Уроки математики / Изображения геометрических фигур / Исследование. "Нестандартные задачи на построение"

Исследование. "Нестандартные задачи на построение"

Нестандартные задачи. (Часть работы).

Только интерес и любопытство, удивление и поиск могут заставить ученика задуматься над тем или иным вопросом. Как же порождать творческую активность и пробуждать интерес к математике? Хотя бы иногда решать нестандартные задачи. Обязательно проводить кружковую работу или факультативы.

Задача 1. Найти значения выражения при х=2 и построить отрезок, длина которого равна числовому значению этого выражения. Решена в другом проекте.

Задача 2. В треугольнике АВС известны стороны ВС=а, СА=b и АВ=с. Найти отрезки сторон, на которые они делятся точками касания с вписанной окружностью.

Вписанные и описанные окружности обладают целым рядом похожих свойств. Такие свойства и будут интересовать нас в первую очередь. Суть сходства хорошо иллюстрируют задачи 3 и 4.

Решим задачу 3. Отрезки двух сторон, имеющие общую точку – вершину треугольника, попарно равны (рис. 4); обозначая их соответственно через х, у и z, получаем систему уравнений х+у=с, у+z=а, z+х=b, из которой найдем где р – полупериметр треугольника.

Полученные формулы следует отнести к категории «рабочих»: во многих конкурсных, олимпиадных задачах, в ЕГЭ они оказываются полезными, и поэтому их стоит запомнить (применять).

Рис. 4 Рис. 5

Задача 3. В треугольнике АВС известны углы А, В и С. Найти углы образованные радиусами описанной окружности, идущими в вершины треугольника, со сторонами, сходящимися в этих вершинах. Аналогичным образом можно решить 4-ую задачу (как и 3-ю, см. рис. 5).

Решение. Углы, прилежащие к одной стороне треугольника, попарно равны, обозначая их через х, у, z, получим систему уравнений:

, из которой

В отличие от предыдущего случая, возможны отрицательные значения углов.

Задача 4. В треугольнике АВС АВ=7, ВС=9, СА=4. Точка D лежит на прямой ВС так, что BD:DC=1:5. Окружности, вписанные в каждый из треугольников АDС и АВD, касаются стороны AD в точках Е и F. Найти длину отрезка ЕF.

Решение. Пусть АD=d, BD=x, DC=y. Подсчитывая разными способами периметры треугольников АDC и АВD, получаем:

В этой задаче применяются формулы, которые мы получили в задаче 3.

( где р – полупериметр треугольника).

Возможны два случая.

  1. Точка D лежит на отрезке ВС (рис. 7).

  2. Точка D лежит вне отрезка ВС (рис. 8).

Рис. 7 Рис. 8

АD – общая касательная (точка D лежит на отрезке ВС, точка D лежит вне отрезка ВС)

1 случай. Тогда ВD=1,5, DC=7,5, .

2 случай. Тогда ВD=2,25, DC=BD+9=11,25.

Значит, ЕF=6.

Задача 5. Как нарисовать окружность без циркуля в тетради по математике (нанесена клетка).

Идет урок геометрии. Нужно начертить окружность, а циркуля нет. Можно выйти из положения, нарисовав окружность от руки, пользуясь только тетрадкой в клетку. Нужно лишь запомнить цифры три – один, один – один, один – три (3-1-1-1-1-3).

Задача 6. Задача Максвелла.

Внутри произвольного ΔАВС берется (∙)D и соединяется отрезками прямых с его вершинами. Доказать, что если построить треугольник со сторонами, параллельными отрезкам AD, BD и CD, и через его вершины провести прямые, параллельные сторонам ΔАВС, то эти прямые пересекутся в одной точке.

Построение и доказательство:

1) Опишем около ΔАВD, ΔСАD и ΔВDС окружности. Для этого построим перпендикуляры к сторонам этих треугольников.

2) Обозначим точки пересечения серединных перпендикуляров О1, О2, О3 – это и есть центры окружностей около ΔАВD, ΔСАD и ΔВDС.

3) Из (·)О1 проведем перпендикуляр к АВ, из (·)О2 – перпендикуляр к АС и из (·)О3 – перпендикуляр к ВС. Эти перпендикуляры проходят через середины сторон ΔАВС и поэтому пересекаются в одной точке О.

4) Теперь проведем отрезки О1О2, О2О3, О1О3.

Отрезок О1О3 перпендикулярен общей хорде ВD двух окружностей, поскольку принадлежит прямой, проходящей через их центры.

5) Аналогично О1О2АD, О2О3DC.

6) Если теперь повернуть ΔО1О2О3 на прямой угол относительно точки О, например, по движению часовой стрелки, то в новом положении отрезок О1О2 станет параллелен АD, отрезок О1О3 – параллелен ВD и отрезок О2О3 – параллелен DC. Итак, стороны повернутого ΔО1О2О3 окажутся параллельными отрезкам AD, BD и CD, а отрезки ОО1, ОО2, ОО3, пересекающиеся в общей точке О, будут параллельны соответственным сторонам ΔАВС, что и требовалось доказать.

Задача 7. Задача Горнера о «бабочке».

Дана окружность с центром в точке О. Точка S – середина ее хорды АВ. Хорды СD и EF проходят через точку S (см. рис.). Хорды ЕD и СF пересекают хорду АВ соответственно в точках N и M (получилась фигура, похожая на бабочку, вписанная окружность). Доказать, что МS=SN.

Построение и доказательство:

1) Пусть точка G – середина отрезка СF, а точка К – середина отрезка ED.

2) ΔЕSD и ΔСSF подобны, а SK и SG – их соответствующие медианы. Отсюда получаем равенство углов: MGS=SKN.
3) Проведем отрезки МО и NО. Используя только полученное равенство, можно доказать, что NОS=МОS.

4) Тогда получится, что прямоугольные ΔSNО и ΔSМО равны (SО – общая и NОS=МОS).

Следовательно, равны и отрезки МS и NS, что и требовалось доказать.

Задача 8.

Дан круг. Геометрическим построением разделить его на три концентрические фигуры – круг поменьше и два концентрических кольца – так, чтобы площади всех трех фигур были равны между собой.

Построение и решение:

1) Построим на радиусе АВ данного круга полукруг, разделим отрезок АВ на три равных отрезка точками С и D (см. рис.), через точки С и D проведем перпендикуляры к АВ до пересечения с построенной полуокружностью соответственно в точках Е и F.

2) Отрезки FB и ЕВ – радиусы искомых окружностей, разделяющих данный круг на попарно равновеликие концентрические кольца. Докажем это.

Доказательство:

1) Sкр=R2, где R=АВ. DB=; АD=.

2) FD=– среднее пропорциональное; FD=.

3) По теореме Пифагора найдем ВF – гипотенузу ΔВDF.

ВF=

4) Площадь круга, концентрического данному, с радиусом BF, равна , как и требовалось.

5) Найдем ВЕ – гипотенузу ΔЕСВ. ВЕ2=ВС2+ЕС2

ВС=АD=R; ЕС=FD=. ВЕ=.

S круга, концентрического данному с радиусом ВЕ равно , как и требовалось.

6) Площадь каждого из колец равна .

Заключение

Смысл и основа вышеизложенных известных положений, как основных, так и вспомогательных при решении задач на построение заключается в том, что если данные задачи включают в себя точки, то линейка может оказаться для ее решения необходимой.

1. Было доказано, что множество точек которые можно построить одной линейкой из четырех рациональных точек, находящихся в общем положении, состоит из всех точек плоскости.

2. Разумеется, нельзя провести циркулем прямую, поэтому все рассматриваемые задачи на построение должны состоять в построении некоторой точки (на плоскости).

3. Одной линейкой можно проделать не всякое построение, выполнимое циркулем и линейкой. Если же на листе предварительно нарисована окружность и отмечен ее центр, то согласно поразительной теореме Штейнера, все построения, выполнимые циркулем и линейкой, могут быть проделаны одной линейкой.

Это интересный вопрос для исследования «красивых» задач на построение.

4. Однако, всякое построение, выполнимое циркулем и линейкой, можно проделать одним циркулем.

В заключение хочется сказать, что именно поиск решения задач на построение, их исследование ведут к новым идеям и методам. Нам с учащимися тоже нравятся задачи на построение. Порой мы долго над ними думаем, задачи становятся громоздкими,

решает все проблемы. Мысли награждаются мыслями: задача решена!

Список литературы:

1) Конель-Белов А.Я., Ковальджи А.К. Как решают нестандартные задачи. – М.: МЦНМО, 2008. – 65, 57 с.

2) Кобаидзе Н. И. Нестандартные уроки по математике. – В.: 2010. – 56 с.

3) Депман И.Я., Виленкин Н.Я. За страницами учебника математики. – М.: Просвещение, 1989. – 161 с.

4) Михеев Ю. Одной линейкой // Квант (приложение к №1/1998). – 1998. – 79 с.

5) Фукс Д. Построение одним циркулем // Квант (приложение к №1/1998). – 1998. – 85 с.

4

Автор
Дата добавления 22.02.2018
Раздел Геометрия
Подраздел Изображения геометрических фигур
Просмотров288
Номер материала 5379
Включите уведомления прямо сейчас и мы сразу сообщим Вам о важных новостях. Не волнуйтесь, мы будем отправлять только самое главное.