Презентация, доклад на тему Геометрические методы решения задач на построение

инструментами некоторую фигуру. Каждая фигура, удовлетворяющая условиям задачи, называется решением этой задачи.

которые называются основными построениями.

отрезку.
Отложить от данного луча в данную полуплоскость угол, равный данному углу.
Построить треугольник по трем сторонам.
Построить треугольник по двум сторонам и углу между ними.
Построить треугольник по стороне и двум прилежащим углам.
Построить биссектрису данного неразвернутого угла.
Построить серединный перпендикуляр данного отрезка
Построить середину данного отрезка.
Построить прямую, проходящую через данную точку и перпендикулярную данной прямой.
Построить прямую, проходящую через данную точку и параллельную данной прямой.
Построить прямоугольный треугольник по гипотенузе и острому углу.
Построить прямоугольный треугольник по гипотенузе и катету.
Построить касательную к окружности, проходящую через данную на ней точку

к построению одной точки, удовлетворяющей двум условиям α1 и α2 которые вытекают из условий задачи. Пусть F1 – множество точек, удовлетворяющих первому условию, F2 – множество точек, удовлетворяющее второму условию. Тогда искомая фигура находится как пересечение этих множеств точек F1 и F2.

Методы решения задач на построение

когда один из них меньше суммы и больше разности двух других

b и проходящую через точку Р.

Анализ.

Если расстояние между прямыми a и b обозначим d, то радиус окружности равен d/2. Задача сводится к нахождению центра окружности, удовлетворяющего двум условиям:

1) центр равноудален от прямых a и b;

2) центр отстоит от точки Р на расстояние d/2.

● Р

d

a

b

b

Строим серединный перпендикуляр к отрезку АВ

Строим множество точек, отстоящих от Р на расстояние d/2, то есть окружность L (P; d/2) с центром в точке Р и радиуса d/2

Строим пересечение L (P; d/2) и с

Строим окружность L1 (O; OP), где О принадлежит пересечению L (P; d/2) и с

a

b

●А

●
B

● P

c

●

●

О

находится на одинаковом расстоянии d/2 от прямых, а и b. Кроме того окружность проходит через точку Р.

Исследование

Возможны три случая расположения точки Р относительно прямых, а и b.

1. Если точка Р лежит между прямыми, а и b, то существуют две окружности, то есть множество L (P; d/2) состоит из двух точек.

2. Если Р принадлежит одной из прямых, а и b, то задача имеет единственное решение.

3. Если точка Р лежит вне полосы, ограниченной прямыми, а и b, то задача не имеет решения.

а

b

• P

a

b

a

b

• P

•

P

применяя преобразования параллельного переноса, мы приводим данные и искомые элементы фигуры в удобное для построения положение, то есть задача сводится к более простой задаче. В основном метод параллельного переноса применяется при построении многоугольников.

что трапеция АВСD построена. Если СК параллельна диагонали ВD, то в треугольнике АСК известны стороны АС, СК и угол между ними.

А

В

С

К

D

от точки А откладываем отрезок АD, равный стороне трапеции

Строим отрезок DВ параллельно СК

Соединяем точку В с точками А и С. Четырехугольник АВСD является искомой трапецией

Доказательство

По построению, отрезки ВD, АС совпадают с диагоналями трапеции, угол АОD совпадает с данным.

Исследование

Четырехугольник АВСD строится однозначно, если сторона АD меньше АК

Задача решена

●
A

B●

С
●

●D

K

О

Анализ
Допустим, что построили искомый четырехугольник АВСD. Если отрезок АО параллелен и равен ВС, то в треугольнике АОD известны две стороны и угол между ними.

A

B

C

D

O

φ

φ

DАО.

На стороне ОD строим треугольник ОСD по сторонам ОС и СD.

Через точку С проведем прямую параллельно АО

Через точку А строим прямую параллельно ОС. Точку пересечения двух построенных прямых обозначим В.

Четырехугольник является искомым

●
A

B●

●D

O●

●С

Доказательство
По построению стороны четырехугольника АВСD равны искомым, угол между прямыми АD и ВС равен углу DAO

Исследование
Как следует из построения, задача имеет единственное решение.

Задача решена

S, они расположены на одном перпендикуляре к прямой S и прямая S делит отрезок АВ пополам. Преобразование, при котором каждой точке данной фигуры ставится в соответствие точка, симметричная ей относительно прямой S, называется осевой симметрией .
Метод симметрии заключается в следующем. Предполагают задачу решенной и одной из данных точек отражают в какой-нибудь известной оси. Тогда полученную симметричную точку подчиняют тем же условиям, которым должна быть удовлетворять замененная точка. Причем за ось симметрии выбирается по возможности данная прямая или прямая, которая может быть легко построена. Полученную задачу решают методами и способами ранее известными.

данными точками М и N, получим углы NXB и MXA, из которых один вдвое больше другого.

А

B

N

M

X

L

C

Анализ

Пусть точка Х построена так, что

K

точке С радиуса СL

Из точки N проводим касательную NK к окружности

Точка Х пересечение прямой NK с прямой АВ является искомой.

B

●N

M●

●X

L

●C

K

A

Доказательство

По построению угол МХL равен углу СХL, а угол КХL в два раза больше угла СХL

Исследование
Задача всегда имеет решение, если точки М и N не лежат на прямой АВ. Из точки N можно провести две касательные к окружности, поэтому существуют две точки на прямой АВ, удовлетворяющие условию задачи. Аналогичные построения и для точки М. Задача имеет четыре решения.

Каждой точке М данной плоскости будем ставить в соответствии такую точку М1, что ОМ=ОМ1 и <МОМ1 =α. Такого рода соответствие называется вращением плоскости около точки О на угол α. Точка О называется центром вращения, угол α- углом вращения. Вращение является движением, поэтому переводит всякую фигуру в равную ей фигуру.

параллельных прямых a, b и c.

Анализ

Допустим, что АВСD является искомым квадратом. При вращении плоскости вокруг точки В на 90 градусов, точка С переходит в точку А. Следовательно, точка А должна лежать на прямой с, полученной из С при вращении на 90 градусов.

А

В

С

D

a

b

c

90 градусов. Точку пересечения прямых а и с обозначим А.

Радиусом АС с центром в точке В построим окружность γ. Точку пересечения окружности и с обозначим через С

С центрами в точках А и С построим окружности γ2 и γ3 радиуса ВС. Тогда, D= γ2 ∩γ3

Доказательство

По построению все стороны четырехугольника АВСD равны между собой. Кроме того, угол АВС является прямым. Тогда, очевидно, АВСD является квадратом

Исследование

Задача всегда имеет решение. Выбирая точку В на различных прямых а, b, c получим три различных решения. Если одна точка из прямых равноудалена от двух других, то полученные квадраты равны.

А

В

D

b

c

a