3. Постановка задачі.

Задача.

Побудувати бісектрису кута .

Аналіз

Нехай бісектрису кута побудовано (Рис. 1). Позначимо на ній точку, відмінну від. Виберемо на різних сторонах кута точкиі. Сполучимо їх з точкою. Отрималиі. Якщоі, то=, а тому– бісектриса.

Побудова

1. З вершини даного кута, як із центра, опишемо коло довільного радіуса. Нехайі– точки перетину його зі сторонами кута (Рис. 2).

2. Побудуємо ще два кола з тим самим радіусом з центрами і. Нехай– точка їх перетину.

3. Проведемо бісектрису даного кута.

4. Виконання вчителем кожного етапу побудови окремо на окремому рисунку (рис. 3–5).

5. Складання з учнями алгоритму побудови відповідно до виконаних окремих етапів, розв’язаної задачі на побудову бісектриси кута трикутника.

Алгоритм побудови бісектриси кута

Щоб побудувати бісектрису кута треба:

1. Описати з вершини кута, як із центра, коло довільного радіуса.

2. З точок перетину побудованого кола із сторонами кута описати два коли тим самим радіусом і позначити точку їх перетину відмінну від вершини кута.

3. Через вершину кута і точку перетину, кіл провести промінь, який і є бісектрисою кута.

6. Самостійне виконання учнями побудови в зошитах за складеним алгоритмом.

11. В основі методу геометричних місць лежить поняття геометричного місця точок. Суть методу геометричних місць точок полягає в тому, щоб знайти деяку точку, що задовольняє дві незалежні умови. Нехай першій умові задовольняють точки фігури , другій умові задовольняють точки фігури. Шукана точка належить фігураміодночасно і є точкою їх перетину.

12. Під час ознайомлення учнів з методом геометричних місць точок доцільно використати алгоритмічний підхід, тобто розв’язавши одну-дві вдало дібраних задач виділити правило-орієнтир методу.

Проілюструйте це на прикладі.

Задача 1. Дано три точки: . Побудуйте точку, яка однаково віддалена від точок та і знаходиться на даній відстані від точки .

Проаналізувавши умову задачі, слід зосередити увагу учнів на тому, що шукана точка задовольняє дві умови:

1. однаково віддалена від точок та ;

2. знаходиться на даній відстані від точки .

Геометричне місце точок, що задовольняє першу умову є пряма, перпендикулярна відрізку , що проходить через його середину.

Геометричне місце точок, що задовольняє другу умову є коло даного радіусу з центром в точці .

Шукана точка лежить на перетині цих геометричних місць.

Записане на дошці розв’язання задачі доцільно ще раз проаналізувати, виділити етапи та сформулювати правило-орієнтир методу геометричних місць точок. Воно може бути таким:

Щоб розв’язати задачу методом геометричних місць точок треба:

1. З’ясувати, до знаходження якої точки (точок) зводиться розв’язування задачі і які дві вимоги ця точка має задовольняти.

2. Відкинути одну з вимог задачі і побудувати геометричне місце точок, що задовольняють другу вимогу.

3. Відкинути другу вимогу і побудувати геометричне місце точок, що задовольняють першу вимогу.

4. Позначити шукану точку як перетин побудованих геометричних місць.

Задача 2. Побудуйте трикутник за стороною і проведеними до неї медіаною і висотою.

Короткий запис умови

Дано: – сторона трикутника;

–висота трикутника проведена до сторони а;

–медіана трикутника, проведеного до сторони а;

Побудувати:

Аналіз

Припустимо, що задача розв’язана. Нехай – шуканий, у нього сторона , висота, медіана.

Дві вершини цього трикутника визначаються кінцями даної сторони, тобто відрізка, довжина якого . Третя вершина визначиться такими умовами:

1. Знаходиться на відстані від сторони, тобто є геометричним місцем точок площини, що віддалені від заданої прямої на відстань; це пара прямих, паралельних даній прямій, що знаходяться від неї на відстані.

2. Знаходиться на відстані від середини сторони, тобто є геометричним місцем точок площини, що рівновіддаленій від даної точки; це коло з центром в середині відрізка і радіусом.

Отже, третя вершина трикутника – це точка перетину кола з центром у середині відрізка та радіусом і парою прямих, паралельних даній прямій, що знаходяться на відстанівід неї.

Побудова

1. Будуємо відрізок довжиною.

2. Будуємо пряму паралельно прямі на відстані від неї.

3. Знаходимо середину відрізка – точку .

4. Будуємо коло з центром в точці і радіусом.

5. Знаходимо точку перетину прямих з колом.

6. Будуємо (рис. 6).

Доведення

Трикутник – шуканий, тому що:

1. Сторона трикутника .

2. Медіана трикутника .

3. Висота трикутника .

Дослідження

Задача має розв’язок, якщо медіана більша за висоту. Усього буде чотири розв’язки, але всі трикутники при цьому будуть рівні. Тому за шуканий розв’язок приймають тільки один з чотирьох рівних трикутників. Якщо довжина висоти і медіана одна і та сама, то розв’язком задачі будуть два рівних рівнобедрених трикутника, які також приймаються за один розв’язок.

13. Суть алгебраїчного методу полягає в тому, що розв’язування задачі на побудову зводиться до побудови деякого відрізка (або відрізків), величину якого (яких) виражають через величини відомих відрізків за допомогою формули. Тобто шуканий відрізок будують за одержаною формулою. Виникає питання, чи завжди відрізок,. Заданий формулою, можна побудувати за допомогою циркуля і лінійки. На це питання дає відповідь теорема.

Теорема. Відрізок XV можна побудувати за відомими відрізками лінійкою і циркулем тоді і тільки тоді, коли його довжина виражається через довжину відомих відрізків і раціональні числа за допомогою скінченої кількості раціональних операцій (операцій додавання, віднімання, множення та ділення) та добування квадратних коренів (див. додаток [1]).

У шкільному курсі математики загальноосвітньої школи термін «алгебраїчний метод» використовується рідко, але у неявному вигляді метод представлений в діючих підручниках з геометрії основної школи.

14. опорними задачами для алгебраїчного методу є задачі на побудову відрізка х, довжина якого знаходиться за формулами:

1) , дета– довжини даних відрізків;

2) , дета– довжини даних відрізків;

3) , деє,– довжини даних відрізків;

4) (ділення відрізка на п рівних частин), де – довжини даних відрізків.

Будуємо промінь з початком у точці , що є одним із кінців даного відрізка, під довільним кутом до нього. Відкладаємо на побудованому промені від точкиразів довільний відрізоктак, щоб. Сполучаємо точку з другим кінцем відрізка . Через точку, що визначається умовою, проведемо пряму паралельну, яка перетинає відрізок в точці(ця задача розв’язана в підручнику О. В. Погорєлова після вивчення теореми Фалеса 8 кл.).

, де n і т – дані натуральні числа. Поділимо відрізок а на т рівних частин і збільшимо одержаний відрізок в п разів (комбінація 3-ї та 4-ї побудов).

(побудова відрізка, четвертого пропорційного трьом даним відрізкам). Запишемо умову у вигляді пропорції . Нехай,. Члени одного відношення, відкладемо на одному промені, що виходить з точки, а на другому промені, що виходить з тієї самої точки, відкладаємо відомий член другого відношення. Через точкупроводимо пряму, паралельну, що перетинається з прямоюу точці. Відрізок– шуканий, тобто(Цій задачі присвячено окремий пункт у підручнику О. В. Погорєлова після вивчення теореми про пропорційні відрізки у 8 кл.)

. Можна скористатись побудовою 6, поклавши .

(побудова середнього пропорційного двох даних відрізків). Будуємо відрізки ,, так щоб. На, як на діаметрі, будуємо півколо. У точціставимо перпендикуляр до, перетинається з колом у точці. Тоді(Ця задача є в підручнику О. В. Погорєлова, 8 кл. у темі «Теорема Піфагора»).

Відрізок х будується як гіпотенуза прямокутного трикутника з катетами та. (Ця задача є в підручнику О. В. Погорєлова, 8 кл. у темі «Теорема Піфагора»).

Відрізок х будується як катет прямокутного трикутника з гіпотенузою та. (Ця задача є в підручнику О. В. Погорєлова, 8 кл. у темі «Теорема Піфагора»).

15. Застосування алгебраїчного методу, проілюструємо на прикладі такої задачі.

Задача. Побудуємо трикутник за сторонами ,та бісектрисою.

Розв’язання

Аналіз показує, що коли через точку провести пряму, паралельну бісектрисіі продовжити сторонудо перетину з цією прямою у точці, то утвориться рівнобедрений трикутник. Нехай. Оскільки трикутникитаподібні, то, або,. Побудувавши відрізок, можна побудувати трикутник, а потім і трикутник(Рис. 7).

За записом розв’язання задачі на дошці доцільно ще раз його проаналізувати і сформулювати правило-орієнтир алгебраїчного методу. Воно може бути таким:

1. Скласти рівняння за умовою задачі, в якому встановлюється залежність між даними елементами і шуканими.

2. Розв’язати одержане рівняння відносно букви, яка позначає довжину невідомого відрізка, тобто невідомі виразити через відомі.

3. Дослідити одержану формулу.

4. Побудувати відрізок за одержаною формулою.

5. Довести, що одержана формула задовольняє всі умови і вимого задачі.

16. Розглядаючи задачі на побудову варто звернути увагу учнів на інші можливі методи розв’язування цих задач. Зокрема під час вивчення геометричних перетворень можна ознайомити учнів з методом геометричних перетворень розв’язування задач на побудову. Суть методу геометричних перетворень полягає в тому, що під час розв’язування задачі, перш за все на етапі аналізу, разом з даними та шуканими фігурами розглядаються інші фігури, які отримують або з даних, або шуканих фігур, або з їх частин за допомогою геометричного перетворення. Залежно від того, яке саме геометричне перетворення вибрано, говорять про той чи інший різновид методу геометричних перетворень: метод осьової симетрії, паралельного перенесення, повороту, подібності і т. д.

17. Пояснити суть застосування методу геометричних перетворень можна на прикладі наведених вище задач.

а) Осьова симетрія. Під час аналізу задачі буває доцільно для всієї фігури або її частини побудувати фігуру, симетричну їй. Після такої побудови іноді можна виявити таку залежність між елементами фігур, яку раніше важко було помітити.

_{Задача 1.} Побудувати трикутник , знаючи дві його бічні сторони _{та і різницю кутівта.}

_{Розв’язання}

_{Припустимо, що трикутник} – шуканий (Рис. 8).

_{Якщо побудувати точку симетричнувідносно серединного перпендикулярадо відрізка, то одержимо рівнобедрену трапеціюі трикутник. Для побудови шуканого трикутника достатньо побудувати трикутникза двома сторонами,і кутом між ними. Потім виконати обернене перетворення: побудувати точку, симетричну точцівідносно серединного перпендикуляра до відрізка.}

_{Так, використання осьової симетрії звело розв’язання даної задачі до розв’язування допоміжної задачі, в якій потрібно побудувати трикутник за двома сторонами і кутом між ними. У цьому випадку метою використання осьової симетрії є введення в малюнок даного кута, рівного (який без такого перетворення зобразити на рисунку було б неможливо).}

_{Узагальнити розв’язання даної задачі можна, сформулювавши таке правило-орієнтир використання методу осьової симетрії під час розв’язування задач на побудову:}

1. Припустити, що задача розв’язана. Обрати певну симетрію відносно або даної прямої, або прямої, яку легко побувати. Замінити один з даних елементів симетричним щодо обраної осі симетрії.

2. Розв’язати задачу для побудованого симетричного елемента і решти даних. Цим самим задача зведеться або до відомої, або до простішої.

3. Від допоміжної задачі перейти до заданої шляхом оберненого перетворення.

б) Після переміщення будь-якого відрізка паралельно своєму початковому положенню утворюється допоміжна фігура, яку легко побудувати та елементи якої можна використати для основної побудови, крім того його (відрізка) нове положення разом з початковим буде утворювати пару протилежних сторін паралелограма, чим також доцільно скористатися під час розв’язання деяких задач.

Задача 2. Побудувати рівнобедрену трапецію за двома сторонами та діагоналлю.

Розв’язання

Нехай – шукана трапеція.

Перенесемо паралельно самій собі в(Рис. 9). В отриманому після переміщення в трикутнику,,. Трикутникможе бути побудований за трьома сторонами. Побудувавши його, легко знайтита.

Використавши паралельне перенесення діагоналі , ми звели розв’язування даної задачі до допоміжної, в якій потрібно побудувати трикутник за трьома сторонами.Метою використання паралельного перенесення є зміщення діагоналі є таке положення, в якому допоміжний трикутник будується простіше.

в) Задача 3. Через дану точку провести січну до даного кола так, щоб її внутрішня частина мала задану довжину.

Розв’язання

_{Припустимо, що задачу розв’язано}, тобто побудовано січну до даного кола, яка проходить через дану точку, а її внутрішня частина має довжину_.

_{Повернувши січну} навколо центра кола на деякий кут, одержимо січна , внутрішня частина якої має довжину_{, але вона не проходить через дану точку} . Якщо побудувати січну , а потім виконати поворот у зворотному напрямку, то одержимо шукану січну. Кут оберненого повороту дорівнює куту, де– образ точкипри обертанні січноїнавколо точки.

Метою використання повороту є переміщення січної в задане положення (проходить через задану точку).

Завершити розв’язання задачі варто узагальненням, сформулювавши правило-орієнтир використання методу повороту під час розв’язування задач на побудову.

1. Припустити. Що задачу розв’язано. Одним з даних елементів повернути навколо даної точки певний кут. Результатом такого перетворення буде допоміжна фігура, яку можна побудувати за даними задачі.

2. Побудувати допоміжну фігуру й оберненим поворотом виконати побудову шуканої фігури.

г) У багатьох задачах на побудову умову задачі вдається розділити на дві такі частини, що одна цілком визначає формулу шуканої фігури, а інша визначає її розмір. Застосування методу геометрії полягає в тому, що спочатку за тими елементами, які визначають форму фігури, будують фігуру, подібну шуканій, а потім за допомогою перетворення подібності надають її той розмір, який відповідає другій частині задачі.

Задача 4. Побудувати трикутник за двома кутами таі медіаною.

Розв’язання

За двома кутами таможна побудувати трикутник, подібний даному.

Якщо за центр гомотетії взяти вершину (Рис. 10), то перетворення подібності можна виконати так: на медіаніпобудованого трикутника відкладаємо відрізок, що дорівнює, і через точкупроводимо пряму, паралельну, яка перетинає пряміів точкахта. Трикутник– шуканий.

Правило-орієнтир методу гомотетії можна сформулювати так:

1. Виділити в умові задачі дві частини і, відкинувши ту, що визначає розміри фігури, побудувати фігуру, геометричну шуканій.

2. Ввести відкинуту умову і. застосовуючи перетворення гомотетії допоміжної фігури, побудувати шукану фігуру.

Методичні завдання репродуктивного та творчого характеру (для самостійної роботи)

1. Порівняйте місце та вимоги до математичної підготовки учнів щодо геометричних побудов в загальноосвітніх і профільних математичних класах.

2. Проаналізуйте діючі альтернативні підручники з геометрії для основної школи на предмет вивчення геометричних побудов.

3. Як відбувається пропедевтика вивчення геометричних побудов у курсі математики 5-6 класів?

4. Запропонуйте прикладні задачі (5-6 задачі) на застосування геометричних побудов.

5. З’ясуйте можливість і місце використання історичного матеріалу, цікавих фактів під час вивчення геометричних побудов.

6. Запропонуйте методичну схему формування поняття «геометричне місце точок». Порівняйте, як введено це поняття в діючих підручниках.

7. Запропонуйте дворівневу систему задач на побудову (10-12 задач) на застосування методу:

а) геометричних місць точок;

б) алгебраїчного методу;

в) геометричних перетворень.

8. Проаналізуйте і порівняйте системи задач на побудову на застосування методу у діючих підручниках з геометрії для основної школи. Зробіть висновки.

9. З’ясуйте можливості та місце використання сучасних програмних засобів під час розв’язування задач на побудову.

10. З’ясуйте можливості і доцільність проведення дослідження в задачах на побудову у курсі геометрії основної школи.

Література

1. Аргунов Б. І., Балк М. Б. Элементарная геометрия. – М., 1966. – С. 268.

2. Александров І. Геометричні задачі на побудову і методи їх розв’язання. – К.: Рад. школа, 1937. – 211 с.

3. Алябев А. В. Геометрические построения двусторонней линейкой// Математика в школе, 1978. – № 2. – С. 77-80.

4. Базылев В. Т., Дуничев К. И. Геометрия – II. – М.: Просвещение, 1975.

5. Бевз Г. П. Методика викладання математики: навч. посібник. – К.: Вища школа, 1989. – 367 с.

6. Бурда М. І. Навчання учнів 6-8 класів проводити дослідження в задачах на побудову // Методика викладання математики. – К.: Рад. школа, 1983. – Вип. 14. – С. 38-45.

7. Бурда М. І. Розв’язування задач на побудову в 6-7 класах. –К.: Рад. школа, 1986. – 112 с.

8. Костовский А. Н. Геометрические построения одним циркулем. –М.: Наука, 1984. – 80 с.

9. Кушнір І. А. Методики розв’язання задач з геометрії: кн. для вчителя. – К.: Абрис, 1994. – 464 с.

10. Математика. Навчальна програма для учнів 5-9 класів загальноосвітніх навчальних закладів. Сайт Міністерства освіти і науки, молоді та спорту України [Електронний ресурс]. – Режим доступу: http^//www.mon.gov.ua/images/education/average/new_pr/math.dos

11. Методика розв’язання задач на побудову / ред.. О. М. Астряба, О. С. Смогоржевського. – К.:Рад. школа, 1962. – 387 с.

12. Практикум з розв’язування задач. Геометрія / І. ф. Тесленко, В. М. Боровик, І. С. Матюшко, Е. В. Рафаловський. – К.: Рад. школа, 1978. – 206 с.

13. Смогоржевский А. С. Линейка в геометрических построениях. – Гостехиздат, 1957. – 64 с.

14. Слєпкань З. І. Методика навчання математики: підруч. Для студ. Мет. Спеціальностей вищ. Навч. Закладів. – 2-ге вид. доп. І перероб. – К.: Вища школа, 2006. – 582 с.

15. Тесленко І. Ф. Геометричні побудови. – К.: Рад. школа, 1956. – 140 с.

16. Чашечникова Л. Г., Петренко С. В., Чашечникова О. С. Геометричні побудови на площині. – Суми: Видавництво «Ярославна», 1999. – 108 с.

17. Четверухин Н. Ф. Методы геометрических построений. – М.: Учпедгиз, 1952. – 147 с.