close

Вход

Забыли?

вход по аккаунту

код для вставкиСкачать
Дмитровский муниципальный район
Муниципальное общеобразовательное учреждение
Дмитровская основная общеобразовательная школа №7
МЕЖРАЙОННАЯ НАУЧНО - ПРАКТИЧЕСКАЯ КОНФЕРЕНЦИЯ
ИССЛЕДОВАТЕЛЬСКИХ И ПРОЕКТНЫХ РАБОТ УЧАЩИХСЯ
«ПРОЕКТ ГОДА-2015»
Направление: МАТЕМАТИКА
Исследовательская работа
Три точки окружности
Выполнили: Варениченко Диана (9 класс),
Кочуев Максим (9 класс),
Рябич Елена (7 класс)
Руководитель: учитель математики
Москевич Лариса Вячеславовна
г. Дмитров, 2015г
1
ОГЛАВЛЕНИЕ
1. Введение
3
2. Основная часть
6
2.1. Основные понятия
6
2.2. Анализ задачи
9
2.3. Построение
11
2.4. Доказательство
12
2.5. Исследование
12
3. Заключение
14
4. Литература
15
2
1. ВВЕДЕНИЕ
“Высшее назначение геометрии как раз и состоит в том,
чтобы находить скрытый порядок в хаосе,
который нас окружает”.
Винер
Одной из наиболее древних и важнейших математических наук
является геометрия. Своеобразие геометрии, выделяющее ее среди других
разделов математики, да и всех наук вообще, заключается в неразрывном
органическом соединении живого воображения со строгой логикой.
Геометрия,
по
своей
сути,
есть
пространственное
воображение,
пронизанное и организованное строгой логикой. Геометрия — это элемент
общей
культуры
человека.
Она
изучает
пространственные
и
пространственно-подобные формы и отношения реального мира. Именно
геометрия формирует определенный стиль и культуру мышления. Именно
она
отвечает
за
развитие
пространственного
воображения,
пространственных представлений, которые нужны, чтобы научиться
правильно ориентироваться в окружающем нас мире, понять, как он
устроен. [3]
«Существует ли более важный жизненный нерв, чем тот, который был
бы отрезан от математики, если из нее изъять геометрию и математическую
физику?» (Д. Гильберт).
Геометрия является носителем собственного метода познания мира,
является
основной
составной
частью
современного
научного
мировоззрения.
Множество
учёных
геометров,
да
и
простых
людей,
интересовались такой фигурой как круг и его «оболочкой», носящей
название окружность. С окружностью и кругом мы имеем дело ежедневно.
В Древней Греции круг и окружность считались венцом совершенства.
Действительно, в каждой своей точке окружность устроена одинаковым
образом, что позволяет ей двигаться самой по себе. Это свойство
окружности сделало возможным возникновение колеса, поскольку ось и
3
втулка колеса должны все время быть в соприкосновении. Но еще до колеса
люди использовали круглые бревна-катки для перевозки тяжестей. Рисунки
на стенах египетских пирамид рассказывают нам, что именно так
доставлялись огромные камни на строительство этих пирамид.
Постановка проблемы
Рассмотрим задачи:
1. Известно расположение двух различных точек на окружности.
Найти третью точку окружности, равноудаленную от двух данных.
Решение. ГМТ точек, равноудаленных от двух данных есть
серединный перпендикуляр к отрезку, соединяющему данные точки. Точка
пересечения окружности с серединным перпендикуляром будет являться
искомой. Таких точек на окружности две.
2. Найти третью точку на окружности такую, чтобы сумма расстояний
от этой точки до каждой из двух данных была равна расстоянию между
данными точками.
Решение. Данная задача решений не имеет, т.к. любые три различные
точки окружности являются вершинами треугольника, а треугольник
существует, если сумма двух его сторон больше длины третьей стороны.
Обобщим:
3. Найти такую третью точку окружности, чтобы сумма расстояний от
этой точки до каждой из двух данных была равна какому-то числу p.
Актуальность.
Определяется
той
ролью,
которую
играет
математическая наука, в частности, геометрия в жизни современного
общества. Решая геометрические задачи мы усиливаем интерес к изучению
математики, желание найти решение геометрической задачи требует
умственного напряжения и изобретательности, ведет к получению
математического знания, а роль математического знания сегодня столь
велика, что полностью можно согласиться с утверждением: «Плохое
математическое образование ограничивает свободу личности, ущемляет
права человека, в частности, право на свободный выбор профессии. Плохое
4
математическое образование — прямая угроза национальной безопасности,
причем
почти
всем
ее
аспектам:
военному,
экономическому,
технологическому и прочим.» (И.Ф. Шарыгин).
Гипотеза. Количество точек на окружности таких, что сумма
расстояний до двух других точек окружности А и В равна р зависит от
длины АВ и величины р.
Цель. Выяснить условия существования трех различных точек на
окружности, подчиняющихся закону: сумма расстояний от одной точки до
каждой из двух других должна быть равна числу p.
Задачи.
I.
Определить основные понятия, встречающиеся при решении
данной задачи.
II.
Познакомиться с методикой решения задач на построение.
III.
Построить точку на окружности, сумма расстояний от которой
до двух других точек окружности равна числу p.
IV. Провести исследование всех возможных случаев.
Методы исследования: анализ, компьютерное моделирование, метод
спрямления, аксиоматический метод.
5
2. ОСНОВНАЯ ЧАСТЬ
2.1. Основные понятия [1]
Окружность – это геометрическая фигура, каждая точка которой
равноудалена от одной точки – центра окружности.
Отрезок, соединяющий центр окружности с любой её точкой,
называется радиусом окружности. Диаметр окружности – это отрезок,
соединяющий две точки окружности и проходящий через центр, хордаотрезок, соединяющий любые точки окружности.
Круг – это часть плоскости, ограниченная окружностью. Сегментгеометрическая фигура, ограниченная дугой кривой и её хордой.
Геометрическое место точек (ГМТ) – это множество всех точек,
удовлетворяющих определённым заданным условиям.
Пример
1.
Срединный
перпендикуляр
любого
отрезка
есть
геометрическое место точек (т.е. множество всех точек), равноудалённых от
концов этого отрезка.
Пример 2. Окружность - это геометрическое место точек (т.е.
множество всех точек), равноудалённых от её центра.
Задачей на построение называется предложение, указывающее, по
каким данным, какими инструментами, какую геометрическую фигуру
требуется построить так, чтобы эта фигура удовлетворяла определённым
условиям. [7]
Решить задачу на построение с помощью циркуля и линейки – значит
свести её к совокупности пяти элементарных построений, которые заранее
считаются выполнимыми. Перечислим их.
1. Если построены две точки P и F, то построена прямая PF, их
соединяющая, а также отрезок PF и любой из лучей PF и FP (аксиома
линейки).
2. Если построена точка G и отрезок PF, то построена окружность с
центром в точке G и радиусом PF, а также любая из дуг этой окружности.
6
3. Если построены две прямые, то построена точка их пересечения
(если она существует).
4. Если построена прямая и окружность, то построена любая из точек
их пересечения (если она существует).
5. Если построены две окружности, то построена любая из точек их
пересечения (если она существует).
Решение задачи сводят к основным построениям. В качестве
основных построений возьмем: построение биссектрисы угла; построение
отрезка, равного данному; построение угла, равного данному; построение
параллельной прямой, построение перпендикулярной прямой, деление
отрезка в данном отношении; построение треугольника по трём сторонам,
по двум сторонам и углу между ними, по стороне и двум прилежащим к ней
углам; построение прямоугольного треугольника по гипотенузе и катету.
Решить задачу на построение – значит найти все её решения. При
решении задач на построение используют определенную схему решения,
состоящую из четырех этапов: анализа, построения, доказательства,
исследования.
Каждый этап схемы имеет свои цели.
1.
Анализ. Цель анализа заключается в отыскании такой связи
между элементами искомой фигуры и данными задачи, которая помогла бы
построить искомую фигуру.
2.
Построение. Эта часть решения заключается в указании
последовательности главных операций, которые необходимо выполнить для
построения искомой фигуры.
3.
Доказательство. Этот этап решения ставит своей целью
показать, что построенная вышеуказанным способом фигура удовлетворяет
всем имеющимся в задаче условиям.
4.
Исследование. Исследование полученного решения должно
установить количество удовлетворяющих условию задачи фигур, т.е.
необходимо определить, сколько решений имеет задача. Кроме того,
7
необходимо выяснить, не имеются ли такие случаи, могущие возникнуть
при определенном расположении элементов, их величине и т.д., когда
требуемые построения невозможны. Надо установить, существует ли в этих
случаях решение, и найти его, если таковое будет.
Поиск задачи в источниках «Найти такую третью точку окружности,
чтобы сумма расстояний от этой точки до каждой из двух данных была
равна какому-то числу p» привел к положительному результату. Задача
найдена
в
Сборнике
геометрических
задач
на
построение
И.И.
Александрова под номером 364: На окружности даны точки А и В; отыскать
на ней точку X так, чтобы АХ + ВХ равнялась данной длине. [2]
Решение не предоставляется. Задача находится в подразделе «Метод
спрямления».
Метод спрямления. [6]
Метод спрямления заключается в том, что на чертеже изображают
данный отрезок так, чтобы он включает в себя один из неизвестных
отрезков, который участвует в сумме или разности.
Применение этого метода состоит из следующих операций:
1. Если в условии задачи дана сумма определенных отрезков (s), то
на
схематическом
чертеже,
представляющем
собою
предполагаемое решение, продолжают определенный отрезок, на
полученной прямой откладывают примыкающие к этому отрезку
другие отрезки и получают отрезок, равный s. Если же в условии
задачи дана разность (d) двух определенных отрезков, то на
схематическом
чертеже,
на
большем
из
этих
отрезков,
откладывают меньший отрезок так, чтобы получить отрезок,
равный разности d.
2. Найденный
таким образом отрезок
приводят посредством
вспомогательных линий в связь со схематическим чертежом и
получают новый, более сложный, схематический чертеж.
8
3. Выясняют, посредством каких операций можно построить этот
новый схематический чертеж, но строят его так, чтобы входящие в
него линии имели длину, указанную в условии задачи.
4. Когда этот новый вспомогательный чертеж построен, то остается
выяснить, что надо сделать, чтобы получить требуемое в задаче
построение.
2.2. Анализ задачи.
Найти такую третью точку окружности, чтобы сумма расстояний от
этой точки до каждой из двух данных была равна
какому-то числу p.
Хорда АВ делит данную окружность на две
дуги ᴗADB и ᴗАD₁B.
Рис. 1.
Сначала найдем положение искомой точки на дуге ADB: соединив
любую точку Q дуги ADB с концами хорды AB, получим треугольник AQB
(рис. 1.), в котором угол AQB равен половине дуги AD₁B. Обозначим его α.
∟AQB=α.
(1)
Если допустим, что Q-искомая точка, то по условию, получим:
AQ+QB=p
(2)
Опираясь только на уравнение (2), невозможно определить положение
точки Q на дуге ADB. Поэтому, желая найти способ построения точки Q,
попытаемся спрямить ломаную линию AQB.
На продолжении отрезка AQ отложим
отрезок QZ, равный QB (рис.2.): ZQ=QB.
(3)
Точки Q и Z конструктивно связаны: зная
положение
одной,
можем
определить
положение другой.
Рис. 2.
9
Действительно, если найдем положение точки Z, то соединив ее с
точкой А, получим, что отрезок AZ пересечет дугу ADB в искомой точке Q.
Из (2) и (3) имеем: AQ+QZ=p, т.е. AZ=p.
(4)
Чтобы связать точку Z с остальной
частью чертежа, соединим ее с точкой В.
(рис.3). В результате чего появились еще два
треугольника: ∆ AZB и ∆ QZB.
Если построим хотя бы один из этих
треугольников, то найдем положение точки Z,
а значит, и положение точки Q, конструктивно
связанной с нею.
Рис. 3.
∆ BQZ - равнобедренный, т.к. ZQ=QB
(3)
∟QZB = ∟QBZ.
Т.к. внешний угол треугольника равен сумме двух внутренних углов,
с ним не смежных, то
∟AQB=∟QBZ+∟QZB.
(6)
Из (1), (5) и (6) получим:
∟QZB=∟QBZ=α/2.
(7)
Из равенства AZ=p (4) следует, что точка
Z отстоит от точки А на расстоянии, равном p, а
равенство (7) показывает, что из точки Z отрезок
АВ виден под углом, равным α/2.
Следовательно,
если
построим
ГМТ,
удаленных от точки A на расстоянии, равном p, и
ГМТ, из которых отрезок АВ виден под углом
α/2,
то
пересечение
этих
ГМТ
и
будет
представлять искомую точку Z. (рис. 4.)
Рис. 4.
10
Первое ГМТ – окружность, описанная из точки А как из центра,
радиусом, равным отрезку p;
Второе ГМТ – дуга сегмента, который построен на данном отрезке АВ
и вмещает угол, равный α/2.
Построив эти ГМТ, определим положение Z, а значит и искомой Q.
Аналогично, таким же приемом можно определить положение точек
на дуге AD₁B.
2.3.Построение
См. Рис. 5
1. Из середины АВ точки М воcстановим перпендикуляр MN. Точка
С – середина дуги ADB.
2. На отрезке MN от точки С, в сторону точки N, отложим отрезок CF
=AC.
3.Начертим дугу окружности
AFB (центр в точке С, радиус
СA).
4.Проведем
дугу
окружности радиусом равным
p c центром в точке А. Точки
пересечения дуг обозначим К₁
и K₂.
5.Проводим
отрезки
AK₁ и AK₂. Отрезки AK₁ и
AK₂ пересекают дугу ADB в
точках С₁ и С₂.
Рис. 5.
6. Точки С₁ и С₂ - искомые, т.к. АС₁ + С₁В = p = AC₂ + C₂ B.
11
2.4. Доказательство.
1.Соединим точки К₁ и В.
2. Сегмент АFB вмещает угол, равный α/2, а значит, в треугольнике
С₁К₁В угол АК₁В равен α/2.
3. Внешний угол АС₁В этого треугольника, не смежный с углом
С₁К₁В, равен α.
Отсюда следует, что ∟С₁ВК₁ = α/2,
4. ∆ С₁К₁В-равнобедренный, а потому
С₁К₁ = С₁В
(8).
7. Т.к. по построению, АК₁ = p, (9) причем
АК₁ = АС₁ + С₁К₁.
Значит,
АС₁ + С₁К₁ = p.
(10)
(11)
6. Наконец, из (8) и (11) получим:
АС₁ + С₁В = p, ч.т.д.
Аналогично доказываем, что С₂-искомая. (рис. 5)
2.5. Исследование
Определим, сколько и при каких относительных размерах этих
величин имеется искомых точек на дуге ADB.
Соединим любую точку С₁ дуги ADB c точками A и В, получим,
АС₁ + С₁В > AB.
Следовательно, задача имеет решение только в случае, когда
p > AB
(12),
с другой стороны, если p > 2R (диаметр окружности дуги AFB), то
дуги, описываемые из точек А и В, не пересекут дугу АFB, а это значит, что
при p > 2R
(13)
задача решений не имеет.
p=2R (рис. 6.)
В этом случае дуги, описанные из точек А и В, как из центров, будут
касаться дуги AFB в некоторых точках К₁ и L₁, причем отрезки AK₁ и BL₁,
12
как диаметры, пройдут через центр С окружности AFB, который является
серединой дуги ADB.
Тогда точка С будет единственной искомой точкой, находящейся на
дуге ADB.
Рис. 6.
Рис. 7.
AB<p<2R (рис. 7.)
Если AB<p<2R, то две дуги, описанные из точек А и В, как из центров,
радиусами, равными p, пересекут дугу AFB соответственно в точках К₁, К₂
и L₁, L₂.
AK₁ =AK₂ = BL₁ = BL₂ и равноудалены от центра С окружности AFB.
Т.к. дуги AC и СВ равны, то АС=СВ.
∆ CK₁‘A = ∆ CL₁‘B = ∆ CK₂‘A = ∆ CL₂‘B, как прямоугольные треугольники,
имеющие равные гипотенузы (АС=ВС) и по равному катету.
Пусть С₁ - точка пересечения отрезков АК₁ и ВL₁.
Сумма углов треугольника AC₁B равна 180◦.
∟AC₁B = 180◦ - (∟C₁AB + ∟C₁BA).
∟C₁AB = ∟CAB -∟CAC₁ и ∟С₁ВА = ∟СВА + ∟СВС₁
∟С₁ВС=∟С₁АС (вписанные, опираются на дугу СС₁).
Значит, ∟АС₁В = ∟АСВ. Следовательно, точка С₁ находится на дуге АDB.
Итак, если АВ < p < 2R, то на дуге ADB будут находиться 2 искомые точки.
13
Вывод. Из исследования вытекает, что в рассматриваемой задаче на
дуге ADB могут быть либо две искомые точки, либо одна, либо ни одной.
Для полного решения необходимо определить искомые точки и на
дуге AD₁B.
3. ЗАКЛЮЧЕНИЕ
В ходе выполнения работы «Три точки окружности» было
предложено рассмотреть данную задачу как задачу на построение.
Приведено, выполненное авторами работы решение.
Проведен анализ задачи: «Найти такую третью точку окружности,
чтобы сумма расстояний от этой точки до каждой из двух данных была
равна какому-то числу p», используя метод спрямления найден способ
построения третьей точки. Произведено построение точки окружности для
которой сумма расстояний до двух других точек окружности равна p. В
работе доказано, что данная точка является искомой. После чего проведено
исследование
с
целью
выяснения
количества
возможных
точек,
удовлетворяющих данному условию. В ходе исследования пришли к
выводу: на решение задачи влияют величины: длина отрезка АВ, длина
отрезка p, величины углов, вмещаемых сегментами АDB и AD₁B. Гипотеза,
выдвинутая вначале нашла подтверждение.
Выяснено при каких условиях задача может не иметь решений, иметь
одно решение, два решения, три решения, четыре решения (таб. 1.).
0
1
2
3
4
2.
Таб. 1.
14
4.ЛИТЕРАТУРА
1. Адамар Ж. Элементарная геометрия. – Ч.1.: Планиметрия: Пособие –
3-е изд. – М.: Учпедгиз, 1958.- 760 с.,
2. Александров И.И. Сборник геометрических задач на построение /
И.И. Александров. – 19-е изд. – М.: Учпедгиз, 1954. – 176 с.
3. Александров А.Д., Вернер А.Л., Рыжик В.И. Геометрия. 6. М. :
«Просвещение», 1984. 176 с.
4. Геометрия. 7-9 кл.: учеб. Для общеобразоват. Учреждений/И.Ф.
Шарыгин. -2-е изд., стереотип. – М.: Дрофа, 2013.-462, [2]c.:ил.
5. Геометрия. 7-9 кл.: учеб. Для общеобразоват. Учреждений/[Л.С.
Атанасян, В.Ф. Бутузов, С.Б. Кадомцев и др.]. -21-е изд. – М.:
Просвещение, 2011.-384, [2]c.:ил.
6. Математика в школе №5, 1995г. В.Е.Коренева «Решение задач на
построение методом спрямления»
7. Методы решения задач на построение http://knowledge.allbest.ru
15
1/--страниц
Пожаловаться на содержимое документа