С целью стимулирования интереса учащихся к изучению

С целью стимулирования интереса учащихся к изучению математических
дисциплин, в период весенних каникул 23-24 марта 2012 года проведена II городская
олимпиада «Геометрическая мастерская». Соревнование организовано Назарбаев
Интеллектуальной школой физико-математического направления для учащихся 8-х
классов школ города Астаны.
Цели олимпиады:
–
популяризировать геометрию среди учащихся среднего звена;
–
обратить внимание учителей и учащихся на задачи, связанные с
геометрическими построениями, а также на прикладные задачи;
–
выявлять одаренных детей и учителей.
Учителя кафедры математики разработали задания:
–
–
для I тура 3 геометрические задачи практического характера;
для II тура 3 геометрические задачи на построение.
Олимпиада проводится в два тура и является лично-командной. Команда каждой
школы состоит из 3-х участников. Первый тур направлен на практическое применение
геометрических знаний и длится 1 час, второй тур предполагает решение задач на
построение и применение теоретических знаний и длится 2 часа. В первом туре учащиеся
работают в команде, во втором – индивидуально. Результаты первого тура идут в зачет
команды. В общий результат команды прибавляются баллы, набранные каждым из
участников во втором туре. Жюри определило победителей в соответствии с
полученными результатами. Лучшие команды, а также учителя, подготовившие их, были
награждены дипломами и призами. Специальным призом награждён также абсолютный
победитель соревнования – учащийся ШГ №6 Гражданов Константин. В командном
зачёте победила команда ШГ №6 (Гражданов Константин, Николина Алена, Привалов
Сергей, учитель Егорова И.А.). Серебряный призёр – команда лицея «Столичный»
(Латифова Фариза, Кашина Мария, Кобжанова Камила, учитель Шарипова О.И.).
Бронзовыми призёрами стали учащиеся ШГ №32 (Канат Акзер, Ню Виктория, Мустафа
Ержан, учитель Грамлих Г.В.), команда КТЛ (для мальчиков) (Еркенұлы Әлімжан,
Құрманғалиев Исабек, Қуанышбай Мақсат, учителя Қарағаев Қ.Ш., Муаммер Гул и
Қабжанов Б.Б.) и команда СШ №23 (Рахимжанов Алмат, Байгужина Жанат, Сейткаримов
Сунгат, учителя Миленина Т.Г. и Нуркеева Б.К.). Хорошие результаты показали учащиеся
Назарбаев Интеллектуальной школы физико-математического направления, которые
принимали участие в олимпиаде вне конкурса.
В рамках олимпиады учителями математики Назарбаев Интеллектуальной школы
физико-математического направления Ажгалиевым О.А. и Эсанбаевым Г.К. проведён
семинар для учителей города, где обсуждались методы решения задач на построение.
Задачи олимпиады вызвали неподдельный интерес у участников олимпиады и
учителей математики, готовивших восьмиклассников. Приводим условия задач,
предлагавшихся на II городской олимпиаде «Геометрическая мастерская» и один из
возможных способов решения. При подготовке к олимпиаде
«Геометрическая
1
мастерская» советуем обратить внимание на этапы решения задач на построение и их
оформление.
II городская олимпиада для восьмиклассников
«Геометрическая мастерская»
Командный тур
1. Разрежьте два одинаковых бумажных выпуклых четырёхугольника: первый – по
одной из диагоналей, а второй – по другой диагонали. Докажите, что из полученных
треугольников можно сложить параллелограмм. (10 минут)
2. На шахматной доске с обычной раскраской нарисуйте окружности так, чтобы
они не пересекали ни одного белого поля. (15 минут)
3. Из полоски бумаги шириной 4 см сложите кубик с длиной ребра 4 см (со всеми
гранями). Какова минимальная длина полоски, которая вам потребуется? (15 минут)
Личный тур
1. Одна из знаменитых задач древности – задача трисекции угла, т.е. деления угла
на три равные части. Задачу решить в общем виде невозможно, т.е. невозможно любой
произвольный угол разделить на три равные части только с помощью циркуля и линейки.
Это было доказано лишь в первой половине ХIХ века. Но задача трисекции угла легко
решается в некоторых частных случаях. Так деление прямого угла на три равные части
умели производить еще древние пифагорейцы. Наверное, и вы легко справитесь с этой
задачей.
Итак, разделите прямой угол на три равные части с помощью циркуля и линейки.
(6 баллов)
2. Две прямые a и b пересечены третьей прямой с. Постройте отрезок, равный
данному отрезку l так, чтобы он был параллелен прямой с и концы его располагались на
прямых a и b. (12 баллов)
3. На доске был нарисован параллелограмм ABCD и в нём отмечены точка E –
середина стороны ВС и точка F – середина стороны CD. Дежурный стёр параллелограмм,
остались только точки A, Е и F. Как по этим данным восстановить чертёж? (12 баллов)
Решения
Командный тур
1. Разрежьте два одинаковых бумажных выпуклых четырёхугольника: первый – по
одной из диагоналей, а второй – по другой диагонали. Докажите, что из полученных
треугольников можно сложить параллелограмм.
Р е ш е н и е. Треугольники сложим так, чтобы их попарно равные стороны
совпали, а четыре вершины, соответствующие четырем вершинам четырехугольника,
сошлись в одной точке. Тогда получим четырехугольник с попарно равными
противоположными сторонами, т.е. параллелограмм (рис. 1).
2
1
1
2
3
3
4
2
4
4
Рис. 1
2. На шахматной доске с обычной раскраской нарисуйте окружности так, чтобы
они не пересекали ни одного белого поля.
Р е ш е н и е. Легко видеть, что искомая окружность не может пересекать границу
клетки где-нибудь между вершинами, иначе она проходила бы по белой клетке.
Предположим теперь, что эта окружность проходит по черной клетке АВСD и пересекает
границу этой клетки в точках А и В (рис. 2). Границу черной клетки АFGН она может
пересечь во второй раз либо в точке F, либо в точке G. Очевидно, что во втором случае
окружность будет больше, чем в первом; следовательно, если искомая окружность
проходит через точки А и В, то она пройдет и через точку G. Если же предположить, что
искомая окружность пересекает границу клетки АВСD в точках А и С, то она может
пересечь границу клетки АFGН либо в F, либо в Н (так как точки А, С и G лежат на одной
прямой). Но легко видеть, что обе эти окружности равны окружности, проходящей через
точки А, В и G. Отсюда следует, что наибольшей будет изображенная на рис.2 окружность
с центром в центре черной клетки, проходящая по восьми черным клеткам. Другие
возможные варианты изображены на рис.2.
С
D
В
А
F
Н
G
Рис. 2
3
3. Из полоски бумаги шириной 4 см сложите кубик с длиной ребра 4 см (со всеми
гранями). Какова минимальная длина полоски, которая вам потребуется?
Р е ш е н и е. Минимальная длина полоски, которая вам потребуется, равна 28 см
(рис. 3).
Рис.3
Личный тур
1. Одна из знаменитых задач древности – задача трисекции угла, т.е. деления угла
на три равные части. Задачу решить в общем виде невозможно, т.е. невозможно любой
произвольный угол разделить на три равные части только с помощью циркуля и линейки.
Это было доказано лишь в первой половине ХIХ века. Но задача трисекции угла легко
решается в некоторых частных случаях. Так деление прямого угла на три равные части
умели производить еще древние пифагорейцы. Наверное, и вы легко справитесь с этой
задачей.
Итак, разделите прямой угол на три равные части с помощью циркуля и линейки.
Дано: ∠(𝑎, 𝑏) = 90°, точка О – вершина угла.
Построить лучи c и d так, что ∠(𝑎, 𝑐) = ∠(𝑐, 𝑑) = ∠(𝑑, 𝑏) = 30°.
А н а л и з. Для того, чтобы прямой угол разделить на
три равные части, нужно получить углы по 30°. Можно
получить угол в 30° построив прямоугольный треугольник, у
которого катет в два раза меньше гипотенузы. Также можно
получить угол в 60° построением равностороннего
треугольника и построить его биссектрису, либо построить
два равносторонних треугольника на сторонах угла.
П о с т р о е н и е.
1)
𝑤(𝑂, 𝑟);
2)
𝑤(𝑂, 𝑟) ∩ 𝑎 = 𝐴, 𝑤(𝑂, 𝑟) ∩ 𝑏 = 𝐵;
3)
𝑤1 (𝐴, 𝑟) ∩ 𝑤(𝑂, 𝑟) = 𝐷, 𝑤2 (𝐵, 𝑟) ∩ 𝑤(𝑂, 𝑟) = 𝐶;
Рис. 4
4)
Лучи OC и OD – искомые (рис. 4).
Д о к а з а т е л ь с т в о. ∆𝐴𝑂𝐷 равносторонний (по построению), следовательно,
∠𝐴𝑂𝐷 = 60°. Тогда ∠𝐵𝑂𝐷 = 30°. Аналогично, ∠𝐴𝑂𝐶 = 30°. То есть лучи OC и OD
делят угол 𝐴𝑂𝐵 на три равные части.
И с с л е д о в а н и е. Задача всегда имеет решение, причем единственное.
4
2. Две прямые a и b пересечены третьей прямой с. Постройте отрезок, равный
данному отрезку l так, чтобы он был параллелен прямой с и концы его располагались на
прямых a и b.
А н а л и з. Пусть АВ (рис. 5) искомый отрезок, т. е. АВ = l, АВ с, А ∈ а, В ∈ b.
Для выяснения связей между данными и искомыми придется ввести некоторые
вспомогательные точки и линии.
Пусть Р = с ∩ b, АМ∥b, Q = АМ ∩ с. Тогда РQ = АВ = l, так как четырехугольник
АВРQ – параллелограмм.
Для построения отрезка АВ достаточно определить положение точки А, что
сводится к построению точки Q. В свою очередь построение точки Q не вызывает
затруднений.
а
b
А
В
l
N
с
Р
Q
М
Рис. 5
П о с т р о е н и е.
1) Строим точку Р = с ∩ b.
2) На прямой с откладываем от точки Р отрезок РQ = l.
Далее строим последовательно:
3) прямую QМ ∥ b;
4) точку А = QМ а;
5) прямую АN с;
6) точку В = АN b.
АВ – искомый отрезок.
Д о к а з а т е л ь с т в о. Из построения видно, что А ∈ а, В ∈ b, АВ с. Кроме того,
АВ = РQ = l, как противоположные стороны параллелограмма.
И с с л е д о в а н и е. Точка Р существует, так как по условию прямая с пересекает
прямую b. Поэтому построение 1) всегда возможно. Построение 2) всегда возможно и дает
две точки Q и Q1 (рис. 6).
Построение 3) всегда однозначно выполнимо для каждой из точек Q и Q1.
Возможны три случая:
α) QМ (одновременно с Q1М1) пересекает а (рис. 6);
β) QМ (одновременно с Q1М1) параллельна а (рис. 7);
γ) QМ или Q1М1 совпадает с а (рис. 8).
Случай α) имеет место, если b пересекает а. При этом построения 4)–6) однозначно
выполнимы для каждой из точек Q и Q1. Получаем два решения задачи.
Случай β) имеет место, когда а b, причем прямые а и b отсекают на прямой с
отрезок, не равный l. В этом случае построение 4) не выполнимо, мы не получим ни
одного решения.
5
В случае γ) (рис. 8), т. е. когда а b и отрезок, отсекаемый этими прямыми на
прямой с, равен l, задача имеет бесконечное множество решений: искомый отрезок можно
провести через любую точку прямой а.
Для полноты исследования надо еще показать, что при всяком другом способе
построения не могут возникнуть какие-либо новые решения. В случае пересечения
прямых а и b это сводится к предложению: все отрезки, отсекаемые сторонами угла на
параллельных прямых, различны по величине. Ясно, что в случае параллельности прямых
а и b не могут возникнуть решения, отличные от полученных нами.
b
А1
В1
А
l
В
с
Р
Q
а
Q1
М1
М
Рис.6
b
М
а
М1
с
Q
Р
Q1
Рис.7
6
М
а
М1
b
с
Q
l
Р
Q1
Рис.8
3. На доске был нарисован параллелограмм ABCD и в нём отмечены точка E –
середина стороны ВС и точка F – середина стороны CD. Дежурный стёр параллелограмм,
остались только точки A, Е и F. Как по этим данным восстановить чертёж?
А н а л и з. Пусть параллелограмм АВСD построен. Точка E – середина стороны ВС
и точка F – середина стороны CD, тогда, EF– средняя линия треугольника ВСD. Отсюда
ЕК – средняя линия треугольника ВОС, следовательно, точка К – середина отрезков ОС и
ЕF. Поэтому, чтобы получить точку С нужно на луче АК от точки К отложить отрезок
1
КС= 3АК (рис. 9).
П о с т р о е н и е.
1) К – середина отрезка ЕF;
2) луч АК;
3) луч АМ;
4) 𝑤1 (𝐴, 𝑟) ∩ 𝐴𝑀 = 𝐴1 , 𝑤2 (𝐴1 , 𝑟) ∩ 𝐴𝑀 = 𝐴2 , 𝑤3 (𝐴2 , 𝑟) ∩ 𝐴𝑀 = 𝐴3 , 𝑤4 (𝐴3 , 𝑟) ∩ 𝐴𝑀 =
= 𝐴4 ;
5) прямая 𝐴3 𝐾;
6) 𝐴4 𝐶 ∥ 𝐴3 𝐾, 𝐶 = 𝐴𝐾 ∩ 𝐴4 𝐶;
7) 𝑤5 (𝐾, 𝐾𝐶) ∩ 𝐴𝐾 = 𝑂;
8) 𝑝 ∥ 𝐸𝐹;
9) 𝑤6 (𝑂, 𝐸𝐹) ∩ 𝑝 = {𝐵, 𝐷}
10) АВСD – искомый параллелограмм (рис. 10).
1
Д о к а з а т е л ь с т в о. 𝐾𝑂 = 𝐾𝐶 = 4 𝐴𝐶 (по построению), значит точка О –
середина отрезка АС. О – середина отрезка ВD (по построению). Следовательно, АВСD –
параллелограмм, т.к. его диагонали точкой пересечения делятся пополам.
И с с л е д о в а н и е. Задача всегда имеет решение, причем единственное.
7
Рис. 10
Литература:
1. Шклярский Д.О., Ченцов Н.Н., Яглом И.М. Избранные задачи и теоремы элементарной
математики. Часть 2. Геометрия (планиметрия). (Библиотека математического кружка.
Выпуск 2). – Государственное Издательство Технико-Теоретической Литературы.
Москва, 1952.
2. Произволов В.В. Геометрия ножниц в задачах. Математика в школе, 1998, № 2.
3. Васильев Н.Б., Молчанов С.А., Розенталь А.Л., Савин А.П. Математические
соревнования. Геометрия. – М.: Издательство «Наука», 1974.
4. Аргунов Б.И., Балк М.Б. Геометрические построения на плоскости. Государственное
учебно-педагогическое издательство министерства просвещения РСФСР. – М., 1957.
5. Фарков А.В. Учимся решать олимпиадные задачи. Геометрия. 5-11 классы. – М.:
Айрис-пресс, 2009.
6. Гарднер М. Новые математические развлечения / Пер. с англ. А.В. Банкрашкова. – М.:
АСТ, Астрель, 2009.
7. Виленкин Н.Я., Шибасов Л.П., Шибасова З.Ф. За страницами учебника математики:
Арифметика. Алгебра. Геометрия. – М.: Просвещение, 1996.
8