Курсовая работа (т): Геометрические построения одной линейкой

2)      Пусть точка M - на окружности ω и M∉AB. На луче AM выберем точку N внутри окружности и проведем через нее перпендикуляр к AB (случай 1)), пересекающий окружность ω в точках C и D. H=CD∩AB, H - середина CD. Воспроизведем полный четыревершинник, для которого точка M - одна из вершин, C и D - диагональные точки. MK || CD, CD  AB. Следовательно, MK  AB.

3)      Пусть M∈AB. Проведем через точку M прямую, пересекающую окружность в двух точках C и D. Из точки D проведем перпендикуляр к AB (случай 2)). Точка H=AB∩DD'. H - середина DD'.

Воспроизведем полный четырехвершинник, для которого точки M, C - вершины, D и D' - диагональные точки. Получим, что ME || DD'. Следовательно, MH  AB.

4.      Даны окружность ω с центром O и ее хорда AB. Пользуясь одной линейкой, разделить отрезок AB пополам.

Решение:

Пусть A' и B' - точки окружности ω, симметричные относительно точки O соответственно точкам A и B. Тогда прямые AB и A'B' параллельны.

Воспроизведем полный четырехершинник, для которого точки M, N - вершины, A, B - диагональные точки. Получили, что C - середина AB.

5.      Дан отрезок AB, прямая l параллельна этому отрезку. Удвоить отрезок AB.

Решение:

)        Выберем точку M, не принадлежащую прямым AB, l;

)        Проведем прямые AM, BM;

)        Точки A'=AM∩l, B'=MB∩l;

)        Точка N=AB'∩A'B;

)        Точка C=A'B'∩MN;

6)      Точка S=A'M∩CB;

7)      Точка D=B'S∩AB;

8)      [AD]=2 [AB].

.        Дан отрезок AB, прямая l параллельна этому отрезку. Разделить отрезок AB на 3 равные части.

Решение:

)        Выберем точку M, не принадлежащую прямым AB, l;

)        Проведем прямые AB, BM;

)        Точка A'=AM∩l;

)        Точка B'=BM∩l;

)        Проведем прямые AB', A'B;

)        Точка N=AB'∩A'B;

)        Точка C=MN∩AB;

)        Точка C'=MN∩l;

)        Точка N'=CB'∩BC';

)        Точка K=MN'∩l;

)        Точка S=BK∩AM;

)        Точка L=SC'∩AB;

)        [AB]=3 [LB].

3.2 Теорема Дезарга

На основе теоремы Дезарга, изложенной в книге Атанасяна Л.С. и Базылева В.Т. «Геометрия» раздел третий «Проективное пространство. Методы изображений», можем привести примеры задач, которые разрешимы одной линейкой.

.        Прямые a и b пересекаются в точке M. Пользуясь одной линейкой, построить прямую AM, если точка A не лежит ни на одной из этих прямых.

Решение:

1)      Выберем точку S, не принадлежащую прямым a и b;

)        Проведем три произвольных прямых, проходящих через точку S и пересекающих прямые a и b;

)        Проведем прямую KN, где N=KN∩SN;

)        Проведем прямую K'L;

)        Точка N'=K'L∩SN;

)        Точка C=KN∩K'L;

)        Точка A=LN∩L'N'.

2.      Даны две параллельные прямые a, b и точка A, принадлежащая прямой c. Прямая c параллельна прямым a и b. Построить прямую с.

Решение:

1)      Выберем точку S, не принадлежащую прямым a и b;

)        Проведем три произвольные прямые, пересекающие прямые a и b;

)        Проедем прямую KN, где N=KN∩SN;

)        Проведем прямую K'L;

)        N'=K'L∩SN;

)        C=KN∩K'L;

)        A=LN∩L'N';

)        AC=c, AC || a, AC || b.

3.      Дан параллелограмм ABCD и прямая l. Точка P' лежит на прямой, содержащей одну из сторон параллелограмма. Построить прямую l', проходящую через точку P' параллельно прямой l.

Решение:

1)      Если прямая l параллельна стороне параллелограмма, то можно воспользоваться предыдущей задачей.

3.3 Теорема Понселе-Штейнера

Просмотрев задачи на построение в учебнике для 7-9 классов общеобразовательных учреждений Л.С. Атанасяна и др., можно выделить задачи, решаемые с помощью циркуля и линейки, но по теореме Понселе-Штейнера их можно решить одной линейкой. Рассмотрим некоторые из них.

.        Построить биссектрису данного угла.

Решение с помощью циркуля и линейки:

)        Проведем окружность ω произвольного радиуса с центром в вершине A;

)        Точка B=AB ∩ ω;

)        Точка C=AC ∩ ω;

)        Проведем окружности ω' (B, BC) и ω'' (C, BC);

5)      ω' ∩ ω''={E, H};

)        Луч AE - биссектриса угла ABC.

)        Докажем, что луч AE является биссектрисой угла ABC. Рассмотрим треугольники ACE и ABE. Они равны по 3 сторонам: AE - общая сторона, AC и AB равны как радиусы одной и той же окружности, CE=BE по построению. Из равенства треугольников следует, что  CAE=  BAE, т.е. луч AE - биссектриса данного угла ABC.

Решение одной линейкой:

Пусть окружность ω с отмеченным центром уже дана, тогда

)        Проведем произвольную прямую l, не пересекающую окружность;

)        Проведем луч OM параллельно лучу AB;

)        Проведем луч ON параллельно лучу BC;

)        Разделим пополам отрезок HH' (3.2 Лемма о трапеции, задача 1.);

)        Точка P - середина отрезка HH';

)        Проведем луч OP;

)        Проведем луч AA' параллельно лучу OP;

)        Луч AA' - биссектриса данного угла ABC.

2.      Даны прямая a и точка M, не лежащая на ней. Построить прямую, проходящую через точку M и перпендикулярную к прямой a.

Решение с помощью циркуля и линейки:

)        Построим окружность ω с центром в данной точке M, пересекающую прямую a в двух точках A и B;

)        Построим две окружности ω' и ω'' с центрами A и B, проходящие через точку M;

)        Точка N= ω' ∩ ω'';

)        Проведем прямую MN, MN a;

)        Докажем, что прямая MN - искомая. Треугольники AMN и BMN равны по трем сторонам, поэтому BMN=AMN. Отсюда следует, что отрезок MC является биссектрисой равнобедренного треугольника AMB, а значит, и высотой. Таким образом, MNAB, т.е. MN a.

Решение одной линейкой:

Пусть окружность ω с отмеченным центром уже дана.

1)      ω ∩ a ={H, H'};

)        Разделим отрезок HH' пополам (3.2 Лемма о трапеции, задача 1.);

)        Точка C - середина отрезка HH';

)        Проведем прямую OC, она содержит диаметр окружности ω, следовательно OCHH', т.е. OC a;

)        Проведем прямую MN параллельно прямой OC, MN a.

3.4 Лемма о трапеции

.        В учебнике для 7-9 классов для общеобразовательных школ Атанасяна Л.С. и др. приведена задача, решаемая с помощью циркуля и линейки, но, если воспользоваться леммой о трапеции, то эту задачу можно решить одной линейкой.

Дан отрезок AB, C - середина отрезка AB. Построить точку C.

Решение с помощью циркуля и линейки:

)        Построим две окружности ω' (B, AB) и ω'' (A, AB);

2)      ω' ∩ ω''={P, Q};

)        Проведем прямую PQ;

)        Точка C=PQ ∩ AB, точка C - середина отрезка AB;

)        Докажем, что точка C - середина отрезка AB. Треугольники AQP и BQP равны по трем сторонам, поэтому  APQ= BPQ. Следовательно, отрезок PC - биссектриса равнобедренного треугольника APB, а значит, и медиана, т.е. точка C - середина отрезка AB.

Решение одной линейкой:

) Воспользуемся двусторонней линейкой и проведем прямую l параллельно отрезку AB;

) Выберем точку M, не принадлежащую прямым AB, l;

) Проведем прямые AB и BM;

) Точка L= AM ∩ l;

) Точка N=MB ∩ l;

) Проведем прямые AN, BL;

) Точка K=AN ∩ BL;

) Проведем прямую MK;

) Точка C=AB∩MK.

2.      Дан отрезок AB, C - середина этого отрезка, точка L не принадлежит AB. Построить прямую l, проходящую через точку L параллельно отрезку AB.

Решение: 1) Выберем точку M, не принадлежащую отрезку AB и не совпадающую с точкой L;

) Соединим точки A и B с точкой M так, чтобы точка L принадлежала прямой AM;

) Соединим точки M и С;

) Проведем прямую LB;

) K=MC∩LB;

) Проведем прямую через точки A и K;

) Проведем прямую через точки K и L, которая является искомой прямой l.

3.      Через центр данного параллелограмма ABCD провести прямую, параллельно его стороне.

Решение: 1) Воспользуемся предыдущей задачей, учтя, что AO=CO и BO=DO, проведем CE || BD, DF || AC.

) Для доказательства рассмотрим треугольник ACK, где K - точка пересечения прямых AD и CM. Треугольник DKM равен треугольнику ADO по двум сторонам и углу между ними. А поэтому KM=OD=CM. Следовательно, прямая OM служит средней линией треугольника ACK и поэтому параллельна его основанию.

Заключение

В ходе написания данной работы я выполнила поставленную цель, а именно, рассмотрела задачи на построение, решаемые одной линейкой.

Так же я реализовала поставленные задачи: проанализировала и отобрала нужный для осуществления поставленной цели теоретический материал, решила задачи на построение одной линейкой, решила задачи школьного курса геометрии двумя способами.

Список литературы

1.   Атанасян Л.С., Базылев В.Т. Геометрия. Учеб. Пособие для студентов физ.-мат. фак. пед. ин-тов. В 2 ч. Ч 2. Москва: «Литер», 2008. 26-28 с.

2.      Б.И. Аргунов, М.Б. Балк. Геометрические построения на плоскости. Пособие для студентов педагогических институтов - Москва, 1957. - 5-12 с., 18-20 с.

3.      Л.С. Атанасян, В.Ф. Бутузов, С.Б. Кадомцев, Э.Г. Позняк, И.И. Юдина. Геометрия, 7-9: Учеб. для общеобразоват. учреждений/ Л.С. Атанасян, В.Ф. Бутузов, С.Б. Кадомцев и др. - 13-у изд. - М.: Просвещение, 2003. - 384 с.: ил. - ISBN 5-09-0112055-2. 46-49 с.

.        Толстопятов В.П. Проективные факты в решении элементарно - геометрических задач: Методическая разработка / Урал. гос. пед. ун-т: Сост. В.П. Толстопятов. Екатеринбург, 2000. 42 с. 4-7 с., 12 с., 35-41 с.