Презентация, доклад к занятиям по геометрии( внеурочка)

Выполнила: ученица 9 «Г» класса
Шилина Анна
Учитель: Иванченко И.А.

так как мне хотелось более углубленно изучить это направление в геометрии.

да Винчи рассматривал построение с помощью линейки и циркуля, датчанин Мор (1679) и итальянец Москерони (1797) изучали построение, выполняемые циркулем, а основоположники проективной геометрии Штейнер (1833) и Понселе (1822) исследовали геометрические построения, выполняемые линейкой при наличии начерченной окружности с отмеченным центром.

В XVIII веке швейцарец Ламберт рассматривал некоторые задачи на построение на ограниченном куске плоскости.

Разработкой методов решения задачи на построение математики занимаются еще со времен Древней Греции. Уже математики школы Пифагора (VI в. до н.э.) решили довольно сложную задачу построения правильного пятиугольника.

этапов:
Анализ
Построение
Доказательство
Исследование

данном луче от его начала отложить отрезок, равный данному
Задача 2. Отложить от данного луча угол, равный данному
Задача 3. Построить биссектрису данного угла
Задача 4. Построить прямую, проходящую через данную точку и перпендикулярную к данной прямой

построений, производимых исключительно линейкой, привлекло внимание математиков еще в XVII веке. И объяснялось это, прежде всего,использованием геометрических построений в практике геодезических работ. Такого рода построениями занимался датчанин Мор, Ламберт, Брионшон, Ж. Понселе в связи с его исследованиями по проективной геометрии. Наиболее полные исследования в этой области принадлежат швейцарскому математику Я. Штейнеру

треугольников, пересекаются в одной точке, то соответственные прямые, содержащие стороны треугольников пересекаются в трех точках, лежащих на одной прямой (см. рис.)

S

B

A

C

U

A/

B/

C/

V

W

Менелая.
Теорема Менелая. Точки A1 , B1 и C1 , расположенные соответственно на прямых BC, CA, AB и не совпадающие с вершинами треугольника ABC, лежат на одной прямой тогда и только тогда, когда (см. рис.)
AB1 CA1 BC1
* * = -1.
B1C A1B C1A

C1

A

B

A1

C

B1

одной прямой, рассмотрим ΔАВС и точки U, V, W , лежащие на прямых, содержащих стороны АВ, ВС, АС этого треугольника и докажем, что



Для этого применим теорему Менелая для треугольников, SАВ, SBC, SAC и их секущих (A/B/), (В/С/), (А/С/) соответственно. Тогда для Δ SАВ и секущей (А/В/) имеем:



Для Δ SВС и секущей (В/С/) имеем:

S

A

B

C

W

U

V

A/

B/

C/

Умножим на и поделим


на Получаем:




В итоге получили равенство

S

B

A

C

U

A/

B/

C/

V

W

Дано: ABC и A/B/C/ таковы, что
AA/ ∩ BB/∩ CC/ = S,
AB ∩ A/B/ = U,
BC ∩ B/C/ = V,
AC ∩ A/C/ = W.
Доказать: что W, V, U
лежат на одной прямой.

S

B

C

A

U

V

W

A/

C/

B/

AA/ // BB/ // CC/ ,
AB ∩ A/B/ = X,
BC ∩ B/C/ = Y,
AC ∩ A/C/ = Z.
Доказать: X, Y, Z
лежат на одной прямой.

A

B

C

X

Y

Z

C/

B/

A/

∩ BB/∩ CC/ = S,
AB ∩ A/B/ = X,
BC ∩ B/C/ = Y,
AC // A/C/
Доказать: XY//AC

C

B

A

S

Y

X

A/

B/

C/

AA/ ∩ BB/∩ CC/ = S,
AB // A/B/,
BC // B/C/,
Доказать: AC // A/C/



Теорема 5.
Дано: ABC и A/B/C/
AA/ // BB/ // CC/ ,
AB // A/B/ ,
AC // A/C/
Доказать: BC//B/C/

S

B

A

C

B/

C/

A/

A

B

C

A/

B/

C/

Задача. Даны две различные параллельные прямые а и b и точка А, не лежащая на них. Через точку А проведите прямую, параллельную данным прямым.

А параллельно прямым а и b (см. рис.)




Вспомним теорему Дезарга, где треугольники содержат одну пару параллельных сторон (см.теорема3), сопоставим этот рис. и рисунок, иллюстрирующий теорему.
Теорема 3

a

c

b

A

●

C

B

A

S

Y

X

A/

B/

C/

прямые а и в – это прямые,
на которых лежат две
соответственные стороны треугольников
с осью с. Тогда точка А является точкой
пересечения одной пары
соответственных сторон.
Ещё одна пара соответственных сторон должна
пересекаться в точке, также лежащей на с.
Построение, таким образом, сводится к
построению двух треугольников, одна
пара соответственных сторон которых
лежит на прямых а и в. Поэтому на прямых
а и в возьмем произвольные отрезки:
[С1В1] ∈ а, [СВ] ∈ в в качестве
соответственных
сторон, а вторая пара сторон пересекается
в точке А.

a

c

b

A

●

C

B

A

S

Y

X

A/

B/

C/

пересекаются прямые, проходящие через соответственные вершины треугольников. Вторая пара сторон искомых треугольников лежит на прямых (А/С/) и (АС).
(Теорема Дезарга, см. рис.)

S

A

B

C

W

U

V

A/

B/

C/

В1 ∈ а
Берем точки С, В, ∈ в
S = (СС1) ∩ (ВВ1)
Проведем произвольную прямую l ∍ S
О1 = l ∩ (С1А)
О = l ∩ (СА)
6. (В1О1) ∩ (ВО) = А1
(АА1) = с – искомая




l
Доказательство:
Рассмотрим ΔС1О1В1 и Δ СОВ. (СС1) ∩ (ВВ1) ∩ (ОО1) = S по построению. Точки А = (С1О1) ∩ (СО) и А1 = (В1О1) ∩ (ВО) определяют прямую с. Поскольку (С1В1) // (СВ), то с // а // в.

С1

В1

a

C

B

b

S

А

О

О1

А1

Исследование:
Задача всегда имеет единственное решение, так как через данную точку можно провести единственную прямую, параллельную данной.

к ней нельзя применить аксиомы конструктивной геометрии, в частности, аксиома линейки и циркуля. Фигура считается недоступной, если все ее точки недоступны. Недоступная точка считается заданной (известной), если построены отрезки двух прямых, пересекающихся в этой точке.

в, пересекающиеся в недоступной точке L (т.е. лежащей вне пределов чертежа); построить прямую, соединяющую точку L с данной (доступной) точкой М.
Решение. Анализ. Пусть задача решена и прямая с проходит через точку М и точку L (см. рис.) Для проведения анализа вспомним теорему Дезарга и сделаем к этой теореме рисунок.

недоступная часть

M c

L

b

a

можно рассмотреть их как точки пересечения соответственных сторон треугольников, а прямые а и в взять как прямые ВС и В'С', то есть прямые, на которых лежат две соответственные стороны треугольников с осью с. Таким образом, построение сводится к построению двух треугольников, две стороны которых лежат на сторонах а и в, а другая пара соответственных сторон пересекаются в точке М. Необходимо построение проводить таким образом, чтобы прямые пересекались в доступной части чертежа.

L

b

a

M

S

B

C

A

U

V

W

A/

C/

B/

В ∈ а; А/, В/ ∈ b (см. рис.)
2. Точка S = (АА/) ∩ (ВВ/).
3. Проведем произвольную прямую l: S ∈ l.
4. С1 = (В/М) ∩ l,
С = (ВМ) ∩ l.
5. (АС) ∩ (А/С/) = М1
(ММ1) = с – искомая.



Доказательство:
Рассмотрим Δ АВС и Δ А/В/С/.
В них:
(ВВ/) ∩ (АА/) ∩ (СС/) = S
(АС) ∩ (А/С/) = М1,
(ВС) ∩ (В/С/) = М,
(АВ) ∩ (А/В/) = а ∩ в = L,
следовательно, по теореме 1 точки М, М1 и L лежат на одной прямой.

a

A

B

b

А/

В/

S

l

L

M

С

С/

М1

прямой, образуют гармоническую четверку, если
AC AD
: = -1.
CB DB
Задача.
Из данной точки A проведены к данной окружности с центром O касательные AK1 , AK2 и секущая, пересекающая окружность в точках C и D, а отрезок K1K2 – в точке B. Докажите, что точки A, B, C и D образуют гармоническую четверку.

на рисунке.
Пусть B1, C1, D1 – проекции точек B, C, D
на ось абсцисс. Докажем, что точки
A, B1, C1, D1 образуют гармоническую
четверку. Отсюда сразу же последует,
что точки A, B, C, D также образуют
гармоническую четверку.
Уравнение окружности запишем в виде
(x – a)2 + y2 = R2 (2)
где a = AO, R – радиус окружности, а уравнение секущей AD – в виде
y = kx (3)
где k – некоторое число. Координаты точек C и D удовлетворяют
уравнениями (2) и (3). Если подставить y = kx в уравнение (2), то придем к
квадратному уравнению
(1 + k2) x2 – 2ax + a2 – R2 = 0 (4)

x

y

A

K2

C

K1

D

B

D1

O

B1

C1

т.е.
AC1 = x1, AD1 = x2.
По теореме Виета
2a a2 – R2
x1 + x2 = , x1x2 = ,
1+ k2 1 + k2
2x1x2 a2 – R2
откуда = (5)
x1+ x2 a
Рассматривая прямоугольный треугольник AOK1 , нетрудно
a2 – R2
установить, что AB1 = . Поэтому если положить AB1= x0 ,
a
то равенство (5) можно записать в виде
2x1x2
= x0, или x1(x2 – x0) – x2(x0 – x1) =0.
x1+x2

x1(x2 – x0) = AC1 * B1D1 , x2(x0 – x1) = AD1 * C1B1 ,
получаем:
AC1 * B1D1 – AD1* C1B1 =0,
а это и означает, что точки A, B1 , C1 , D1 образуют гармоническую четверку.
2x1x2
Замечание. Равенство = x0 можно доказать и не прибегая
x1 + x2
к рассмотрению треугольника AOK1. В самом деле, соотношение
2x1x2 a2 – R2 2x1x2
= показывает, что величина не зависит от
x1+ x2 a x1 + x2
k, т.е.имеет одно и то же значение для любой прямой, описываемой уравнением y = kx. Возьмем k таким, чтобы уравнение y = kx было уравнением касательной AK1.
Тогда оба корня x1 и x2 квадратного уравнения
(1 + k2) x2 – 2ax + a2 – R2 = 0 будут равны абсциссе точки K1 , т.е. будут равны x0.

2x1x2 2x0x0
= = x0 ,
x1 + x2 x0+x0
2x1x2
а значит, и для любой другой прямой = x0
x1 + x2
Прямая K1K2 называется полярой данной точки A относительно данной окружности. Если точка B не лежит на поляре, а прямая AB пересекает окружность в точках C и D, то можно сделать такой вывод:
если данная точка A лежит вне данной окружности, то множество точек B, для каждой из которых точки пересечения прямой AB и окружности гармонически разделяют точки A и B, представляет собой часть поляры точки A относительно данной окружности, лежащую внутри этой окружности.

на построение» я узнала много нового и интересного для себя. Я изучила геометрические построения, производимые только одной линейкой, увлекательными и познавательными были задачи с недоступными элементами, познакомилась с таким понятием как «поляра». Таким образом, я расширила и углубила свои знания о задачах на построение.

Ж. Адамар «Элементарная геометрия», часть 1, Москва 1957 год. (Стр. 82- 94, 143-152, 189-192).
3. Д.И. Перепелкин «Курс элементарной геометрии», часть 1 - «Геометрия на плоскости», Москва 1948 год.
4. Избранные вопросы геометрии (Пособие для учителя) М., 1991.
5. Т.Л. Агафонова и др. «Задачи по объединенному курсу геометрии» (Учебное пособие, часть 4), Ярославль, 1989.
6. Сборник задач по геометрии, часть 2, под ред. Л.С. Атанасяна, М., Просвещение, 1975.
7. Л.С. Атанасян, В.Т. Базылев «Геометрия» ч.2, М., Просвещение, 1987.
Л.С. Атанасян, В.Ф.Бутузов, С.Б.Кадомцев, И.И.Юдина «Геометрия. Доп. главы к учебнику 9 кл.» 4 – е изд. – М.: Вита – Пресс, 2004, стр.43, 46-50.
Ресурсы Интернета.