ГОС математика / Геометрия / 1,2,3

Вопрос 1. Построения на плоскости циркулем и линейкой. а) Решить задачу на построение - описать способы построений, проводимые некоторыми абстрактными инструментами по определенным правилам. I.Анализ – поиск решения задачи. Делают чертеж (набросок) от руки, проводят доп построения, устанавливают связи м/у элементами искомой фигуры и данными фигурами, выявляют цепочку основных построений, выполнение которых приводит к искомой фигуре. (считаем, что задача решена, анализируем её, ищем необ-мые элементы). II.Построение – выполняем основные построения, порядок которых определен анализом (опираясь на аксиомы и базовые задачи). III.Доказательство. Доказываем, что построенная фигура искомая, т.е. удовлетворяет всем требованиям задачи. IV.Исследование – выясняет, всегда ли задача имеет решение и сколько ещё решений она имеет при различном выборе данных фигур. б) Аксиомы абстрактной линейки (с помощью нее можно проводить бесконечные прямые) и абстрактного циркуля (им можно проводить окружности любого радиуса). А1. Через две данные точки можно провести прямую и притом только одну. А2. Любым данным радиусом можно провести окружность с центром в данной точке. А3. Можно выбирать точки, принадлежащие или не принадлежащие данным или построенным фигурам. Базовые задачи: Деление отрезка пополам. Деление угла пополам. Откладывание данного отрезка на данном луче. Построение угла, равного данному. Проведение через данную точку перпендикуляра к данной прямой. Проведение прямой через данную точку параллельно данной прямой. Построение треугольника по определяющим его элементам (сторонам и углам). Деление отрезка в данном отношении. в) Методы решения задач: Метод пересечения множеств Строятся точки, удов-щие опр-ным усл-ям. ! положение некоторой точки М опр-ся усл-ми a и b, тогда рассмотрим фигуру Фа, Состоящую из всех точек, обладающих св-вом а, и фигуру Фb, состоящую из всех точек с условием b. Тогда точка М должна принадлежать обеим фигурам. Т.е. она принадлежит пересечению этих фигур. Пример 1(метод пересечения) Построить кас-ную к данной окр-ти через данную точку, находящуюся вне круга, ограниченного данной окр-тью. И зобразим данные элементы: окр-ть с центром О и некоторым радиусом r и точку А. Для проведения кас-ной построим точку касания на данной окр-ти. Чтобы найти способ ее построения, проведём анализ. Анализ. ! прямая, проходящая через точку А, касается окр-ти в точке В. Радиус ОВ перпен-рен прямой АВ. В этом случае отрезок ОА виден из точки В под прямым углом точка В лежит на окр-ти диаметра ОА. Построение. 1) Разделим ОА пополам (известное построение), Р - середина ОА. 2) Проведем окр-ть с центром Р и радиусом РА (А2). 3) Отметим точки В и С пересечения окр-тей (А3). 4) Проведем прямые АВ и АС (А1). Построения закончены. Теперь покажем, что проведенные прямые удовлетворяют усл-ю задачи. Док-во. Прямая АВ (АС) перпен-рна радиусу окр-ти ОВ (ОС), т.к. АВО (АСО) опирается на диаметр ОА окр-ти АВ и АС являются кас-ми к данной окр-ти. Иссл-е. Так как построенная окр-ть проходит через внутреннюю точку О данной окр-ти и внешнюю точку А, то окр-ти перес-ся в двух точках. Задача имеет два решения. Одно решение, если точка А лежит на окружности. Решений нет, когда А внутри окружности. Алгебраический метод Если даны какая-то фигура или отрезки (их длины), то удобно искомый отрезок обозначить x и, используя св-ва данных фигур или которые надо построить, составить алг-е ур-ние или сист. ур-ний. Пример 2. (алгебраический метод) Построить прямую, || стороне данного ∆-ка так, чтобы она разбивала данный ∆ на две равновеликие части. Анализ. ! задача решена и MN – искомая прямая. MN||AC, тогда S∆MBN= S∆AMNC или S∆MBN=1/2 ABC; ∆MBN~∆ABC (по 1му признаку) => - коэф.подобия. Вывод: отношение S – ей подобных треугольников равно квадрату коэффициента подобия. где ∆АВС~∆А1В1С1 Пусть ВМ=х, АВ=с k=x/c; ½=k^2; ½ = x^2/c^2 => x^2 = c^2/2; x = c/√2; x = c√2/2. Построение. 1. ∆AFB (A=90^o, AF=AB=c) 2. M, MBA, BM=(c√2)/2 3. MN, MN||AC MN – искомая Док-во: ∆MBN~∆ABC (по 1му признаку) г) Задачи неразрешимые циркулем и линейкой. Тh Гаусса-Ванцеля: прав-ный n-угольник возможно построить циркулем и линейкой когда , где pi — различные простые числа Ферма, т.е. имеют вид , 1 . Удвоение куба. Построить ребро куба, V которого в 2 раза больше V данного куба. Пусть а - ребро данного куба, х – ребро куба с удвоенным объёмом, тогда По критерию разрешимости построить нельзя. Решение задачи Платоном (4в.до н.э.) с помощью двух прямых подвижных углов. Архимед с помощью циркуля и линейки со вставкой. 2. Трисекция угла. Разделить данный угол на 3 равные части. В частных вариантах эта задача разрешима циркулем и линейкой. Невозможно разделить цирк-м и лин-ой угол 60^0. Эта задача равносильна построению прав-го 18-угольника, впис-го в окр-ть. На основании Тh Гаусса построить такой 18-уг-к невозможно. 3. Квадратура круга. Построить квадрат, S которого = S данного круга. r-радиус круга, х – сторона квадрата. Тогда Задача свелась к новой задаче на построение отрезка – это длина полуокр-ти радиуса r. Задача о спрямлении окр-ти.

Вопрос 2. Многоугольник. Площадь мн-ка. Равновеликость, равносоставленность многоугольников. Теорема Бояи-Гервина. а) Опр. Ломанной линией наз.сов-ть отрезков А1А2,А2А3,…Аn-1 Аn, Аi – вершины ломаной, А1А2,…-звенья. Опр. Ломаная прямая наз. простой, если любые два смежных звена не лежат на одной прямой. Опр. простая ломаная линия наз.замкнутой, если ее начало совпадает с концом. Опр: Многоугольник — это геом. фигура, определяемая как замкнутая ломаная (без самопересечения). Вершины ломаной называются вершинами многоуг-ка, а отрезки — сторонами многоуг-ка. Площадь многоуг-ка: !М:=некоторый многоуг-к Расс-м Q – мн-во всех мног-ков, - мн-во полож-х действ-х чисел и отобр-е S: , тогда S(M) – площадь M, если вып-ся сл. усл-я: равные мног-ки имеют равные пл-ди если M = M1 + M2, то S(M)=S(M1)+S(M2); площадь прямоуг-ка Р, две смежные стороны которого a и b, равна a * b. Эти условия явл-ся аксиомами площади многоуг-ка. б) Площадь треугольника Док-во: Дано: ∆ABC, BC = a, высота AH = h, углы B и C - острые. Расс-м ср.линию DE, DE∩AH=F, AF = FH = n/2 Опустим перпен-ры из точек C и B на прямую DE, по­лучим прямоуг-к CMNB, кот. состоит из трапеции CDEB, ∆CMD и ∆BNE. (акс.2) С др.стороны: - площадь данного треуг-ка но По акс.1, из этих равенств получа­ем: в) Опр: Мног-ки наз. равновеликими (р/в), если они имеют одинак-е площади. Опр: Если мног-к М1 можно разбить на мног-ки A1,…,An а мног-к M2 на мног-ки B1,…,Bn и A1=B1,…,Bn=An, то мног-ки M1 и М2 наз-ся равносоставленными (р/с). По акс.2: равносост-е мног-ки явл-ся равнов-ми. Справедливо и обратное утв-е. ЛЕММА 1: Если мног-к М равносоставлен с мног-ми М1 и М2, то М1 и М2, - равносост-е. ЛЕММА 2: Дан прямоуг-к с измерениями a и b. Можно построить равносост-й с ним прямоуг-к с данной стороной c, большей a и b. ТЕОРЕМА Бояи-Гервина: Всякие равнов-е мног-ки равносост-е. Док-во: Даны два равнов-х мног-ка М1 и М2, S(М1)= S(М2). Разобьем мног-ки М1 и М2 на треуг-ки. Для каждого треуг-ка построим равносост-й с ним прямоуг-к. Выбираем отрезок c, равный наиб-й из сторон всех прямоуг-ков, и для каждого прямоуг-ка по­строим равносост-й с ним прямоуг-к со стороной c (см.рис). Тогда все прямоуг-ки, полученные из многоуг-ка М1 можно сложить в прямоуг-к P1 со сторонами c и a1, а из всех прямоуг-ков, относящихся к М2, можно составить прямоуг-к P2 со сторонами c и a2. М1 равносост-н с P1=>S(M1)=S(P1) М2, равносост-н с P2=>S(M2)=S(P2) Т.к. S(M1)=S(M2), S(P1)= c * a1, S(P2)= c * a 2 , то Значит, прямоуг-ки равны. Т.о. и , , и - равнос-е. По лем­ме 1: и – равносост-е. ЧТД.

Вопрос 3. Линии второго порядка. Линии на пл-ти задаются урав-ми F(x,y)=0. Линия состоит из всех точек, коорд-ты которых (x,y) удовл-ют этому ур-нию. Опр: Линия G наз-ся алгебраической 2го порядка если она имеет вид: Совершая || -ный перенос, поворот, осевую и цент-ную симметрии, линия 2го порядка примет вид невырожденной линии (эллипс, гипербола, парабола) или вырожденной (мнимый эллипс, точка, пара прямых), вырож-е интереса не вызывают, поэтому рассм-м только невырожденные и исследуем их каноническое урав-е: Опр: Эллипс – мн-во точек пл-ти, сумма расстояний от которых до двух фикс-ных точек(фокусов) - величина постоянная, большая чем расстояние м/у фокусами. Каноническое ур-ние: Опр: Парабола – мн-во точек пл-ти, равноуд-х от фикс-ной точки (фокуса), и фикс-ной прямой (директрисы), не прох-щей ч/з фокус. Каноническое ур-ние: Oпр: Гипербола – мн-во точек пл-ти, разность расстояний от кот. по абсол. вел-не до двух данных точек и (фокусов) – вел-на постоянная, меньшая чем расстояние между фокусами. Каноническое ур-ние: Док-во ур-ния гиперболы: G - кривая гиперболы Строим в системе коор-т. Расстояние м/у фокусами обозначим через 2c, c>a. О – середина F1F2, F1F2 принад.ОХ. Т .к. F1F2=2с, то F1(-c;0), F2(c;0), , тогда: Возводим обе части в квадрат: Возводим обе части в квадрат: Так как с > a, то c^2 – a^2 >0. Пусть c^2 – a^2 = b^2, тогда Разность расстояний от любой точки, квадраты кот. удовл-ют этому ур-нию, до фокусов, по модулю равна 2a. Иссл-е ур-ния гиперболы: A1, A2 - вершины гиперболы. A1A2 =2a – действ-я ось гиперболы A1O=OA2 – действ-е полуоси 2) 3) Коэф-ты текущ. точки входят в ур-ние G в чёт степенях x^2 и y^2 => G расположена сим-чно отн-но осей и (0;0). 4) Асимптоты гиперболы: рассмотрим I четв. (x>0, y > 0) – асимптоты Докажем для В силу симметричности - тоже асимптота 5) - Эксцентриситет гиперболы, a – действительная полуось. т.к. с > a, то характеризует форму гиперболы. Если зафикс-ем a, , то Построение гиперболы Отрезки a и b заданы. Строим прямоуг-к ABCD: AB=2a, BC =2b AC∩BD=O, OX Э O, OX || AB, OY Э O, OY || BC, !A1 – середина AD, A2 – середина BC => A1(-a;0), A2(a;0) – вершины гип-лы Где - асимптота Аналогично OA - асимптота Найдем фокусы: т.к. c^2 - a^2 = b^2 В ∆A2OB: A2O = a, A2B = b => OB = c. Отложим OF1 = c, OF2 = c => F1 и F2 - фокусы. - точки гиперболы (r - произвольный радиус), Т.к. FM1 – FM2 = r – r + 2a = 2a Также FN1 – FN2 = 2a. , если 2c > 2r + 2a, r < c-a. и касается, если r = c - a, пересек-ся в двух точках, если r > c-a