектрис кутів трикутника. Отже, відстань центру кола від сторони АС або від сторони ВС також дорівнює радіусу побудованої кола, так що якщо провести через О перпендикуляри до сторін трикутника АС і ВС, то підстави цих перпендикулярів (точки N та Р на рис. 8) розташуються на тій же окружності.
Таким чином, кожна з прямих АС і ВС перпендикулярна до відповідного радіусу в кінці його, що лежить на колі, і тому кожна з цих прямих стосується побудованої окружності.
Доказ зазвичай проводиться в припущенні, що кожен крок побудови дійсно може бути виконаний.
4. Дослідження. При побудові зазвичай обмежуються відшуканням одного якого-небудь рішення, причому передбачається, що всі кроки побудови дійсно здійсненні. Для повного вирішення завдання потрібно ще з'ясувати наступні питання:
1) чи завжди (тобто при будь-якому чи виборі даних) можна виконати побудову обраним способом;
2) чи можна і як побудувати шукану фігуру, якщо обраний спосіб не можна застосувати;
3) скільки рішень має задача при кожному можливому виборі даних.
Розгляд всіх цих питань і становить дослідження. Таким чином, дослідження має на меті встановити умови розв'язності та визначити число рішень.
Іноді ставиться також завдання: з'ясувати за яких умов шукана фігура буде задовольняти тим або іншим додатковим вимогам. Наприклад, може бути поставлено питання: за яких умов шуканий трикутник буде прямокутним або рівнобедреним? Або таке запитання: за яких умов шуканий чотирикутник виявиться параллелограммом або ромбом?
Нерідко школярі проводять дослідження, певною мірою довільно вибираючи ті чи інші випадки, причому неясно, чому розглядаються саме такі, а не які-небудь інші випадки. Залишається неясним також, чи всі можливі випадки розглянуті. При дослідженні рішення будь-якої складної задачі такий підхід може призвести до втрати рішень, до того, що деякі випадки не будуть розглянуті.
Щоб досягти необхідної планомірності і повноти дослідження, рекомендується проводити дослідження «по ходу побудови». Сутність цього прийому полягає в тому, щоб перебрати послідовно всі кроки, з яких складається побудова, і щодо кожного кроку встановити, чи завжди вказане на цьому кроці побудова здійснимо, а якщо здійснимо, то скількома способами.
Для цього необхідно:
1) З'ясувати, чи завжди існують в дійсності точки, прямі, кола або інші фігури, побудова яких передбачається здійснити на кожному кроці наміченого побудови, або ж їх існування залежить від спеціального вибору положення або розмірів тих чи інших фігур. Наприклад, якщо передбачається побудувати точки перетину кола з прямою, то треба зауважити, що існування таких точок залежить від співвідношення між радіусом цього кола і відстанню центру кола від прямої.
Подальше дослідження треба проводити тільки для тих випадків, коли побудова можливо, тобто коли кожен крок дійсно приводить до побудови шуканих фігур.
2) Для кожного випадку, коли рішення існує, визначити, скільки саме точок, прямих, кіл і т.д. дає кожен крок побудови. Наприклад, якщо будуються точки перетину кола і прямої, то треба врахувати, що таких точок буде дві, якщо радіус кола більше відстані від центру до прямої, і одна, якщо радіус кола дорівнює відстані центру від прямої.
3) Враховуючи результати дослідження кожного кроку, звернутися до задачі в цілому і встановити, за яких умов розташування дених фігур або за яких співвідношеннях їх розмірів завдання дійсно має рішення, а за яких його не існує. Якщо можливо, висловити умови розв'язності формулою (у формі нерівностей або рівностей).
4) Визначити число можливих рішень при кожному певному припущенні щодо даних, при якому ці рішення існують.
У результаті таких міркувань вирішується питання про можливість побудови даним способом. Але залишається ще відкритим питання: чи не виникнуть нові рішення, якщо змінити як-небудь спосіб побудови? Іноді вдасться довести, що всяке рішення даного завдання збігається з одним із вже отриманих рішень; в цьому випадку дослідження можна вважати закінченим. Якщо ж це не вдається, то можна припустити, що завдання має інші рішення, які можуть бути знайдені іншими способами. У цих випадках корисно ще раз звернутися до аналізу і перевірити, чи немає яких-небудь інших можливих випадків розміщення даних або шуканих фігур, які не були передбачені раніше проведеним аналізом.

 

 


2. Основні методи розв'язання задач на побудову

2.1 Метод паралельного переносу

Часто побудова фігури стає скрутним тільки від того, що частини цієї фігури дуже віддалені один від одного, і тому важко ввести в креслення дані. У цих випадках будь-яку частину шуканої фігури переносять або паралельно самій собі, або іншим чином, але на таку відстань, щоб знову отримана фігура могла бути побудована або безпосередньо, або легше, ніж шукана фігура. Напрямок такого перенесення залежить від умови задачі і повинно бути вибрано так, щоб у знову отриману фігуру увійшло, по можливості, більшу кількість даних.
Приклад 1. Побудуйте трапецію по заданим сторонам.
Рішення. Аналіз. Нехай трапеція АВСD побудована, ВС = а, АD = b, AB = c, CD = d (рис. 8). Виконаємо паралельний перенос, який визначається вектором СВ. Тоді сторона СD перейде в BD . Трикутник АВD можна побудувати за трьома сторонами c, d, ba (b> a).
Потім продовжимо відрізок АD на D D = a. Через точку В проведемо пряму, паралельну АD і на ній відкладемо відрізок ВС = а. З'єднаємо точки С і D. Отримана трапеція АВСD - шукана.
План побудови очевидний.
Доказ. У чотирикутнику АВСD BC паралельна AD, значить ABCD - трапеція в якій AB = c, AD = b, так як AD = b - a + ​​a. BD = CD = d.
Дослідження. Трикутник ABD можна побудувати за трьома сторонами, якщо c - d <b - a <c + d. При цьому умови однозначно здійсненні і всі інші кроки побудови. Якщо нерівність c - d <b - a <c + d не виконується, то завдання при вибраних даних не має рішення.
Приклад 2. Побудувати чотирикутник, знаючи його кути й протилежні
сторони.
Аналіз. Покладемо, що в чотирикутнику АВСD боку BC і AD і кути А, В, С мають дані значення. Перенесемо BC паралельно самій собі у AE, тоді складе трикутник AED, в якому відомі дві сторони AE і AD і кут EAD, рівний різниці двох відомих кутів, даного кута BAD і кута FBC, суміжного з даними CBA. Такий трикутник легко побудувати. Потім легко провести прямі EC і CD, тому що перша утворює відомий кут з прямою EA (кут CEG дорівнює куту FBC); а друга утворює відомий кут CDA зі стороною AD. Після цього залишається тільки провести CB паралельно EA і рішення є очевидним.
Побудова.
1. Будуємо трикутник АЕD;
2. ЄС;
3. СD;
4. СВ ║ ЕА.
Дослідження.
Це завдання має тільки одне рішення: кути і відношення двох протилежних сторін чотирикутника цілком визначають його вигляд.

2.2 Метод подібності

Основна ідея методу подібності полягає в наступному:
Спочатку будують фігуру, подібну шуканої так, щоб вона задовольняла всім умовам завдання, крім одного. Потім будують вже шукану фігуру, подібну шуканої і задовольняє опущеному вимогу.
Метод подібності знаходить застосування зазвичай у випадках, коли серед даних лише одне є відрізком, а всі інші дані-небудь кути, або відносини відрізків.
Зазвичай доцільно допоміжну фігуру будувати так, щоб вона була подібна не тільки шуканої, але і подібно розташована з нею. Успіх рішення залежить в цих випадках від вибору центру подоби.
При вирішенні задач на побудову методом подібності часто скористатися наступним зауваженням. Якщо дві фігури подібні, то коефіцієнт подібності дорівнює відношенню будь-яких двох відповідних відрізків. Якщо відрізкам a, b, c, ... фігури Ф відповідають відрізки a 1, b 1, c 1, ... подібної фігури Ф 1, то коефіцієнт подібності дорівнює також відносинам:

Приклад 1. Дан Ð АВС і всередині його точка М. Знайти за ЗС точку Х, розташовану на однаковій відстані від прямої АВ і від точки М.
Аналіз. Нехай точка Х знайдена так, що перпендикуляр ХY ​​= МХ. Завдання зводиться до побудови фігури YХМ. Уявімо цілий ряд фігур, подібних шуканої фігури. Досить побудувати одну з цих фігур, наприклад РКN, так як залишиться провести з точки М пряму паралельну КР і завдання буде вирішено.
Для побудови фігури РКN помічаємо, що В є центр подоби шуканих фігур, і тому точки М, H, К і В лежать на одній прямій ВМ і PN ^ АВ, PN = BN, положення ж точки Р довільно. Тому для побудови фігури PKN треба в довільній точці Р відновити PN ^ АВ, з центру N описати радіусом PN дугу, яка перетне ВМ у точці К. Проводячи МХ ║ КN, можна визначити шукану точку Х.
Побудова.
1. Еg ^ AB;
2. H = ω (G, EG) ÇBM;
3. MX ║ HG;
4. X = BCÇMX.
Доказ. Опустивши перпендикуляр ХY, з подібності трикутників знаходимо МХ: GH = BX: BN = XY: GE, звідки МХ: GH = = XY: GE, але так як з побудови HG = GE, то МХ = YX.
Дослідження. Завдання завжди можлива і має два рішення, так як дуга з центру G зустрічає ВМ завжди в двох точках.
Приклад 2. Побудувати трикутник АВС, якщо відомо ставлення АВ: ВС, Ð АВС і радіус вписаного кола.
Аналіз. Так як в шуканому трикутнику відомий кут і ставлення сторін цього кута, то, залишивши інші умови, побудуємо трикутник, подібний шуканого. Для цього на сторонах даного кута відкладемо BD, рівну m яких-небудь рівних частин, і ВЕ, рівну n таких же частин, і з'єднаємо точки D і E. Тоді шуканий трикутник і трикутник DBE подібні, так як вони мають по рівному кутку, укладеним між пропорційними сторонами. Проводячи у вугіллі АВС відрізки, паралельні DE, будемо отримувати трикутники, подібні шуканого, але з різними радіусами вписаних кіл; з усіх цих трикутників треба вибрати один, у якого радіус вписаного кола дорівнює r. Визначивши центр О, легко побудувати сам трикутник.
Побудова.
1. OF ^ DE;
2. OG = r;
3. Через G проводимо AC ║ DE;
4. ΔАВС - шуканий.
Доказ. Слід з побудови.
Дослідження. Можливе рішення завжди одне.

2.3 Метод геометричного місця точок

Геометричним місцем точок називається сукупність точок, що володіють властивостями, виключно їм належать. Якщо завдання приводиться до визначення точки, то можна відкинути одна з умов, яким ця крапка повинна задовольняти; тоді шукана точка стане здатна прийняти незліченну кількість послідовних положень, і всі ці положення складуть геометричне місце точок, які мають усіма необхідними властивостями, крім відкинутого. Фігура цього геометричного місця найчастіше буває нам заздалегідь відома; в іншому випадку її треба визначити допоміжними побудовами. Потім, прийнявши відкинуте умова і відкинувши будь-яке інше умову задачі, ми знову побачимо, що шукана точка стане здатна прийняти незліченна безліч нових положень, що утворюють нове геометричне місце. Визначимо фігуру цього нового геометричного місця, якщо вона нам невідома. Тоді шукана точка повинна лежати і на першому і на другому геометричному місці, а тому визначається їх перетином.
Іноді для визначення точки досить побудувати одне геометричне місце, тому що інше дано в умові завдання. Якщо ж шукана точка підпорядкована таким умовам, які все в сукупності визначають тільки одне геометричне місце, то завдання стає невизначеною.
Звідси видно, як важливо знати різні геометричні місця. Знання геометричних місць іноді дозволяє відразу бачити, де знаходиться невідома точка.
Розглянемо приклади.
Приклад 1. Побудуйте трикутник, якщо задані сторона, прилегла до неї кут і сума двох інших сторін.
Аналіз. Нехай ΔАВС вже побудований, тоді положення вершин У ІВ можна вважати відомим. Залишається знайти вершину А. З'ясуємо властивості точки А. По-перше, точка А належить променю (BA), так як даний кут АВС, по-друге, точка А є вершиною ламаної, що складається з двох ланок, сума яких дорівнює довжині даного відрізка, що є сумою АВ і АС сторін шуканого трикутника.
На продовженні сторони ВА за точку А відкладемо відрізок АА 1, який дорівнює відрізку АС. Тепер можна побудувати трикутник А 1 ВС по двом сторонам і куту між ними. У равнобедренном (з побудови) трикутнику А 1 АС серединний перпендикуляр до сторони А 1 З перетне промінь ВА 1 в точці А.
Побудова.
1) побудувати ΔВА 1 З по сторонах ВС і ВА 1 = АВ + АС і куту між ними;
2) провести серединний перпендикуляр до сторони А 1 С;
3) знайти точку перетину променя (BA) і побудованого серединного перпендикуляра. Точка перетину і буде шуканої вершиною А.
Доказ. У побудованому ΔАВС сторона ЗС, сума сторін АВ і АС, кут В-дані.
Дослідження проведемо по ходу побудови. Трикутник ВА 1 З по двох сторонах і куту між ними можна побудувати єдиним чином. Провести серединний перпендикуляр до відрізка А 1 С - теж єдиним чином. Точка перетину променя (BA) і серединного перпендикуляра існує і вона єдина.
Приклад 2. Побудуйте трикутник по стороні, різниці кутів при при цьому боці і сумою двох інших сторін.
Аналіз. Нехай ΔАВС побудований, тоді положення вершин В і С можна вважати відомим. Залишається знайти вершину А. По-перше, точка А належить променю (BA), так як відома різниця кутів В і С. По-друге, точка А є вершиною ламаної, що складається з двох ланок, сума яких дорівнює довжині даного відрізка, що є сумою АВ і АС сторін шуканого трикутника.
Відкладемо даний кут від променя НД всередину трикутника АВС і позначимо його через х (кут DBC позначений через х). Тоді кут З дорівнює Покутті АВD, позначимо його через у. На продовженні сторони СА за точку А відкладемо відрізок АА 1, який дорівнює відрізку АВ і побудуємо трикутник СВА 1. Знайдемо кути:
кут А 1 АВ дорівнює х + 2у,
кут АВА 1 = , Тоді
кут А 1 ПС дорівнює .
Побудова.
1) побудувати ΔА 1 ПС за кутку А 1 ВС, сторонам ВС і СА 1;
2) побудувати серединний перпендикуляр до відрізка А 1 В;
3) знайти точку перетину А побудованого серединного перпендикуляра зі стороною А 1 С.
Точка перетину і є шуканої вершиною А.
Доказ очевидно.

2.4 Алгебраїчний метод

Суть методу полягає в наступному. Рішення задач на побудову зводиться до побудови деякого відрізка (або декількох відрізків). Величину шуканого відрізка виражають через величини відомих відрізків за допомогою формули. Потім будують шуканий відрізок за отриманою формулою.
Приклад 1. Провести окружність через дві точки А і В так, щоб довжина дотичної до неї, проведеної з точки С дорівнювала а.
Аналіз. Хай через точки А верб проведена окружність так, що дотична до неї з точки С дорівнює а. Так як через три точки можна провести окружність, то проведемо СВ і визначимо положення точки К. Вважаємо СК = х і СВ = с; тоді по властивості дотичної сх = а 2.
Побудова.
1) для побудови х креслимо півколо на ПС і дугу (С, а);
2) опустимо LK ^ BC;
3) з × КС = а 2; тому х = КС, і крапка До буде шукана;
4) відновивши перпендикуляри з середин АВ і КВ до їх перетину знайдемо шуканий центр О;
5) креслимо коло (О, ОА);
МС - шукана дотична.
Доказ. МС 2 = СВ × КС = і МС = а, як і було потрібно.
Дослідження. Вираз a £ з - умова існування розв'язку нашої задачі, тому що тільки за цієї умови дуга (С, а) перетне коло СLB.
Приклад 2. З вершин даного трикутника як з центрів опишіть три окружності, що стосуються попарно зовнішнім образом.
Аналіз. Нехай АВС - даний трикутник, а, b, c - його боку, х, у, z - Радіуси шуканих кіл. Тоді Тому звідки
Побудова.
1) будуємо коло S 1 (A, x);
2) S 2 (B, c - x);
3) S 3 (C, b - x).
Доказ. Знайдемо суму радіусів кіл S 1 і S 3:
= НД
Отримали, що сума радіусів дорівнює відстані між їх центрами, що і доводить торкання кіл S 2 і S 3.
Дослідження. Завдання завжди однозначно розв'язна, оскільки:
1. в трикутнику АВС сума сторін , І тому відрізок х може бути побудований;
2. , Тому що (Так як );
3. , Так як .

2.5 Метод інверсії

Нехай нам дана деяка крива М і нерухома точка К - початок або центр інверсії. Візьмемо на кривій М точку А і на прямій КА визначимо точку А 1 так, щоб абсолютне значення КА · КА 1 = до 2, де к - є постійна довжина, то при русі точки А по кривій М точка А 1 опише нову криву N, яка називається зворотної чи інвертованою кривої.
Нехай у нас є фігура, що складається з прямих і кіл. Якщо цю фігуру інвертувати, то прямі та кола перетворяться у відомі прямі та кола, або в одні кола, які будуть перетинатися під тими ж кутами, як і в даній фігурі. Якщо яка-небудь точка даної фігури уявляла, наприклад, вершину якого-небудь кута, то у зворотній особу вона представить, взагалі, точку перетину кіл, що перетинаються під тим же кутом. Словом, зворотній фігура утримує до найдрібніших подробиць своєрідне схожість з даною фігурою.
Знаючи відображену фігуру і положення початку інверсії, нерідко можна легко відгадати форму основної фігури; що стосується її розміру, то для цього потрібно знати ступінь інверсії.
Приклад 1. Дано точка К дві прямі АВ і ВС. Провести січну КХY так, щоб KX · KY = k 2 (k - є дана довжина).
Аналіз. Шукана точка Y є перетин прямої ВА з прямою, інвертованої до ВС з центром інверсії К і ступенем до 2.
Побудова.
1) опустимо KL ^ BC;
2) на ПС відкладемо LN = k;
3) проведемо MN ^ KN до перетину KL в точці М;
4) окружність, описана на діаметрі МК зустріне АВ в шуканої точки.
Приклад 2. Дано точки А, В і С. Через У провести пряму так, щоб відстані АХ і CY від цієї прямої задовольняли рівності
АХ 2 - СY 2 = до 2.
Рішення. З рівності (АХ + CY) (AX - CY) = k 2 випливає необхідність ввести в креслення суму і різницю AX і CY. Тому переносимо паралельно CY в С 1 Х і AC 1 · AY 1 = k 2. Якщо взяти за центр інверсії А і за коефіцієнт до 2, то С 1 - є точка кола, інвертованої до прямої DY 1; діаметр цього кола дорівнює АС 1. Так як точки D і J відповідні, то AD · AJ = k 2, що дає можливість побудувати точку J. Тоді для визначення точки З 1 маємо JC 1 ^ AD і окружність, діаметр якої дорівнює АС.

 

 


3. Експеримент

Практичні заняття з теми «Методи розв'язання задач на побудову».
Цілі: 1. Формування знань про етапи розв'язування задач на побудову та вмінь їх здійснювати;
2. Формування уявлень про основні методи розв'язування задач на побудову;
3. Формування навичок самостійної роботи.
План занять:
Етапи вивчення теми
Тема заняття
Кількість годин
1. Пропедевтичний
етап
Основи конструкти-
вной геометрії. Ос-
новні геометричес-
Електричні побудови.
2
2. Систематичний
етап
1. Метод перетину фігур
2. Алгебрaіческій
метод
3. Метод паралель
ного переносу
4. Метод подібності
5
3. Підсумковий етап
Самостійна ра-
бота
1

Практичні заняття з теми «Методи розв'язання задач на побудову»

Заняття 1
Тема: Основи конструктивної геометрії
Цілі: 1. Ознайомлення з основними вимогами конструктивної геометрії;
1. Формування системи аксіом інструментів побудови: лінійки, циркуля, двосторонньої лінійки, прямого кута.
Обладнання:
1. Розглянуті вище інструменти;
2. Плакати, що відображають основні властивості конструктивної геометрії.
Методи і засоби:
1. Лекція з включеною бесідою;
2. Паралельна робота вчителя біля дошки, а учнів у зошиті;
3. Самостійна робота учнів у зошиті.
План-коспект заняття:
1. Організаційний момент.
2. Вступна бесіда і пояснення нового матеріалу.
Викладач: Дані заняття зачіпають основні моменти дуже цікавого розділу геометрії, який називається конструктивна геометрія. Як розділ загальної геометрії, вона вивчає геометричні побудови. У конструктивній геометрії існують основні вимоги.
1. Кожна дана фігура побудована;
2. Якщо побудовані дві або більше фігури, то побудовано їх з'єднання;
3. Якщо дві фігури побудовані, то можна встановити чи є їх перетин порожнім безліччю;
4. Якщо різниця двох фігур не є порожнім безліччю, то ця різниця побудована;
5. Можна побудувати точку, завідомо належить або не належить побудованої фігурі.
Викладач: Кожна задача на побудову складається з вимоги побудувати ту чи іншу фігуру за допомогою даних співвідношень між елементами шуканої фігури і елементами даної фігури, використовуючи даний набір інструментів. Ми будемо розглядати побудови за допомогою циркуля і лінійки.
Таким чином, кожна побудована фігура, яка задовольнить потрібними умовами задачі, називається рішенням завдання. Знайти рішення задачі на побудову, - значить, звести її до кінцевого числу з деяких елементарних побудов, тобто вказати покрокову послідовність побудов, після виконання яких ми отримаємо шукану фігуру.
Розв'яжіть задачу на побудову, - означає знайти всі її рішення. А тепер розглянемо елементарні побудови (див. Розділ 1., § 1,2).
Викладач: На уроках геометрії ви вже виконували деякі прості завдання на побудову. Давайте згадаємо які.
Учні: Розподіл відрізка навпіл, поділ кута навпіл, побудова трикутника за двома сторонами та кутом між ними, за трьома сторонами, подвум кутах і прилеглої стороні.
Викладач: Правильно. Спробуйте самостійно виконати ці побудови.
Кожному учневі пропонується завдання на побудову.
Пропоновані завдання:
1. Розділіть відрізок навпіл.
2. Розділіть кут навпіл.
3. Побудуйте трикутник по двом сторонам і куту між ними.
4. Побудуйте трикутник за трьома сторонами.
5. Побудуйте трикутник з двох кутах і прилеглої стороні.
Домашнє завдання: Виконати нерозглянуті завдання на побудову.
Заняття 2
Тема: Основи конструктивної геометрії. Основні геометричні побудови.
Цілі: 1. Формування уявлень про сутність рішення задачі на побудову;
2. Закріплення умінь вирішувати основні задачі на побудову (14 завдань).
Обладнання: Циркуль, лінійка.
Методи і засоби:
1. Лекція з включеною бесідою;
2. Паралельна робота вчителя біля дошки, а учнів у зошиті;
3. Самостійна робота учнів у зошиті.
План-конспект заняття:
1. Організаційний момент.
2. Перевірка домашнього завдання: на картках дати по одному основному побудови.
Питання:
1. Що означає знайти рішення задачі на побудову?
2. Що означає вирішити завдання?
3. Які елементарні побудови ви знаєте?
4. Які основні завдання на побудову ви знаєте?
3. Пояснення нового матеріалу:
Викладач: На минулому занятті ми вирішували з вами деякі найпростіші задачі на побудову, але в конструктивній геометрії існують набагато більш складні завдання, вирішення яких не видно з умов відразу. Для цього рішення задачі розбивають на етапи. Може бути, ви пам'ятаєте - які етапи включає в себе завдання на побудову?
Учні: Аналіз та побудова.
Викладач: Правильно, але ви перерахували не всі етапи.
1 етап: Аналіз. Це пошук способу розв'язання задачі на побудову. На етапі аналізу ми припускаємо, що шукана фігура побудована і відзначаємо з цього начерку всі залежності, відносини між елементами цієї фігури.
Нехай, наприклад, треба побудувати трикутник за основою і медіані і висоті, проведених до цього підстави.
Аналіз: Припустимо, що такий трикутник побудований, де BD = m,
BE = h. Зауважимо, що трикутник АВС легко буде побудувати, якщо буде відомий трикутник BDE. Відклавши по обидві сторони від точки Е відрізки, рівні половині підстави (даного), отримаємо шуканий трикутник АВС. Але ж трикутник BDE складається з відомого (даного нам) катета і гіпотенузи. А такий трикутник будувати ми вміємо і зможемо його побудувати. На цьому міркування на етапі аналізу закінчені, можна приступати до побудови.
На етапі побудови розписується поетапно кожне побудова. Повернемося до нашого прикладу і виконаємо побудови в наступній послідовності:
1. Будуємо Δ BDE по гіпотенузі m і катету h.
2. По обидві сторони то точки на продовженні прямої відкладаємо відрізки, рівні а / 2 (ЄС = а / 2; EA = a / 2);
3. ΔАВС - шуканий.
Дано:


Наступним етапом виконання завдання є доказ того, що побудована нами постать задовольняє всім поставленим нами умовам.
Доказ: 1. АЕ = ЄС з побудови, ВЕ - медіана;
2. Δ BDE - прямокутний з побудови, а BD - висота до основи ПС;
4. BE = m, BD = h, AC = a.
Після доказатества переходимо до дослідження. При побудові зазвичай обмежуються знаходженням якого-небудь рішення. Але ж ми знаємо, що вирішити завдання - це що означає?
Учні: Це означає знайти всі її рішення.
Викладач: Зверніть увагу на приклад нашого завдання. Як ви думаєте, скільки рішень можливо в даній задачі, якщо не враховувати відмінність у розташуванні на площині?
Учні: Едінсвенное рішення.
Викладач: Отже, при вирішенні завдання на побудову прийнято діяти за схемою:
1. Аналіз;
2. Побудова;
3. Доказ;
4. Дослідження.
3. Закріплення: рішення нескладних завдань за схемою.
Задача 1
Через точку А, що лежить в середині кута провести пряму так, щоб точка А була серединою відрізка, який відсікається від прямої сторонами кута.
1) Аналіз. Дан кут А і крапка усередині нього. Точка буде задовольняти умови, якщо вона буде лежати на перетині діагоналей паралелограма. Як зробити точку А точкою перетину діагоналей?
Учні: на продовженні відрізка КА побудувати АN = KA і добудувати до паралелограма.
2) Побудова.
а) AN = AK;
б) Ð 1 = Ð 2 (NP È KP = P);
в) MP = KM;
г) MP - шукана.
3) Доказ.
Δ КМА = Δ APN (Ð 1 = Ð 2, KA = AN, Ð 5 = Ð 6).
4) Дослідження:
МР - єдина пряма, так як точка А (як точка перетину діагоналей) визначена єдиним чином.
Домашнє завдання: Невирішені завдання на будинок;
Повторення етапів вирішення задачі.
Заняття 3
Тема: Рішення задач на побудову методом перетину фігур
Цілі: 1. Продовжувати формування етапів вирішення конструктивної завдання;
2. Виділити метод геометричного місця точок.
Обладнання: Креслярські інструменти.
Методи і засоби:
1. Розповідь вчителя;
2. Спільне рішення завдань;
3. Самостійне рішення завдань.
План-конспект уроків:
1. Організаційний момент.
2. Перевірка домашнього завдання.
Питання для контролю:
1) Перерахуйте основні побудови циркулем і лінійкою;
2) Перерахуйте основні елементарні завдання;
3) З яких основних етапів складається рішення задачі на побудову?
4) Що потрібно показати в дослідженні?
3. Пояснення нового матеріалу.
Викладач: Суть методу перетинів полягає в наступному:
Задачу зводять до побудови однієї точки (основний елемент побудови), яка задовольняє двом умовам a 1 і a 2.
Нехай Ф 1 - безліч точок, які відповідають умові a 1, а Ф 2 - задовольняють a 2. Тоді точка x буде перетином двох множин точок Ф 1 і Ф 2. Щоб побудувати точку x необхідно, опустивши умова a 2, побудувати безліч точок Ф 1, які відповідають умові a 1, потім, опустивши умова a 1, побудувати безліч точок Ф 2, що задовольняють a 2. Перетин цих двох множин точок і буде бажаний елемент x.
Розглянемо приклад:
Завдання 1 (вирішується разом з викладачем)
Побудувати коло даного радіуса r, що проходить через дану точку А, щодо існування даної прямої d.
Аналіз. Припустимо, що завдання виконане і окружність (О, r) побудована.
Так як радіус цього кола даний, то ми зможемо її побудувати, якщо буде побудований її центр О. Точка Про задовольняє двом умовам:
а) r (О, r) = r;
б) r (O, d) = r.
Умова а) визначає фігуру S (A, r), а умова б) d 1 і d 2 - такі прямі, що r (d 1, d) = r (d, d 2) = r
Побудова:
1) S (A, r);
2) прямі d 1 і d 2: r (d 1, d) = r (d, d 2) = r;
3) ОÎS (A, r) Ç {d 1, d 2};
4) S (O, r).
Доказ:
а) ОÎS (A, r) => AÎ S (O, r);
б) ОÎ {d 1, d 2} => r (O, d) = r => S (O, r) стосується прямої d.
Дослідження:
Побудови 1 і 2 завжди здійснимі. Розглянемо побудову 3.
Тут можливі три випадки:
а) r (А, d) <2r => Фігура S (A, r) Ç {d 1, d 2} складається з двох точок;
Задача має два рішення.
б) r (А, d) = 2r => Фігура S (A, r) Ç {d 1, d 2} - точка, задача має один розв'язок.
в) r (А, d)> 2r => S (A, r) Ç {d 1, d 2} = Æ; завдання не має рішень.
Задача 2
Побудувати трикутник АВС, знаючи АС і радіуси кіл, описаних близько трикутників АВD і ADC, де AD висота.
Аналіз: Відомо, що радіус описаного кола лежить на перетині серединних перпендикулярів. Так як АС відомо, радіуси кіл відомі, точка М - середина АD. Отже, можна побудувати і AD.
Побудова:
1. АС, О 2 - середина;
2. w 12, r 2);
3. w 2 (A, r);
4. w 3 (O 1, r);
5. CDÇw 3 = B;
6. ABC - шуканий;
Доказ:
r 1 - радіус описаного кола трикутника АВD (з побудови).
Дослідження:
Радіуси описаних кіл повинні бути рівні половині гіпотенузи. Рішення єдине.
4. Домашнє завдання
Решта завдання і запропонована теорія.
Заняття 4
Тема: Рішення задач на побудову алгебраїчним методом
Мета: З формувати вміння будувати відрізки за даними формулами.
Обладнання: Циркуль, лінійка.
План-коспект заняття:
1. Організаційний момент.
2. Пояснення нового матеріалу
Викладач: При вирішенні завдань алгебраїчним методом доводиться вирішувати таку задачу:
Дано відрізки a, b, ..., l, де a, b, ..., l - їх довжини. Обрана одиниця виміру. Потрібно побудувати відрізок х, довжина якого х у цій же системі вимірювання виражається через довжини a, b, ..., l заданої формулою:
x = f (a, b, ..., l)
Розглянемо побудову відрізків, заданих наступними найпростішими формулами:
1) ;
2)
3) , Де p і q - натуральні числа;
4) (Побудова відрізка - четвертого пропорційного до даних трьом).
5) ;
6) ;
7)
За допомогою побудов 1-7 можна будувати відрізки, задані більш складними формулами.
Розглянемо приклад: (вирішити разом з викладачем).
Приклад 1. Нехай а, b, c і d - дані відрізки. Побудувати відрізок х, заданий формулою:

Рішення: Побудова відрізка виконуємо в такій послідовності:
1. Будуємо відрізок у, заданий формулою (Для цього двічі виконуємо побудову відрізка, заданого формулою 5);
2. Будуємо відрізок z, заданий формулою
(Побудова відрізка, заданого формулою 6);
3. Будуємо відрізки u і v за формулами і
(Побудова відрізка за формулою 4);
4. Будуємо відрізок х, за формулою

(Побудова відрізків, заданих формулою 4).
Побудова:
Алгебраїчний метод вирішення завдань полягає в наступному: Завдання формулюють так, щоб в якості даних фігур і шуканої фігури були відрізки. Використовуючи відповідні теореми, висловлюють довжину шуканого відрізка через довжини даних відрізків і по знайденій формулою будують шуканий відрізок.
Розглянемо приклад:
Задача 1
Дан трикутник АВС. Побудувати три окружності з центром, відповідно в точках А, В і С так, щоб вони стосувалися один одного зовнішнім чином.
Рішення:
Аналіз. Нехай АВС - даний трикутник, a, b, c - його боку (AB = c, BC = a, AC = b). Завдання буде вирішена, якщо ми зможемо побудувати відрізок х по відомим відрізкам a, b і c.
Видно, що
Звідси отримуємо (1)
Побудувавши відрізок х за цією формулою, проводимо коло (А, х), а потім дві інші кола (В, з - х) і (С, b - x).
Побудова:
1) Будуємо відрізок за формулою
2) Будуємо коло (А, х);
3) Будуємо коло (В, з - х);
4) Будуємо коло (С, b - х).
Доказ: безпосередньо випливає з побудови.
Дослідження: З формули (1) знаходимо:
(2)
З цих формул завжди видно, що завдання завжди можна вирішити, так як в трикутнику АВС c + b - a> 0, a + c - b> 0, a + b - c> 0 і відрізки x, y, z можуть бути побудовані за формулами (2).
Формули (2) дають єдині значення радіусів шуканих кіл, тому завдання має єдине рішення.
5. Домашнє завдання: Побудувати відрізок, довжина якого у вибраній системі вимірювання дорівнює

Заняття 5
Тема: Метод паралельного переносу.
Мета: Виділити метод паралельного переносу.
Обладнання: Креслярські інструменти.
План-конспект уроку
1. Організаційний момент.
2. Перевірка домашнього завдання.
3. Пояснення нового матеріалу.
Викладач: Суть методу паралельного переносу полягає в наступному: будь-яку частину шуканої фігури переносять або паралельно самій собі, або іншим чином, але на таку відстань, щоб знову отримана фігура могла бути побудована або безпосередньо, або легше, ніж шукана фігура. Напрямок такого перенесення залежить від умови задачі і повинно бути вибрано так, щоб у знову отриману фігуру увійшло, по можливості, більшу кількість даних. Давайте розглянемо приклад.
Задача 1
Побудуйте трапецію по заданим сторонам.
Аналіз. Нехай трапеція АВСD побудована, ВС = а, АD = b, AB = c, CD = d Виконаємо паралельний перенос, який визначається вектором СВ. Тоді сторона СD перейде в BD . Трикутник АВD можна побудувати за трьома сторонами c, d, ba (b> a).
Потім продовжимо відрізок АD на D D = a. Через точку В проведемо пряму, паралельну АD і на ній відкладемо відрізок ВС = а. З'єднаємо точки С і D. Отримана трапеція АВСD - шукана.
План побудови очевидний.
Доказ. У чотирикутнику АВСD BC паралельна AD, значить ABCD - трапеція в якій AB = c, AD = b, так як AD = b - a + ​​a. BD = CD = d.
Дослідження. Трикутник ABD можна побудувати за трьома сторонами, якщо c - d <b - a <c + d. При цьому умови однозначно здійсненні і всі інші кроки побудови. Якщо нерівність c - d <b - a <c + d не виконується, то завдання при вибраних даних не має рішення.
Задача 2
Побудувати паралелограм по двом сторонам і куту між діагоналями.
Аналіз. Нехай ABCD - шуканий паралелограм і АВ = а, ВС = b, кут між діагоналями дорівнює α. Якщо виконати паралельний перенесення на вектор ЗС, то Т ЗС (D) = D 1. Тоді AD 1 = 2b, ÐACD 1 = a, D - середина відрізка AD 1 і DC = а. Значить, точка С належить геометричному місцем точок з яких відрізок AD 1 видно під кутом a, та кола S (D; a).
Побудова.
1) AD 1 = 2b;
2) F 1 - геометричне місце точок з яких відрізок AD 1 видно під кутом a;
3) D - середина відрізка AD 1;
4) S = S (D; a);
5) CÎF 1 Ç S (D; a);
6) B = T DA (C).
ABCD - шуканий паралелограм.
4. Домашнє завдання: Побудуйте трапецію на підставах та діагоналях.
Заняття 6
Тема: Метод подібності.
Мета: Виділити метод подібності.
Обладнання: Креслярські інструменти.
План-конспект уроку
1. Організаційний момент.
2. Перевірка домашнього завдання.
3. Пояснення нового матеріалу
Викладач: Основна ідея методу подібності полягає в наступному:
Спочатку будують фігуру, подібну шуканої так, щоб вона задовольняла всім умовам завдання, крім одного. Потім будують вже шукану фігуру, подібну шуканої і задовольняє опущеному вимогу.
Метод подібності знаходить застосування зазвичай у випадках, коли серед даних лише одне є відрізком, а всі інші дані-небудь кути, або відносини відрізків.
Зазвичай доцільно допоміжну фігуру будувати так, щоб вона була подібна не тільки шуканої, але і подібно розташована з нею. Успіх рішення залежить в цих випадках від вибору центру подоби.
При вирішенні задач на побудову методом подібності часто скористатися наступним зауваженням. Якщо дві фігури подібні, то коефіцієнт подібності дорівнює відношенню будь-яких двох відповідних відрізків. Якщо відрізкам a, b, c, ... фігури Ф відповідають відрізки a 1, b 1, c 1, ... подібної фігури Ф 1, то коефіцієнт подібності дорівнює також відносинам:

Задача 1
Дан Ð АВС і всередині його точка М. Знайти за ЗС точку Х, розташовану на однаковій відстані від прямої АВ і від точки М.
Аналіз. Нехай точка Х знайдена так, що перпендикуляр ХY ​​= МХ. Завдання зводиться до побудови фігури YХМ. Уявімо цілий ряд фігур, подібних шуканої фігури. Досить побудувати одну з цих фігур, наприклад РКN, так як залишиться провести з точки М пряму паралельну КР і завдання буде вирішено.
Для побудови фігури РКN помічаємо, що В є центр подоби шуканих фігур, і тому точки М, H, К і В лежать на одній прямій ВМ і PN ^ АВ, PN = BN, положення ж точки Р довільно. Тому для побудови фігури PKN треба в довільній точці Р відновити PN ^ АВ, з центру N описати радіусом PN дугу, яка перетне ВМ у точці К. Проводячи МХ ║ КN, можна визначити шукану точку Х.
Побудова.
5. Еg ^ AB;
6. H = ω (G, EG) ÇBM;
7. MX ║ HG;
8. X = BCÇMX.
Доказ. Опустивши перпендикуляр ХY, з подібності трикутників знаходимо МХ: GH = BX: BN = XY: GE, звідки МХ: GH = = XY: GE, але так як з побудови HG = GE, то МХ = YX.
Дослідження. Завдання завжди можлива і має два рішення, так як дуга з центру G зустрічає ВМ завжди в двох точках.
4. Домашнє завдання. Побудуйте трикутник із заданим периметром, подібний даний.

Результати експерименту

З проблеми дослідження було проведено природно - педагогічний експеримент.
Експеримент проходив у три етапи:
Перший етап - констатуючий експеримент.
При його проведенні були виявлені знання учнів з теми «Рішення задач на побудову». Використовувалися різні форми і методи виявлення знань: анкетування, бесіди з учнями, спостереження за діяльністю учнів. Зокрема, був проведений зріз № 1: «Основні завдання на побудову».
Зріз № 1
1. Побудуйте трикутник по двом сторонам і куту між ними;
2. Розділіть даний відрізок навпіл;
3. Побудуйте прямокутний трикутник по гіпотенузі і катета;
4. Які етапи включає в себе рішення задачі на побудову?
5. Які методи розв'язання задач на побудову ви знаєте?
Роботи учнів представлені у додатку.
У результаті, було виявлено, що в учнів сформовано уявлення про основні завдання на побудову; знання про етапи вирішення завдань не повні (реалізується тільки два з чотирьох етапів). Вміння здійснювати аналіз сформовані слабко.
Другий етап - пошуковий
На цьому етапі здійснювався відбір змісту завдань, найбільш доцільних форм роботи з учнями, у процесі виконання яких відбувається формування методів рішення (пропоновані вище практичні заняття).
Третій етап - навчальний (формуючий)
На ньому була проведена експериментальна перевірка розробленої методики у вигляді другого зрізу (заключного).
Зріз № 2
Завдання 1. Побудувати трикутник АВС по сторонах ВС і АС і куту АВС при підставі.
Завдання 2. Побудувати трикутник за двома кутах α і β і медіані m, проведеної з вершини третій кута.
Для проведення експерименту були обрані дві групи учнів приблизно з однаковим рівнем сформованості знань і вмінь. Методи, що розглядаються на заняттях в експериментальній групі не виходять за рамки шкільної програми.
Результати експерименту наведені в таблиці:
Експеримент
альна група
Контрольна
група
зріз № 1
зріз № 2
зріз № 1
зріз № 2
Кількість
учнів
10
10
10
10
Знання про ця
Пах рішення
завдання
20%
68%
22%
27%
Метод пере-
течією фігур
25%
80%
23%
25%
Алгеброічес-
кий метод
28%
71%
24%
24%
Метод парал-
лельного пе-
переносять
30%
65%
26%
25%
Метод піді-
бія
28%
70%
29%
31%
Як показують дані експерименту, якість знань в експериментальній групі значно вище, ніж

якість знань у контрольній групі. В експериментальній групі у учнів сформовані знання про всі етапи рішення завдання, основні методи їх вирішення, вони правильно визначають яким методом варто вирішувати ту чи іншу задачу на побудову.
Таким чином експеримент підтвердив висунуту нами гіпотезу. У результаті розробленої методики показники стали набагато вище.


Висновок

Систематичне вивчення геометричних побудов необхідно в шкільному курсі, тому що в процесі вивчення завдань вони концентрують у собі знання з інших галузей математики, розвивають навички практичної графіки, формують пошукові навички вирішення практичних проблем, долучають до посильним самостійним дослідженням, сприяють виробленню конкретних геометричних уявлень, а також до більш ретельній обробці умінь і навичок.
У роботі розглянуто загальні положення теорії формування вміння вирішувати геометричні задачі на побудову різними методами.
На основі аналізу навчально-методичної літератури зроблено відбір матеріалу для практичних занять з даної теми. Цей матеріал містить теорію, що включає в себе основи конструктивної геометрії:
- Аксіоми конструктивної геометрії;
- Елементарні побудови;
- Основні побудови.
Далі на практичних заняттях були запропоновані основні методи розв'язування задач на побудову:
- Метод геометричних місць точок;
- Алгебраїчний метод;
- Метод паралельного переносу;
- Метод подібності.
Наприкінці занять проведено підсумковий урок (контроль), який дозволяє перевірити теоретичні знання, практичні вміння та навички усіх учнів.
Додати в блог або на сайт

Цей текст може містити помилки.

Педагогіка | Диплом | 156,3кб. | скачати

Схожі роботи:
Методи рішення логістичних завдань
Евристичні методи рішення творчих завдань
Розвиток логічного мислення учнів при вирішенні завдань на побудову
Рішення задач на побудову в курсі геометрії основної школи як засіб розвитку логічного мислення
Приклади рішення економетричних завдань
Рішення завдань з економічного аналізу
Використання Excel для рішення статистичних завдань
Рішення практичних завдань в СУБД Access
Педагогічна діяльність Рішення педагогічних завдань
© Усі права захищені
написати до нас
Рейтинг@Mail.ru