Konstrukcje geometryczne na płaszczyźnie". 10 listopada 2000

Konstrukcje geometryczne na płaszczyźnie. MENU Cele pracy Opis pracy O konstrukcjach geometrycznych Konstrukcje elementarne Wielokąty foremne cele Zdania konstrukcyjne Okrąg wpisany i opisany na wielokącie Jednokładność, tw. Talesa, tw. Pitagorasa zad. k. okręgi k. g. k. el. zast. w. for. KONIEC

CELE PRACY Problemy matematyczne towarzyszą ludziom od czasów antycznych po dzień dzisiejszy. Matematyka jest bowiem obecna w wielu dziedzinach działalności człowieka, niezbędna w wykonywaniu wielu zawodów, służy rozwijaniu kwalifikacji i kompetencji intelektualnych. Wielu uczniów boryka się z problemami w przyswajaniu wiedzy matematycznej. Lekcje matematyki wydają się im niezrozumiałe i nudne. Z myślą o nich stworzyłam tę prezentację, która, mam nadzieję, uatrakcyjni zajęcia lekcyjne. Głównym celem prezentacji jest stworzenie pomocy dydaktycznej z zakresu treści dotyczących konstrukcji geometrycznych na płaszczyźnie.

Poszczególne slajdy zamierzam wykorzystać na zajęciach, na których uczniowie: uczą się rozwiązywać zadania konstrukcyjne z uwzględnieniem wszystkich etapów rozwiązania (patrz „Zadania”) wykonują typowe konstrukcje geometryczne (patrz „Konstrukcje elementarne”) poznają wielokąty foremne i ich własności stosują tw. Pitagorasa, tw. Talesa i własności jednokładności w wykonywaniu konstrukcji konstruują okręgi: wpisany w wielokąt i opisany na wielokącie MENU

KONSTRUKCJE GEOMETRYCZNE Wykonanie konstrukcji polega na narysowaniu figury geometrycznej spełniającej podane warunki, przy pomocy określonych przyrządów konstrukcyjnych. Historycznie ujmując, najstarszymi konstrukcjami geometrycznymi są konstrukcje za pomocą cyrkla i linijki, zw. również konstrukcjami klasycznymi lub konstrukcjami platońskimi. Takie konstrukcje umożliwiają poprowadzenie prostej przez dane dwa punkty, konstrukcję okręgu o danym środku i danym promieniu, znalezienie punktów przecięcia wykreślonych prostych i okręgów oraz wybór dowolnego punktu na skonstruowanej linii (prostej lub okręgu). Konstrukcjami klasycznymi są np. KONSTRUKCJA SYMETRALNEJ ODCINKA KONSTRUKCJA DWUSIECZNEJ KĄTA MENU

Nie wszystkie zadania konstrukcyjne dają się wykonać metodą cyrkla i linijki [konstrukcje niewykonalne]; niektóre zadania konstrukcyjne można wykonać przy jeszcze większym ograniczeniu środków niż w metodzie cyrkla i linijki [konstrukcje Mohra-Mascheroniego]. Analogiczna do metody cyrkla i linijki na płaszczyźnie metoda k.g. w przestrzeni pozwala: poprowadzić płaszczyznę przez trzy dane niewspółliniowe punkty, skonstruować sferę o danym środku i o danym promieniu, znaleźć linię przecięcia dwóch skonstruowanych powierzchni (płaszczyzn i sfer), wybrać dowolny punkt na skonstruowanej powierzchni, poprowadzić prostą przez dane dwa punkty oraz wykonać dowolną konstrukcję geometryczną metodą cyrkla i linijki na utworzonej powierzchni. MENU

KONSTRUKCJE NIEWYKONALNE Konstrukcje niewykonalne to tradycyjne określenie zadań konstrukcyjnych, których nie można wykonać za pomocą cyrkla i linijki. Przykładami konstrukcji niewykonalnych są trzy sławne zadania konstrukcyjne sformułowane w starożytnej Grecji: Podwojenie sześcianu Trysekcja kąta Kwadratura koła Zadania te zostały przez starożytnych Greków rozwiązane. Wątpliwości wzbudził sposób przeprowadzenia tych konstrukcji (użyte przyrządy konstrukcyjne). Wybitny filozof grecki Platon (IV w p.n.e.), który w założonej przez siebie Akademii zajmował się również konstrukcjami geometrycznymi, ustalił, że konstrukcje można wykonywać, posługując się wyłącznie cyrklem i linijką (bez podziałki). Autorytet Platona był tak wielki, że podane przez niego ograniczenia przyjęły się powszechnie. Wówczas okazało się, że rozwiązania trzech powyższych zadań stały się nieaktualne. Przez kolejne wieki próbowano te zadania rozwiązać posługując się cyrklem i linijką. Dopiero w XIX w. Udowodniono, że takich konstrukcji wykonać nie można. Termin „kwadratura koła” wszedł nawet do języka potocznego na określenie sprawy, której nie sposób rozwiązać. MENU

PODWOJENIE SZEŚCIANU ( problem delijski ) „Zbudować sześcian o objętości dwa razy większej niż objętość danego sześcianu”. Nazwa „problem delijski”, jak głosi legenda, wiąże się z problemem, który mieli rozstrzygnąć mieszkańcy wyspy Delos (obecnie Dilos). Aby uchronić wyspę przed nieszczęściami i przebłagać bogów, musieli oni zbudować ołtarz dwa razy większy od ołtarza znajdującego się w świątyni Apollina. Architekci, nie mogąc rozwiązać tego problemu zwrócili się do matematyków, którzy sprowadzili go do podwojenia sześcianu. Zadanie podwojenia sześcianu polega na konstrukcji odcinka o długości a , gdzie a jest długością odcinka danego. Konstrukcja ta jest konstrukcją niewykonalną za pomocą cyrkla i linijki, ponieważ liczba nie jest liczbą konstruowalną. Uczony grecki Eratostenes z Cyreny zbudował przyrząd – mezolabium. MENU

MEZOLABIUM Mezolabium składa się z trzech jednakowych prostokątnych ramek umieszczonych w większej ramce w sposób umożliwiający ich przesuwanie. Nasuwając ramki na siebie otrzymujemy odcinki o długościach x, y takie, że Jeżeli a=2b, to y = a b x y MENU Czyli za pomocą mezolabium można dokonać podwojenia sześcianu.

„Podzielić kąt na trzy równe części” TRYSEKCJA KĄTA Zadanie konstrukcyjne postawione przez matematyków starożytnej Grecji. „Podzielić kąt na trzy równe części” Trysekcja kąta jest konstrukcją niewykonalną dla nieskończenie wielu kątów. W każdym przedziale (a; b), 0 < a < b < p/2 istnieje taka liczba c, że trysekcja kąta o mierze równej c jest niewykonalna za pomocą cyrkla i linijki. Można wykonać trysekcję kąta o mierze równej kp/n , gdzie k jest dowolną liczbą naturalną, natomiast n i 3 są liczbami względnie pierwszymi [tzn. NWD(n,3)=1]. Konsekwencją niewykonalności trysekcji kąta o mierze p/3 jest np. niewykonalność konstrukcji dziewięciokąta foremnego. MENU

KWADRATURA KOŁA Kwadratura figury geometrycznej to zadanie konstrukcyjne polegające na konstrukcji metodą cyrkla i linijki kwadratu o polu równym polu danej figury geometrycznej. Kwadratura dowolnego wielokąta jest wykonalna. Aby ją przeprowadzić, wystarczy zauważyć, że: każdy wielokąt można przedstawić jako sumę skończonej liczby trójkątów o rozłącznych wnętrzach można przeprowadzić kwadraturę dowolnego trójkąta [zob. kwadratura trójkąta] można skonstruować kwadrat o polu równym sumie dwóch kwadratów Kwadratura koła jest konstrukcją niewykonalną, ponieważ liczba p jest liczbą przestępną. Możliwe są jedynie konstrukcje kwadratów o polach bliskich polu danego koła. MENU

Kwadratura trójkąta d - bok kwadratu o polu równym polu trójkąta o bokach długości a,b, c. h b c d h ½ a a MENU

KONSTRUKCJE Mohra-Mascheroniego Konstrukcje geometryczne wykonane za pomocą cyrkla (bez użycia linijki), tj. metodą umożliwiającą konstrukcję okręgu o danym środku i danym promieniu, znalezienie punktów przecięcia dwóch skonstruowanych okręgów i wybór dowolnego punktu na skonstruowanym okręgu. Uważa się przy tym, że prosta jest dana, jeżeli dane są jej dwa różne punkty. Matematyk wł. L. Mascheroni oraz wcześniej matematyk duń. G. Mohr udowodnili, że zadania konstrukcyjne polegające na wyznaczeniu punktu przecięcia dwóch prostych przechodzących przez dane punkty oraz na wyznaczeniu punktów przecięcia danego okręgu z prostą przechodzącą przez dane punkty można rozwiązać tylko za pomocą cyrkla. Tym samym każdą konstrukcję wykonalną przy użyciu cyrkla i linijki można przeprowadzić korzystając tylko z cyrkla. W praktyce okazuje się jednak, że dla większości konstrukcji jest to zadanie bardzo długie i żmudne. PRZYKŁAD konstrukcji Mohra-Mascheroniego MENU

Konstrukcja Mohra-Mascheroniego „trójkąta równobocznego wpisanego w dany okrąg o środku A” Opis konstrukcji Dany jest okrąg o środku A i promieniu r. Z wybranego punktu B okręgu zakreślamy okrąg o promieniu r. Otrzymujemy punkty przecięcia C i D tego okręgu z okręgiem danym. Zakreślamy okręgi o promieniu r i środkach C i D. Otrzymujemy punkty E i F (różne od B) przecięcia tych okręgów z okręgiem danym. Punkty B, E i F są wierzchołkami trójkąta równobocznego. B A r C D MENU E F Szukany trójkąt

Konstrukcje elementarne Przykłady Symetralna odcinka Dwusieczna kąta Prosta prostopadła do danej prostej przechodząca przez dany punkt Prosta równoległa do danej prostej w danej odległości od tej prostej Styczna do danego okręgu przechodząca przez dany punkt leżący na zewnątrz okręgu Aby rozwiązania zadań konstrukcyjnych były czytelne, a opisy konstrukcji niezbyt długie , często posługujemy się konstrukcjami elementarnymi. Należą do nich m.in. MENU

Konstrukcja symetralnej odcinka Symetralna odcinka AB Dany jest odcinek AB O P I S K N T R U C J Wybieramy r >1/2|AB| Rysujemy o(A,r) r C D Rysujemy o(B,r) A B r Otrzymujemy punkty C i D przecięcia tych okręgów Rysujemy prostą CD MENU

Konstrukcja dwusiecznej kąta Dany jest kąt BAC O P I S K N T R U C J A B C Zakreślamy okrąg o środku A i dowolnym promieniu B’ C’ Otrzymujemy punkty B’ i C’ przecięcia tego okręgu z ramionami kąta Konstruujemy symetralną odcinka B’C’ Część wspólna tej symetralnej i kąta BAC jest poszukiwaną dwusieczną Dwusieczna kąta BAC MENU

Konstrukcja prostej prostopadłej do danej prostej przechodzącej przez dany punkt Dana jest prosta k i punkt A O P I S K N T R U C J Kreślimy okrąg o środku A tak, aby miał on z prostą k dwa punkty wspólne A Otrzymujemy odcinek BC k B C Kreślimy symetralną odcinka BC Jest to szukana prosta MENU

Konstrukcja prostej równoległej do danej prostej k w odległości a od tej prostej Dana jest prosta k i odcinek a a O P I S K N T R U C J l Na prostej k wybieramy dowolnie punkt A B1 a Są to szukane proste (2 rozwiązania) Kreślimy prostą l prostopadłą do k, przechodzącą przez punkt A Kreślimy okrąg o(A, a), który przecina prostą l w punktach B1 i B2 k A Kreślimy proste prostopadłe do prostej l przechodzące przez punkty B1 i B2 B2 MENU

Konstrukcja stycznej do danego okręgu przechodzącej przez dany punkt leżący na zewnątrz okręgu Dany jest okrąg o(O,r) oraz punkt A leżący na zewnątrz okręgu O P I S K N T R U C J B1 Są to szukane styczne (2 rozwiązania) Kreślimy odcinek OA O Kreślimy symetralną odcinka OA, która przecina go w punkcie O1 O1 A Kreślimy okrąg o(O1, ½O1O½), który przecina dany okrąg w punktach B1 i B2 B2 Kreślimy proste B1A i B2A. MENU

Wielokąty foremne Wielokąt foremny Przykłady: Jest to wielokąt, który ma wszystkie boki równej długości i wszystkie kąty równe. Własności: Jest wielokątem wypukłym. Na każdym wielokącie foremnym można opisać okrąg. W każdy wielokąt foremny można wpisać okrąg. Okręgi te są współśrodkowe. Symetralna boku jest jego osią symetrii. Dwusieczna kąta zawiera się w jego osi symetrii. Przykłady: Trójkąt równoboczny Kwadrat Pięciokąt foremny Sześciokąt foremny konstrukcja konstrukcja konstrukcja konstrukcja MENU

Trójkąt równoboczny o danym boku a Dany jest odcinek o długości a. O P I S K N T R U C J C Rysujemy okrąg o(A,a). a Rysujemy okrąg o(B,a) Otrzymujemy punkt C przecięcia tych okręgów. ABC jest szukanym trójkątem równobocznym a Punkt C jest trzecim wierzchołkiem trójkąta. A B MENU

Kwadrat o danym boku a a C D B A a ABCD szukany kwadrat O P I S K N T Dany jest odcinek AB o długości a. ABCD szukany kwadrat O P I S K N T R U C J Kreślimy prostą prostopadłą do AB przez punkt A. a C D Rysujemy okrąg o(A,a). Otrzymujemy punkt C przecięcia tego okręgu z prostą prostopadłą do AB. B A a Rysujemy okręgi o(C,a) oraz o(B,a). Otrzymujemy punkt D przecięcia tych okręgów, który jest czwartym wierzchołkiem kwadratu. MENU

Pięciokąt foremny o danym boku a ABCDE szukany pięciokąt a Dany jest odcinek AB o długości a. D O P I S K N T R U C J Kreślimy okręgi o(A,a) oraz o(B,a). Otrzymujemy punkt P oraz symetralną odcinka AB. Kreślimy okrąg o(P,a). E C Otrzymujemy punkty R, S i T przecięcia odpowiednio z okręgami o(A,a), o(B,a) oraz z symetralną odcinka AB. T A B Kreślimy proste RT i ST. a Otrzymujemy punkty C i E przecięcia tych prostych z o(A,a) i o(B,a). P S R Z punktów C i E zakreślamy łuki okręgu o promieniu a. Przecinają się one w punkcie D należącym do symetralnej odcinka AB. Łączymy kolejno punkty A,B,C,D,E. MENU

Sześciokąt foremny o danym boku a Dany jest odcinek o długości a. O P I S K N T R U C J A F a a a Rysujemy okrąg o promieniu a. Wybieramy dowolny punkt A na okręgu. a E Z punktu A zakreślamy kolejno łuki o promieniu a B a a Otrzymujemy punkty B, C, D, E, F przecięcia tych łuków z okręgiem. ABCDEF jest sześciokątem foremnym o boku a a C D MENU

Okrąg wpisany w wielokąt i opisany na wielokącie. Okrąg opisany Okrąg wpisany r r pokaż pokaż MENU

Okrąg wpisany w wielokąt. Definicja: Jeżeli każdy bok wielokąta jest styczny do okręgu, to wielokąt jest opisany na okręgu, a okrąg nazywa się okręgiem wpisanym w wielokąt. Twierdzenie: Wielokąt można opisać na okręgu (okrąg można wpisać w wielokąt) wtedy i tylko wtedy, gdy dwusieczne kątów wewnętrznych tego wielokąta przecinają się w jednym punkcie. Ten punkt jest środkiem okręgu wpisanego w wielokąt. W dowolny trójkąt można wpisać okrąg. Okrąg można wpisać w czworokąt wtedy i tylko wtedy, gdy sumy długości przeciwległych boków czworokąta są równe. konstrukcja konstrukcja MENU

Okrąg opisany na wielokącie. Definicja: Wielokąt, którego wszystkie wierzchołki należą do pewnego okręgu, nazywa się wielokątem wpisanym w okrąg , okrąg zaś- okręgiem opisanym na wielokącie. Twierdzenie: Wielokąt można wpisać w okrąg (okrąg można opisać na wielokącie) wtedy i tylko wtedy, gdy symetralne boków tego wielokąta przecinają się w jednym punkcie. Ten punkt jest środkiem okręgu opisanego na wielokącie. Na dowolnym trójkącie można opisać okrąg. Okrąg można opisać na czworokącie wtedy i tylko wtedy, gdy sumy przeciwległych kątów czworokąta są równe (i wynoszą 180°). konstrukcja konstrukcja MENU

Okrąg wpisany w trójkąt U C J Dany jest trójkąt ABC. C Okrąg o(S,r) jest szukanym okręgiem wpisanym w trójkąt ABC Kreślimy dwusieczną kąta BAC. Kreślimy dwusieczną kąta ABC. Otrzymujemy punkt przecięcia S. S D r Prowadzimy odcinek SD ^ AB. A B Kreślimy okrąg o środku S i promieniu r=½SD½. MENU

Okrąg wpisany w romb B E r A C S D Dany jest romb ABCD. U C J A D C B Dany jest romb ABCD. Kreślimy przekątne AC i BD. r E Okrąg o(S,r) jest okręgiem wpisanym w romb ABCD Otrzymujemy punkt przecięcia S. Prowadzimy odcinek SE ^ AB. S Kreślimy okrąg o środku S i promieniu r=½SE½. MENU

Okrąg opisany na trójkącie. Dany jest trójkąt ABC. R O P I S K N T R U C J Kreślimy symetralne boków AB i BC. Otrzymujemy punkt przecięcia S. S Otrzymujemy równe odcinki SA, SB i SC. A B Kreślimy okrąg o środku S i promieniu R =½SA½= =½SB½ =½SC½ Okrąg o(S,R) jest okręgiem opisanym na trójkącie ABC. MENU

Okrąg opisany na trójkącie Trójkąt ostrokątny Trójkąt prostokątny Trójkąt rozwartokątny r r r r r r r r r Środek okręgu jest punktem leżącym wewnątrz trójkąta. Środkiem okręgu jest środek przeciwprostokątnej (bo kąt wpisany w okrąg oparty na półokręgu jest kątem prostym) Środek okręgu jest punktem leżącym na zewnątrz trójkąta. MENU

Okrąg opisany na prostokącie. Dany jest prostokąt ABCD. A A A A A A A A O P I S K N T R U C J Kreślimy przekątne AC i BD. r D C Otrzymujemy punkt przecięcia S. Z własności prostokąta ½SA½=½SB½=½SC½=½SD½, czyli S jest środkiem okręgu opisanego na ABCD. S Kreślimy okrąg o środku o(S,r), gdzie r =½SA½. A B Okrąg o(S,r) jest okręgiem opisanym na prostokącie ABCD. MENU

Twierdzenie Pitagorasa Twierdzenie Talesa Tw. Pitagorasa, Talesa i jednokładność – zastosowanie w wykonywaniu konstrukcji. Twierdzenie Pitagorasa Twierdzenie Talesa Jednokładność i jej własności MENU

Twierdzenie Pitagorasa: Jeżeli trójkąt jest prostokątny, to suma kwadratów długości przyprostokątnych jest równa kwadratowi długości przeciwprostokątnej. ZAŁ. a b c TEZA: a2 + b2 = c2 a, b – długości przyprostokątnych c – długość przeciwprostokątnej Zastosowanie MENU

Konstrukcje odcinków o długościach , itd... 1 1 1 1 1 1 1 itd... Z tw. Pitagorasa 12+12=( )2 MENU

TEZA: Twierdzenie Talesa: Zastosowanie ZAŁ. A1B1úú A2B2 B B2 B1 O A1 Jeżeli ramiona kąta AOB przetniemy dwiema prostymi równoległymi A1B1 oraz A2B2, to stosunek długości odcinków wyznaczonych przez te proste na ramieniu OA jest równy stosunkowi długości odpowiednich odcinków wyznaczonych przez te proste na ramieniu OB. TEZA: ZAŁ. A1B1úú A2B2 B B2 B1 O A1 A2 A Zastosowanie MENU

Podział odcinka na 5 równych części Dany jest odcinek AB Poprawność konstrukcji wynika z tw. Talesa D5 Z jego końca np. A rysujemy drugie ramię kąta. x O P I S K N T R U C J D4 x Odkładamy na nim z punktu A kolejno 5 równych odcinków. D3 x D2 x Otrzymujemy punkty D1, D2, D3, D4, D5. D1 x y E1 y E2 y E3 y E4 y Kreślimy prostą D5B. A B Przez punkty D1, D2, D3, D4 kreślimy proste równoległe do prostej D5B. y=½AE1½=½E1E2½=½E2E3½ =½E3E4½ = ½E4B½ =1/5½AB½ Otrzymujemy 5 równych odcinków MENU

OX’ = s × OX s × OX Jednokładność X’ X O Definicja: Jednokładnością o środku O i skali s ¹ 0 nazywamy takie przekształcenie płaszczyzny, które każdemu punktowi X płaszczyzny przyporządkowuje taki punkt X’, że OX’ = s × OX s × OX O X X’ Własności... MENU MENU

Własności jednokładności: Jednokładność o skali s=1 jest przekształceniem tożsamościowym. Złożeniem jednokładności o środku O i skalach s1 i s2 jest jednokładność o środku O i skali s1s2. Przekształceniem odwrotnym do jednokładności o środku O i skali s jest jednokładność o środku O i skali 1/s. Obrazem prostej (odcinka) jest prosta (odcinek) do niej równoległa. Zastosowanie MENU

Kwadrat wpisany w dany trójkąt ostrokątny Dany jest trójkąt ostrokątny ABC. C KLMN Szukany kwadrat Kreślimy kwadrat DEFG taki, że punkty D, E Î AB, G Î AC Kreślimy półprostą AF. N M Otrzymujemy punkt M przecięcia z bokiem BC, który jest obrazem F w jednokł. o środku A i skali s=AM:AF. D E F G Przez M kreślimy prostą równoległą do AB. Otrzymujemy punkt N. B A K L Przez punkty M i N kreślimy proste prostopadłe do AB. Otrzymujemy punkty K i L przecięcia z AB. MENU

ZADANIE KONSTRUKCYJNE Etapy rozwiązania zadania konstrukcyjnego. Jak rozwiązywać zadania konstrukcyjne ? (przykłady) MENU

Etapy rozwiązania: Analiza zadania – szkicujemy rysunek tak, jakby zadanie było rozwiązane, zaznaczamy elementy dane i szukane; określamy, jak od danych przejść do szukanych. Konstrukcja i jej opis – konstruujemy szukaną figurę (używając jedynie cyrkla i linijki) i opisujemy czynności, które wykonujemy. Dowód poprawności konstrukcji –wykazujemy, że uzyskane przez nas rozwiązanie spełnia warunki zadania. Dyskusja istnienia i liczby rozwiązań – ustalamy warunki zadania, dla których istnieje rozwiązanie oraz stwierdzamy, czy istnieje jedno rozwiązanie, czy też może być ich więcej. MENU

PRZYKŁADY ZADAŃ ZADANIE 1: Skonstruuj trójkąt ABC mając dane: sumę boków AB + BC, kąt ABC i wysokość CD; ZADANIE 2: Dany jest okrąg o(A, R) i prosta k. Skonstruuj okrąg o danym promieniu r styczny zewnętrznie do okręgu o(A, R) i styczny do prostej k; MENU

ZADANIE 1. konstrukcja opis dowód ilość rozwiązań Skonstruuj trójkąt ABC mając dane: sumę boków ½AB½ + ½BC½, ½ÐABC ½ i wysokość ½CD½. ROZWIĄZANIE: Analiza Szkicujemy trójkąt ABC i zaznaczamy wszystkie dane elementy. Ponieważ dana jest suma boków AB i BC, więc rysujemy półprostą AB® i zaznaczamy odcinek AE taki, że ½AE½=½AB½+½BC½. Wówczas trójkąt CBE jest równoramienny. Ponadto ½ÐCBE½= 180°- ½ÐABC½ (bo ÐCBE jest przyległy do ÐABC). Stąd ½ÐBCE½= =½ÐBEC½= b A D B C E Możemy więc narysować trójkąt AEC, gdyż znamy jego bok AE, ÐAEC i wysokość CD. Aby wyznaczyć punkt B prowadzimy symetralną boku CE. MENU

ZADANIE 1. Dane b a h a Konstrukcja (zad.1) ABC F C k h=½CD½ A B E analiza opis dowód ilość rozwiązań Konstrukcja (zad.1) Dane ABC szukany trójkąt b=½ÐABC½ b F C k h=½CD½ h a =½AB+BC½ a A B E MENU

Opis konstrukcji (zad. 1). analiza konstrukcja dowód ilość rozwiązań Rysujemy prostą, wybieramy na niej dowolny punkt A i odkładamy odcinek ½AE½=a Konstruujemy kąt o mierze i odkładamy go tak, aby jego wierzchołkiem był punkt E i jedno ramię zawierało się w półprostej EA®. Drugie ramię oznaczamy EF® . Prowadzimy prostą k równoległą do prostej AE w odległości h od tej prostej. Przecina ona półprostą EF® w punkcie C. Konstruujemy symetralną odcinka EC, która przecina odcinek AE w punkcie B. D ABC jest szukanym trójkątem. MENU

Dowód poprawności konstrukcji (zad. 1). analiza konstrukcja opis ilość rozwiązań Punkt B należy do symetralnej odcinka CE, zatem ½BC½=½BE½ i ½AB½+½BC½=½AB½+½BE½=a. Trójkąt BEC jest równoramienny i z konstrukcji wynika, że ½ÐCEB½ = . Stąd ½ÐCBE½ = 180° - b. Kąty CBE i CBA są przyległe, więc ½ÐCBA½ = 180° - (180° - b) = b = ½ÐABC½. Ponadto z konstrukcji wynika, że punkt C leży na prostej równoległej do prostej AE, odległej o h od prostej AE, więc wysokość CD ma daną długość h. MENU

Istnienie i liczba rozwiązań (zad. 1). analiza konstrukcja opis dowód 1 lub 0 Warunkiem dostatecznym istnienia rozwiązania jest, aby 0° < ½ÐABC½ < 180° oraz by symetralna odcinka CE przecięła bok AE. W takim przypadku jest jedno rozwiązanie zadania; w przeciwnym wypadku – brak rozwiązań. MENU

ZADANIE 2. konstrukcja opis dowód ilość rozwiązań Dany jest okrąg o(A,R) i prosta k. Skonstruuj okrąg o danym promieniu r styczny zewnętrznie do okręgu o(A, R) i styczny do prostej k. ROZWIĄZANIE: Analiza Aby narysować szukany okrąg, należy wyznaczyć punkt B, który jest jego środkiem. Ponieważ okrąg dany i szukany mają być styczne zewnętrznie, więc odległość ich środków ma być równa sumie ich promieni (½AB½=R+r). Punkt B jest więc punktem okręgu o(A, R+r). Z drugiej strony szukany okrąg ma być styczny do prostej k, więc jego środek (punkt B) leży w odległości r od prostej k tzn. d(B, k)=r. A B R r k MENU

ZADANIE 2. Dane A B2 B1 k Konstrukcja (zad.2) R R+r r r r r R R l1 r r analiza opis dowód ilość rozwiązań Konstrukcja (zad.2) Szukane okręgi Dane R R+r r r r r R A B2 B1 R l1 r k r l2 MENU

Opis konstrukcji (zad. 2). konstrukcja analiza dowód ilość rozwiązań Budujemy odcinek o długości R+r. Zakreślamy okrąg o(A, R+r). Kreślimy proste l1, l2 równoległe do prostej k w odległości r od tej prostej. Otrzymujemy punkty B1 i B2 przecięcia tych prostych z okręgiem o (A, R+r). Kreślimy okręgi o(B1, r) i o(B2, r). Okręgi o(B1, r) i o(B2, r) spełniają warunki zadania. MENU

Dowód poprawności konstrukcji (zad. 2). Konstrukcja opis analiza ilość rozwiązań Z konstrukcji wynika, że odległość punktów B1 i B2 od punktu A jest równa R+r, zatem okręgi o(B1,r) i o(B2,r) są styczne zewnętrznie z okręgiem o(A,r). Punkty B1 i B2 leżą na prostej l1 takiej, że d(l1,k) = r, więc zbudowane okręgi są styczne do prostej k. MENU

Istnienie i liczba rozwiązań (zad. 2). konstrukcja opis dowód analiza 0,1,2,3,4 Zadanie ma tyle rozwiązań, ile jest punktów wspólnych sumy prostych l1 i l2 z okręgiem o(A, R+r). Oprócz otrzymanych dwóch rozwiązań mamy jeszcze następujące przypadki: Brak rozwiązań Jedno rozwiązanie Trzy rozwiązania Cztery rozwiązania MENU

Brak rozwiązań konstrukcja opis dowód analiza Suma prostych l1 i l2 nie ma punktów wspólnych z okręgiem o(A, R+r) R+r R A r l1 l2 k MENU

Jedno rozwiązanie konstrukcja opis dowód analiza Suma prostych l1 i l2 ma 1 punkt wspólny z okręgiem o(A, R+r) 1 Szukany okrąg R+r R A r l1 l2 k MENU

Trzy rozwiązania konstrukcja opis dowód analiza Suma prostych l1 i l2 ma 3 punkty wspólne z okręgiem o(A, R+r) 3 Szukane okręgi R+r R r l1 l2 A k MENU

Cztery rozwiązania konstrukcja opis dowód analiza Suma prostych l1 i l2 ma 4 punkty wspólne z okręgiem o(A, R+r) 4 Szukane okręgi R+r r l1 l2 k A MENU R KONIEC