Метадам цэнтральнай І восевай сіметрыі




НазваМетадам цэнтральнай І восевай сіметрыі
Дата канвертавання27.11.2012
Памер130.23 Kb.
ТыпДокументы


Рашэнне задач на пабудову

метадам цэнтральнай і восевай сіметрыі

Змест

Уводзіны…………………………………………………………………….3

Прыклады рашэння задач………………………………………………….4

Вывады……………………………………………………………………..16

Літаратура………………………………………………………………….17

Уводзіны

Задачы на пабудову – гэта задачы, у якіх з дапамогай цыркуля і лінейкі патрабуецца выканаць некаторыя пабудаванні і пабудаваць адзначаную геаметрычную фігуру па яе зададзеных элементах.

З дапамогай лінейкі можна правесці прамую праз любыя два зададзеныя пункты на плоскасці (нельга праводзіць паралельныя прамыя, т.я. лічыцца, што ў лінейкі толькі адзін роўны край, і нельга вымерваць адрэзкі, т.я. прынята, што ў лінейкі няма дзяленняў).

З дапамогай цыркуля можна правесці акружнасць з цэнтрам у любым пункце плоскасці і радыусам, роўным па даўжыні любому наперад зададзенаму адрэзку на плоскасці.

Рашэнне задач на пабудову на плоскасці, як правіла, складаецца з чатырох этапаў:

  1. Аналіз задачы.

Аналіз задачы праводзіцца з мэтай пошуку яе рашэння. Для правядзення аналізу лічыцца, што дадзеная задача рэшана, патрабуемая фігура пабудавана, і выконваецца пошук залежнасці паміж яе элементамі, якія дазваляюць звесці дадзеную задачу да іншых, раней вядомых.

  1. Пабудаванне.

Дакладна ўказваецца паслядоўнасць пабудаванняў, якія неабходна выканаць для рашэння задачы. Гэты пералік пабудаванняў павінен суправаджацца і фактычным выкананнем чарцяжа пры дапамозе цыркуля і лінейкі.

  1. Доказ.

На аснове вядомых тэарэм выконваецца доказ таго, што пабудаваная фігура задавальняе ўсім ўмовам задачы.

  1. Даследаванне.

Неабходна даць адказ на 2 пытанні:

а) ці заўсёды задача мае рашэнне (менавіта, патрэбна адзначыць умовы, пры якіх задача мае рашэнне і пры якіх – не);

б) колькі рашэнняў мае задача пры кожным выбару дадзеных.

Каб атрымаць адказ на гэтыя пытанні, лепш правесці даследаванне па ходзе пабудавання, г.зн., патрэбна яшчэ раз паслядоўна разгледзець тыя пабудаванні, якія былі выкананы, і для кожнага з іх вызначыць, ці заўсёды гэтае пабудаванне можна выканаць і колькі вынікаў можа даць гэтае пабудаванне.


Сутнасць метада восевай сіметрыі ў наступным. Падразумеваецца, што задача ужо рэшана, пры гэтым некаторая фігура F заменьваецца сіметрычнай ёй фігурай F адносна некаторай прамой l . Пасля гэтага фігура Fпадпарадкоўваецца тым жа ўмовам, якім павінна задавальняць фігура F. У выніку атрымаем новую задачу, якая рашаецца адным з вядомых спосабаў. Нячаста ёсць неабходнасць вяртацца да першапачатковай умовы задачы. Гэты метад часта выкарыстоўваецца для спрамлення ліній, можа быць прыменімы пры рашэнні задач, во ўмове якіх даецца сумма або рознасць некаторых звенаў ломанай лініі. Выкарыстоўваецца таксама і пры рашэнні задач, ва ўмове якіх указваецца прамая, якая з’яўляецца воссю сіметрыі шукаемых элементаў фігуры, або прамая, па адзін бок ад якой размешчаны адны элементы фігуры, па другі – астатнія элементы.


Метад цэнтральнай сіметрыі аналагічны метаду восевай сіметрыі. Адрозненне – разглядаецца сіметрыя адносна пункта. Гэтым метадам рашаюцца задачы, ва ўмовах якіх у той або іншай форме ўказаны пункт, які з’яўляецца цэнтрам сіметрыі шукаемай або дапаможнай фігуры.

Прыклады задач


1

Пабудуйце квадрат, калі дадзены яго цэнтр і два пункты, якія ляжаць на прамых, якім належаць дзве паралельныя стораны квадрата.

Аналіз:

Няхай ABCD – шукаемы квадрат, О – яго цэнтр, М і N – дадзеныя пункты адпаведна на старанах АВ і СD . Калі павярнуць квадрат на 180° каля яго цэнтра О, то пункт М зойме некаторае становішча М на старане CD, а пункт N – некаторае становішча N на AB. Пасля гэтага няцяжка пабудаваць шукаемы квадрат.


Пабудаванне:

  1. Будуем пункт М’, сіметрычны пункту М адносна О і пункт N, сіметрычны пункту N адносна О ;

  2. Будуем прамыя М N і N М ;

  3. Павернем пабудаваныя прамыя М N і N М каля пункта О на 90°:

Апусцім перпендыкуляр з пункта О на прамую М N’ . Атрымаем пункт перасячэння F. Пабудуем FOK =90°. На прамой ОК адкладзём адрэзак OQ=OF. Праз пункт Q праводзім прамую, перпендыкулярную прамой OQ. Пункт перасячэння праведдзнай прамой з прамой МN’=А, а з прамой NМ=D, дзе A і Dвяршыні шукаемага квадрата.

4) AO NМ’=C;

5) DO МN’=B;

6) квадрат ABCD – шукаемы.


Доказ: Па пабудаванню.


Даследаванне:

Па сэнсу задачы немагчымы выпадак, калі пункты M і N размяшчаюцца з пунктам О на адной прамой, але не сіметрычны адносна О. Калі пункты M і N сіметрычны адносна О, то задача не мае сэнсу. У астатніх выпадках задача мае адзінае рашэнне.

2

На дадзенай прамой пабудуйце пункт X так, каб сума адлегласцей ‌‌‌‌‌‌ , дзе A і B дадзеныя пункты, якія не належаць прамой , была найменшай.

Аналіз:

Няхай пабудаванне выканана. Магчымы выпадкі:

- калі пункты размешчаны па розныя бакі адносна прамой , то найменшая адлегласць паміж пунктамі будзе, калі пункты ляжаць на адной прамой;

- а калі пункты размешчаны па адзін бок, то пункт, для якога сума адлегласцей мінімальная, знаходзіцца па наступнаму пабудаванню.

Пабудаванне:

1) B сіметрычны B адносна ℓ;

2) AB’ ∩ ℓ= X;

3) AX+XB=AX+XB – min.

Доказ:

Разгледзім адвольны пункт X’Є ℓ. Дакажам, што AX’+BX’>AX+BX.

Разгледзім ABX. Па ўласцівасці трохвугольніка сума дзвюх старон больш за трэцюю старану. Вынікае, што .

Значыць, AX+XBмінімальная (найменшая).

Даследаванне:

Заўсёды можна пабудаваць сіметрычны пункт. Няма такіх умоў, пры якіх задача не мела б рашэння. З гэтага вынікае, што пабудаванне можна выканаць заўсёды.


3

На дадзенай прамой пабудуйце пункт X так, каб рознасць адлегласцей ‌‌‌‌‌‌ была найбольшая.


Аналіз:

Магчымы наступныя выпадкі:

  • калі пункты знаходзяцца па адзін бок ад прамой, то праводзім прамую, якая праходзіць праз два гэтыя пункты да перасячэння з ℓ. Рознасць адлегласцей будзе найбольшая;

  • калі пункты знаходзяцца па розныя бакі, то пункт, для якога рознасць адлегласцей найбольшая, знаходзіцца па наступнаму пабудаванню.


Пабудаванне:

1) B сіметрычны B адносна ℓ;

2) AB = X;

3) AX-XBmax (найбольшая).


Доказ:

Няхай B– пункт сіметрычны пункту B адносна прамой ℓ. Дапусцім, што прамая АВ, перасякае прамую у пункце Х. Дакажам, што пункт Х – шукаемы.

Няхай X – адвольны пункт прамой , адрозны ад Х.

Тады AX’-BX’=AX’-BX’<AB’=AX-BX=AX-BX.


Даследаванне:

Пабудаванне магчыма, калі AB і AB ℓ.


4

Прамая перасякае адрэзак АВ. Пабудуйце на гэтай прамой такі пункт Х, каб бісектрыса вугла АХВ належала прамой .


Аналіз:

Няхай пабудаванне выканана. Калі пункт А сіметрычна адлюстраваць адносна , то вобраз яго Апападзе на сторану вугла. Праз пункты А і B можна правесці прамую да перасячэння з ℓ. (AB=X). Потым праводзім АХ. Значыць пабудаванне можна выканаць.

Пабудаванне:

1) А’ сіметрычны А адносна ;

2) AB = X;

3) AX.

Доказ:

Калі Aсіметрычны пункту А адносна , то па азначэнню АР=АР і ХРА= ХРА’=90˚. Пагэтаму ΔХРА= ΔХРА’ і РХА= РХА’.

Такім чынам, пункт В павінен размяшчацца на прамой А’Х. Іншымі словамі, пункт Х павінен размяшчацца на прамой А’B. Пагэтаму пункт Х можа быць пабудаваны як перасячэнне прамой А’B з прамой .


Даследаванне:

Задача мае адзінае рашэнне, калі адлегласць пунктаў А і В ад прамой не аднолькавая. Але пункты А і В не сіметрычныя адносна прамой , то задача зусім не мае рашэння (т.я. прамая AB пройдзе паралельна ).

Калі пункты А і В сіметрычныя адносна прамой , то задача з’яўляецца невызначанай: любы пункт прамой у гэтым выпадку задавальняе ўмове задачы.


5

Пабудуйце трохвугольнік АВС найменшага перыметра, калі дадзена старана а і вышыня .

Аналіз: b+c min


Пабудаванне:

1) ;

2)

3)

4) CB=a, CBЄ;

5) B’, B’Є, B’BCB;

6) CB’;

7) A=CB’ ;

8) ΔABC – шукаемы.


Доказ:

Р=а+СА+АВ, а=const.

Для таго, каб перыметр быў мінімальным (найменшым), патрэбна, каб СА+АВ была мінімальная.

B – з’яўляецца сіметрычным пунктам пункта B адносна прамой . Адлегласць CB з’яўляецца найменшай , таму што з’яўляецца сумай даўжынь адрэзкаў, якія належаць адной прамой.

АЄCB’, АЄ, т.я. Bсіметрычны В, то AB’=AB, таму CA+AB’=CA+AB – мінімальная адлегласць.


Даследаванне:

Задача мае адно рашэнне. Рашэнне заўсёды існуе.


6

Дадзены пункты M і N і два іншыя пункты A і B, якія ляжаць па адзін бок ад прамой MN. На прамой MN пабудуйце пункт Х, такі, каб MXA=NXB.

Аналіз:


Пабудаванне:

1) A сіметрычны A адносна MN;

2) AB;

3) X=MNAB; AXM=BXM.


Доказ:

ABMN=X MXA=BXN, як накрыжляжачыя.

AAMX; H=MXAA; AH=AH ΔAAX – раўнабедраны

AXH=HXA’ AXH=BXN.


Даследаванне:

Задача можа мець два рашэнні.

Другое рашэнне: =ABMN.


7

Пабудуйце трохвугольнік АВС, калі дадзены стораны b і c і вугал φ так, што В-С= φ.


Аналіз:

Паводле ўмовы В>C b>c.

Дапусцім, што ΔАВС – шукаемы. Разгледзім восевую сіметрыю адносна пасярэдняга перпендыкуляра да стараны ВС.

Пры восевай сіметрыі: BC, а CB, AA, BCACBA’.

  1. ΔABA’;

  2. ℓ - пасярэдні перпендыкуляр да AA;

  3. пабудуем вяршыню С ΔАВС.


Пабудаванне:

1) ABA’ па b, c і φ;

2) - пасярэдні перпендыкуляр да AA;

3) С= (В);

4) ΔАВС – шукаемы.


Доказ:

AB=c; AC=b; В-С= φ.


Даследаванне:

Пабудаваць трохвугольнік па дзвюм старанам і вуглу можна заўсёды і адзіным чынам.


8

Пабудуйце ΔАВС па аснове а, вуглу пры вяршыні В і рознасці бакавых старон.




Аналіз:


Пабудаванне:

  1. ΔCBA (па дзвюх старанах a, c-b і В);

  2. Пасярэдні перпендыкуляр n да адрэзка AC;

  3. Вяршыня A=n∩BA’.


Доказ: Па пабудаванню.

У Δ-ку CAA СА=АА= b. АВ= АА’+ А’В= b+ c-b= c.

\

Даследаванне:

Задача не мае рашэнне, калі СА’В – прамы, г.зн., калі c-b=acosB.


9

Дадзены востры вугал і ўнутры яго – пункт Р. Пабудуйце трохвугольнік найменшага перыметра, каб адна яго вяршыня супадала з пунктам Р, а дзве іншыя ляжалі (па адной) на старанах дадзенага вугла.

Аналіз:


Пабудаванне:

1)

2)

3) P’P’’;

4) A=P’P’’ m;

5) B=P’P’’ ℓ;

6) ΔABP.


Доказ:

PA=AP’’; PB=BP’.

PA+AB+PB=AP’’+AB+BP’ – гэта сума найменшая таму, што адрэзкі ляжаць на адной прамой.


Даследаванне:

Задача мае адзінае рашэнне.


10

У дадзеную акружнасць упішыце квадрат так, каб прамая, на якой ляжыць адна з яго старон, праходзіла праз дадзены пункт.


Аналіз:




Пабудаванне:

1) акружнасць

2) , - дыяметры.

D’B’ = ; A’C’ = ;

3) A’B’C’D’;

4) акружнасць

5) - датычная да ;

6) K= ;

7) A=; B=;

8) ADAB; ; DCAD; C Є;

9) ABCD – шукаемы;

10) - другая датычная з пункта М.

Аналагічна будзе другі шукаемы квадрат A’B’C’D’.


Доказ:

A’B’C’D’ – квадрат, роўны шукаемаму па пабудове.


.


Даследаванне:


Задача мае 2 рашэнні, калі пункт М не належыць кругу, абмежаванаму акружнасцю 1 рашэнне – калі МЄ; не мае рашэнняў, калі М – унутраны пункт гэтага круга.


Вывады


Метад сіметрыі заключаецца ў тым, што напачатку будуюць фігуру, сіметрычную шукаемай або дадзенай фігуры адносна прамой ці пункта, а пасля будуюць шукаемую фігуру. Яго зручна прымяняць, калі ўмова задачы ўтрымлівае разнасці дадзеных і ў задачах на найменшыя адлегласці.


Літаратура


  1. Атанасян Л., Базылеў В.Т./ Геаметрыя. Вучэбны дапаможнік для студэнтаў фіз-мат. фак. пед. інстытутаў.Ч.2.-М.: 1987;

  2. Готман Э.Г./ Задачы па планіметрыі і метады іх рашэння.-М.: 1996;

  3. Лісава М.І., Пірутка В.М./ Планіметрыя. Выніковае паўтарэнне.-Мн.: 2004;

  4. Прасолаў У.У./Задачы па планіметрыі.Ч.1.-М.: 1995.



Дадаць дакумент у свой блог ці на сайт

Падобныя:

Метадам цэнтральнай І восевай сіметрыі iconМатэматыка 6 клас Тэма
Прыклады фігур, якія маюць адну вось сіметрыі (слайд 7). Вучні атрымліваюць такія фігуры І знаходзяць ІХ вось.(дадатак 1)

Метадам цэнтральнай І восевай сіметрыі iconБілет №13 Развіццё адукацыі, навукі, літаратуры І мастацтва ў бсср у к. 1920-ых
Вядомы наш зямляк Д. Ф. Прышчэпаў у літаратуры галоўным метадам быў метад сацыялістычнага рэалізму

Метадам цэнтральнай І восевай сіметрыі icon8 жніўня 2012 г у Цэнтральнай раённай бібліятэцы прайшоў вусны часопіс "Мінск сталіца Беларусі" для вучняў сярэдніх класаў гарадскіх школ. Бібліятэкар
Цэнтральнай раённай бібліятэцы прайшоў вусны часопіс “Мінск – сталіца Беларусі” для вучняў сярэдніх класаў гарадскіх школ. Бібліятэкар...

Метадам цэнтральнай І восевай сіметрыі iconПадпісны ліст*
Цэнтральнай камісіі Рэспублікі Беларусь па выбарах І правядзенню рэспубліканскіх рэферэндумаў

Метадам цэнтральнай І восевай сіметрыі iconУступныя метады
Педагогіка гульняў з’яўляецца метадам, які прапануе адкрытую дзейнасць вучням у атмасферы згоды І ўзаемаразумення незалежна ад узросту...

Метадам цэнтральнай І восевай сіметрыі iconБеларускія землі ў складзе Вялікага княства Літоўскага Змест
Эвалюцыя цэнтральнай улады вкл: ад адзінаўладдзя да саслоўна-прадстаўнічай манархіі

Метадам цэнтральнай І восевай сіметрыі iconУ параўнаньні зь мінулымі гадамі, ці павялічылася колькасьць наведвальнікаў?
Вера Лашчэцька – дырэктарка Цэнтральнай раённай бібліятэка ў мястэчку Акцябрскі, Гомелўьскай вобласьці

Метадам цэнтральнай І восевай сіметрыі iconУ параўнаньні зь мінулымі гадамі, ці павялічылася колькасьць наведвальнікаў?
Вера Лашчэцька – дырэктарка Цэнтральнай раённай бібліятэка ў мястэчку Акцябрскі, Гомелўьскай вобласьці

Метадам цэнтральнай І восевай сіметрыі iconПрысвечаны памяці драматурга
У пачатку лістапада ў Рагачоўскай цэнтральнай бібліятэцы І дзяржаўным музеі прайшлі вечарыны, прысвечаныя 80-годдзю з дня нараджэння...

Метадам цэнтральнай І восевай сіметрыі iconСупярэчлівасць вобразу Вольгі Ляновіч у аповесці І. Шамякіна "Гандлярка І паэт"
Вольгі Ляновіч; высветліць дамінуючыя рысы характару метадам калектыўнага выбару; развіваць навыкі аналізу літаратурнага героя, садзейнічаць...

Размесціце кнопку на сваім сайце:
be.convdocs.org


База данных защищена авторским правом ©be.convdocs.org 2012
звярнуцца да адміністрацыі
be.convdocs.org
Галоўная старонка