И. М. Смирнова, В. А. Смирнов
жүктеу/скачать 0.55 Mb.
|
- Бұл бет үшін навигация:
- О твет.
- Р ешение.
- Задача 5.
- Задача 6.
- Ответ.
- Задача 8.
- Задача 11
- Задача 12.
- Задача 13.
- Задача 15.
- Задача 16.
- Задача 20.
- Задача 25.
И.М.Смирнова, В.А.СмирновЭКСТРЕМАЛЬНЫЕ ЗАДАЧИ ПО ГЕОМЕТРИИ Обычно экстремальные задачи, или задачи на нахождение наибольших и наименьших значений, решаются в курсе алгебры и начал анализа старших классов с помощью производной. Вместе с тем, имеется важный класс геометрических экстремальных задач, которые решаются своими методами без помощи производной. Эти задачи, с одной стороны, имеют большое значение, как для математики, так и для ее приложений, а с другой стороны, развивают геометрические представления учащихся, формируют необходимые умения и навыки решения экстремальных задач, могут служить пропедевтикой изучения соответствующих разделов курса алгебры и начал анализа. Особую роль при этом играет методика решения таких задач, при которой задачи разбиваются на подзадачи, посильные для самостоятельного решения учащихся. Здесь мы рассмотрим экстремальные задачи, которые можно решать на уроках геометрии с учащимися 7-9 и 10-11 классов. Часть из них содержится в учебниках [7], [8]. Обратим внимание на то, что некоторые хорошо известные теоремы и задачи курса геометрии 7-9 классов можно рассматривать как экстремальные задачи. Например, теорему о том, что перпендикуляр, опущенный из точки на прямую, короче всякой наклонной, проведенной из этой точки к этой прямой, можно переформулировать в виде задачи. Задача 1. Среди всех точек данной прямой c найти такую точку C, расстояние от которой до данной точки A, не принадлежащей прямой c, наименьшее. Существует ли точка D на прямой c, для которой расстояние AD наибольшее? О  твет. Искомой точкой является основание перпендикуляра, опущенного из точки A на прямую c (рис. 1). Точки D, для которой расстояние AD наибольшее, не существует.  Задача 2. Среди всех точек данной окружности, с центром O, найти такие точки B и C, расстояния от которых до данной точки A, не принадлежащей окружности, наибольшее и наименьшее, соответственно. Решение. Если A совпадает с O, то все расстояния от точек окружности до точки A равны и, следовательно, для каждой точки C окружности расстояние AC будет одновременно наибольшим и наименьшим. В случае, если A не совпадает с O, проведем прямую AO и обозначим B и C её точки пересечения с окружностью, AC < AB (рис. 2). Докажем, что расстояние от точки C до точки A – наименьшее среди всех расстояний от точек окружности до точки A. Действительно, пусть C’ – какая-нибудь другая точка окружности. Ясно, что если C’ = B, то AC < AC’. В остальных случаях из неравенства треугольника следует выполнимость неравенства AC + CO < AC’ + C’O. Учитывая, что CO = C’O, получаем неравенство AC < AC’. Аналогичным образом доказывается, что расстояние от точки B до точки A является наибольшим среди всех расстояний от точек окружности до точки A. Наименьшее расстояние от данной точки до точек данной окружности называется расстоянием от точки до окружности.
Аналогичным образом доказывается, что расстояние от точки B до точки A является наибольшим среди всех расстояний от точек окружности до точки до прямой a. В качестве самостоятельной работы предлагаем следующую задачу.
Приведем несколько примеров экстремальных задач комбинаторного характера. Задача 5. Какое наибольшее число точек попарных пересечений могут иметь n прямых? Решение. Заметим, что наибольшее число точек попарных пересечений получается, если каждая прямая пересекается с каждой, и при этом никакие три прямые не пересекаются в одной точке. В этом случае каждая из n прямых имеет n – 1 точку пересечения с остальными прямыми. При этом, поскольку каждая точка пересечения принадлежит двум прямым, то общее число точек пересечения будет равно  .
Задача 6. На какое наибольшее число частей могут разбивать плоскость n прямых? Решение. Выясним, на сколько увеличивается число частей плоскости при добавлении новой прямой к данным. Это увеличение происходит за счет того, что какие-то части плоскости разбиваются новой прямой на меньшие части. Так, если имелось две пересекающиеся прямые, то при добавлении третьей прямой три из имеющихся четырех частей плоскости разбиваются на две части и общее число образованных частей равно 7 = 4 + 3. Заметим, что количество частей плоскости, которые разбиваются на две части новой прямой, равно количеству частей новой прямой, на которые она разбивается точками пересечения с имеющимися прямыми. Наибольшее число частей получается в случае, если новая n-я прямая пересекается со всеми имеющимися n – 1 прямыми. При этом она разбивается на n частей и поэтому число частей плоскости увеличивается на n. Таким образом, общее число частей, на которые n прямых разбивают плоскость, равно 2 + 2 + 3 + … + n. Ответ.  частей.
Задача 7. Какое наибольшее число точек самопересечения может иметь замкнутая ломаная с пятью сторонами? Решение. Каждая сторона ломаной может пересекаться только с не соседними сторонами. Таких сторон у пятисторонней ломаной две. Значит, число точек самопересечения не превосходит  Пример замкнутой пятисторонней ломаной с пятью точками самопересечения дает пентаграмма (рис. 4).
 В качестве самостоятельной работы предлагаем следующие задачи Задача 8. Какое наибольшее число точек попарных пересечений могут иметь n окружностей? Ответ. n(n – 1). Задача 9. На какое наибольшее число частей могут разбивать плоскость n окружностей? Ответ. n(n – 1) + 2. Задача 10. Какое наибольшее число точек самопересечения может иметь замкнутая ломаная с (2n + 1)-ой стороной? Приведите пример для n = 3. Ответ. (2n + 1)(n – 1). Пример ломаной приведены на рисунке 5. Задача 11. Докажите, что в круге радиуса 1 нельзя выбрать более пяти точек, все попарные расстояния между которыми больше 1. Решение. Допустим, что существует шесть точек внутри круга радиуса 1, попарные расстояния между которыми больше 1. Проведем из центра круга радиусы через каждую из этих точек. Ясно, что никакие две точки не могут лежать на одном радиусе. Тогда по крайней мере два из шести радиусов образуют угол, не превосходящий 60  . Расстояния между любыми двумя точками на этих радиусах не может превосходить 1. Противоречие.
Задача 12. На шахматной доске с обычной раскраской нарисуйте окружность наибольшего возможного радиуса так, чтобы она не пересекала ни одного белого поля. Решение. Искомая окружность не может пересекать границы клеток в точках между вершинами, иначе она проходила бы по белой клетке. П Задача 13. Каково наименьшее число кругов, которыми можно покрыть круг вдвое большего радиуса? Решение. 7 кругов. Каждый маленький круг может покрыть дугу окружности большого круга, не большую чем 60 . Поэтому для того, чтобы покрыть всю окружность большого круга потребуется не менее шести маленьких кругов. Для покрытия всего большого круга потребуется не менее семи кругов вдвое меньшего радиуса. На рисунке 7 приведен пример покрытия, состоящего ровно из семи кругов.
Задача 14. На данной прямой c найти точку C, из которой данный отрезок AB виден под наибольшим углом. Точки A и B лежат по одну сторону от прямой c. Решение. Рассмотрим окружность, проходящую через точки A, B и касающуюся прямой c в точке C. Эта точка C и будет искомой. Действительно, для любой другой точки C’ прямой c угол AC’B измеряется полуразностью дуг AB и A’B’ окружности (рис. 8) и, следовательно, меньше угла ACB.  Задача 15. Внутри окружности с центром O дана точка A, отличная от O. Найдите на окружности точку M, для которой угол AMO наибольший. Решение. Пусть M – произвольная точка окружности, OK – перпендикуляр, опущенный из точки O на прямую MA (рис. 9). В прямоугольном треугольнике KMO гипотенуза OM постоянна (равна радиусу), следовательно, угол AMO тем больше, чем больше катет OK. Поэтому угол OMA будет наибольшим, когда угол OAM – прямой. В качестве самостоятельной работы предлагаем следующие задачи. Задача 16. На данной прямой найдите точку, из которой данная окружность видна под наибольшим углом. Задача 17. На данной окружности найдите точку, из которой данный отрезок виден под наибольшим углом. Рассмотрим теперь одну из классических экстремальных задач – задачу Герона, имеющую многочисленные приложения Задача 18. Дана прямая с и две точки А и В, не лежащие на этой прямой. Требуется найти такую точку С на прямой c, чтобы сумма расстояний АС + СВ была наименьшей. Решение. Рассмотрим сначала случай, когда точки A и B лежат по разные стороны от прямой c (рис. 10,а). Легко видеть, что в этом случае искомой точкой C является точка пересечения отрезка AB и прямой c. Для любой другой точки C’ прямой c будет выполняться неравенство AC + CB < AC’ + C’B и, следовательно, сумма AC + CB будет наименьшей. Доказательство непосредственно следует из неравенства треугольника. Пусть теперь точки A и B лежат по одну сторону от прямой c (рис. 10,б). Идея нахождения искомой точки C состоит в замене точки B на точку B’, лежащую по другую сторону от прямой c, и сведению этого случая к предыдущему. У  чащимся можно предложить вопрос о том, какая точка B’, лежащая по другую сторону от прямой c по отношению к точке B, обладает тем свойством, что расстояние от любой точки C прямой c до точек B и B’ равны? Ответ опирается на то, что прямая c является серединным перпендикуляром к отрезку BB’ и, следовательно, искомая точка B’ симметрична B относительно прямой c. Из точки В опустим на прямую с перпендикуляр ВН и отложим отрезок НВ', равный ВН (рис. 10,б). Прямая c будет серединным перпендикуляром к отрезку BB’ и, следовательно, для произвольной точки С’ на прямой с будет выполняться равенство С’В = С’В'. Поэтому сумма АС’ + С’В будет наименьшей тогда и только тогда, когда наименьшей будет равная ей сумма АС’ + С’В'. Ясно, что последняя сумма является наименьшей в случае, если точки А, В', С’ лежат на одной прямой, т.е. искомая точка С является точкой пересечения отрезка АВ' с прямой с. Полученная точка С обладает тем свойством, что углы, образованные прямыми АС и СВ и прямой с, равны. Действительно, Из этого равенства можно вывести закон отражения света. А именно, известно, что луч света распространяется по кратчайшему пути. Поэтому, если луч света исходит из точки A, отражается от прямой c и приходит в точку B, то точка C будет точкой отражения и, таким образом, имеет место закон отражения света: угол падения светового луча равен углу отражения.
Метод, использованный при решении задачи Герона, может быть применен и для решения других задач. Рассмотрим некоторые из них. Задача 23. Внутри угла со сторонами a и b даны точки C1 и C2. Требуется найти такие точки A и B на сторонах этого угла, чтобы длина ломаной C1ABC2 была наименьшей. Решение. Обозначим через C1’, C2’ точки симметричные точкам C1, C2 соответственно, относительно прямых a, b (рис. 12). Пусть A и B – точки пересечения прямой C1’C2’ со сторонами угла. Тогда C1A + AB + BC2 = C1’A + AB + BC2’ = C1’C2’. Для любых других точек A’, B’ на сторонах угла имеем: C1A’ + A’B’ + B’C2 = C1’A’ + A’B’ + B’C2’ > C1’C2’. Последнее неравенство выполняется, так как длина ломаной больше длины отрезка, соединяющего ее концы. Следовательно, точки A и B являются искомыми точками, д  ля которых длина соответствующей ломаной наименьшая. Задача 24. Внутри угла со сторонами a и b дана точка C. Требуется найти такие точки A и B на сторонах этого угла, чтобы периметр треугольника ABC был наименьшим. Ясно, что эта задача получается из предыдущей, если положить C1 = C2 = C. Построение соответствующих точек A и B можно предложить учащимся в качестве самостоятельной работы. Решение показано на рисунке 13, в котором точки C’, C” симметричны точке C относительно прямых a, b соответственно. Рассмотрим вопрос о том, в каком случае существует решение этой и предыдущей задач. Дело в том, что прямая C’C” может не пересекать стороны угла. Выясним, в каких случаях это может происходить. О Если данный угол прямой (рис. 14, б), то угол C’OC” – развернутый и, следовательно, прямая C’C” проходит через вершину O угла. В этом случае задача не имеет решения. Какие бы точки A и B на сторонах угла мы не взяли, существуют точки A’, B’, для которых периметр соответствующего треугольника меньше. Если данный угол тупой (рис. 14, в), то угол C’OC” – больше развернутого и, следовательно, прямая C’C” не имеет общих точек со сторонами угла. В этом случае задача также не имеет решения. Какие бы точки A и B на сторонах угла мы не взяли, существуют точки A’, B’, для которых периметр соответствующего треугольника меньше. В качестве самостоятельной работы предлагаем провести аналогичное исследование задачи 23. Задача 25. В данный треугольник вписать треугольник наименьшего периметра. Решение. Пусть ABC – данный треугольник. На его сторонах требуется найти такие точки D, E, F, для которых периметр треугольника DEF был бы наименьшим. Зафиксируем сначала точку D и будем искать точки E и F, для которых периметр треугольника DEF наименьший (при данном положении точки D). Э Будем теперь менять положение точки D, и искать такое положение, при котором периметр соответствующего треугольника DEF наименьший. Для этого рассмотрим треугольник D’D”C. Учащимся можно предложить самим указать свойства этого треугольника. Так как D’C симметрична DC относительно AC, то D’E = DE, D’C = DC и В равнобедренном треугольнике с данным углом при вершине основание тем меньше, чем меньше боковая сторона. Поэтому наименьшее значение периметра p достигается в случае наименьшего значения CD. Это значение принимается в случае, если CD является высотой треугольника ABC. Таким образом, искомой точкой D на стороне AB является основание высоты, проведенной из вершины C. Заметим, что мы могли бы фиксировать сначала не точку D, а точку E или точку F и получили бы, что E и F являются основаниями соответствующих высот треугольника ABC. Из этого следует, что искомым треугольником DEF, наименьшего периметра, вписанным в данный треугольник ABC является треугольник, вершинами которого служат основания высот треугольника ABC. Эта задача может быть рассмотрена в восьмом классе при изучении темы «Замечательные точки в треугольнике». В качестве самостоятельной работы учащимся можно предложить доказать, что в случае прямоугольного или тупоугольного треугольника задача не имеет решения. жүктеу/скачать 0.55 Mb. Достарыңызбен бөлісу:
|
1 = 
