Razliqiti metodi rexavaǌa geometrijskog problema

Μέγεθος: px

Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "Razliqiti metodi rexavaǌa geometrijskog problema"

Χθόνια Αλεξανδρίδης
6 χρόνια πριν
Προβολές:

1 Rzliqiti metodi rexvǌ geometrijskog problem Vldimir lti Lepot mtemtike se ogled u rzliqitim putevim z rexvǌe problem. Nstvnici i profesori bi treblo veliki broj zdtk d rexvju n nekoliko rzliqitih nqin, d bi uqenici videli d su nekoliko nizgled nepoveznih oblsti, međusobno vezne preko dtog zdtk. Kd me uqenici (ko i studenti) pitju qemurexvmo jedn zdtk n dv, tri ili ponekd i vixe nqin, qesto im dm slede i primer (koji moжe i slikovito d doqr, ko i d poboǉx tmosferu n qsu): Zmislite bokser koji zn smo jedn udrc, npr. direkt. n je svrxeno uveжbo tj udrc, li ne zn nijedn drugi. Kd izđe u ring, iskusn protivnik e to veom brzo primetiti i blokir e sve ǌegove udrce. li d on zn i kroxe i perkt, sigurno bi mogo oqekivti boǉi rezultt. Ist situcij je i u mtemtici. ko znmo vixe rzliqitih metod dti problem moжemo npsti s rznih strn, te su nm stog ve e xnse d g svldmo. i emo se ovde osvrnuti n rexvǌe 2. zdtk s sme juniorske blknske mtemtiqke olimpijde (odrжne u Novom Sdu od 26. do 30. jun 2004.) i to pomo u nekoliko suxtinski rzliqitih geometrijskih rexeǌ, ko i pomo u trigonometrije, nlitiqke geometrije i kompleksnih brojev. Zdtk glsi: Nek je jednkokrki trougo, =, nek je sredixte duжi i nek je l prv koj prolzi kroz tqku, ortogonln je n. Kruжnic kroz, i seqe l u tqkm i. Izrziti polupreqnik krug opisnog oko trougl preko m =. Zdtk su predloжili ugri. d 69 tkmiqr potpuno tqno (z 0 poen) g je rexilo 33 tkmiqr (4+5 nxih, 6 Rumun, 5+ ugr, 3 kedonc, 3 Kzhstnc, 2 oldvc, 2 urqin, Grk, osnk). Smo jedn uqenik je imo nepotpuno rexeǌe s 8 poen, dok su ostli imli ili 0 poen ili 6 poen i mǌe. Nixt znqjnije n zdtku nije urdilo 20 uqenik (0 poen je imlo 6 tkmiqr, poen je imlo 4). Prosek poen je bio 6,029. I (zvniqno rexeǌe) znqimo s P centr kruжnice kroz tqke, i. Nek je K sredixte duжi. d je KP = KP (imju sve tri strnice jednke), odtle dobijmo d je KP = KP = 90, odnosno KP. nlogno je i, xto nm dje KP. znqimo s L presek prvih l i KP. Kko je K sredixte duжi, iz lesove teoreme primeǌene n trouglove KL, dobijmo d je L sredixte duжi, tj. L = L. Kko i i P pripdju simetrli duжi immo d je P. Sd immo slede e jednkosti uglov s normlnim krcim KL = = α i P = = α, xto ns s jednkox u unkrsnih uglov KL = P L vodi do qiǌenice d je trougo P L jednkokrki, tj. P = P L. Sd iz podudrnosti trouglov LP = P (iz jednkokrkih trouglov LP i P dobijmo jednkosti svih odgovrju ih uglov, ko i P = L i P = P ) dobijmo d vжi L =, xto nm s L = L konqno dje = 2 3, odnosno R = 2 3 m. K L P Kǉuq z bodovǌe ovog zdtk (koji je ustnovil komisij) je bio slede i: poen uvođeǌe tqke K, poen KP, 2 poen L sredixte, 3 poen P L jednkokrk, 2 poen L =, poen konqn rezultt. eđutim niko od tkmiqr nije zdtk rexvo n ovj nqin.

2 II Nek je R preqnik kruжnice opisne oko, teжixte i sredixte strnice. Iz sliqnosti P (jedn ugo im je R, drugi je 90 ) 2 = P. Iz podudrnosti = ( =, =, = ) R = R, iz tetivnog qetvorougl =. dtle immo sliqnost 2 = 4 3. Iz ove dve jednkosti nlzimo 2R = R = 4 3 = 4 3 m, tj. R = 2 3 m. R III Isto ko u prethodnom nqinu dobijmo d je =, kko su oni periferijski uglovi nd i dobijmo d su ove dve tetive jednke, tj. =. Kko je n simetrli duжi dobijmo i d je =, odnosno = =. Kko je jednkokrk, immo d je podnozje normle iz n, tqk, sredixte osnovice. Sd iz sliqnosti prvouglih trouglov immo : = :, odnosno 3 4 : 2 = m : r, odkle je R = 2 3 m. D IV Isto ko u prethodnom nqinu dobijmo d je =. znqimo s D tqku simetriqnu tqki u odnosu n. Kko su D (homotetij iz s koeficijentom sliqnosti 2), dobijmo d je i D jednkokrk, p mu je duж D i visin i teжixn linij. Kko je dobijmo d D, odnosno D l = {} i kko je = i = D, dobijmo d je teжixte D, p je = 2 3, tj. R = 2 3 m. 2

3 V Isto ko u II nqinu dobijmo d je =, odtle sledi sliqnost prvouglih trouglov : = :, tj. R : = 2 : h R = 2 2h. Iz sliqnosti (opet =, iz tetivnog qetvorougl je = ) : = :, tj. m : 2 = : 2 3 h m = 32 4h. Iz gorǌe dve jednkosti dobijmo R = 2 3 m. VI (rexeǌ kedonc rdili n pripremm Ptolomejevu teoremu) Isto ko u III nqinu dobijmo d je = = x. Primenimo Ptolomejevu teoremu n tetivn qetvorougo : + =, tj. 3x 2 x + x = m = 2m. Iz sliqnosti (unkrsni = i periferijski u tetivnom qetvorougl : = i = ) : = :, tj. 2 : 2 3 h = x : 2 2hx 3 = 4hm = 3 2. = 3x 2m Iz sliqnosti prvouglih trouglov : = :, tj. R : = 2 : h R = 2 2h. dvde dobijmo d je R = 2 3 m. VII (rexio leksndr Kirilov Dsklov uqenik iz ugrske s mksimlnih 40 poen) Nek je k kruжnic opisn oko, s centrom u, l k = {R}. znqimo s α = = i s = =. Kko je centr opisne kruжnice, on pripd simetrli duжi, tj. l. Dokжimo d su n prvoj l tqke poređne u redosledu,,, R. Iz kruжnice k, immo slede e uglove nd lukom : = 2 = 2α i R = = α. Iz tetivnog qetvorougl dobijmo d je =. Kko je spoǉxǌi ugo = + = α + > α (jer je tqk s duжi ). Kko je < = α dobijmo < 2α α < < 2α R < < tqk je između i R, je između i. ime smo pokzli d je n prvoj l redosled tqk,,, R. Kko je R jednkokrk (R = = R) i iz = 2α, dobijmo d je R = 80 2α =. Iz tetivnog qetvorougl je =, xto nm dje sliqnost : = :, tj. : 2 = R : = R. Sd, s obzirom n redosled tqk n prvoj l, dobijmo d je m = = + = 3 2 R, odnosno R = 2 3 m. 3

4 R VIII (rexeǌ 2 Kzhstnc trigonometrijom) znqimo s α = = i s = = i izrzimo ostle duжi u trouglu preko i α. = = 2, = sin α, = cos α = 2 cos α. ko primenimo kosinusnu teoremu n dobijmo 2 = cos α, tj. 2 = cos 2 α cos α cos α = 4 2 ( + 8 cos 2 α). Kko su i teжixne duжi, to je ǌihov presek teжixte i vжi = 3, = 2 3 i = 2 3. ko sd primenimo potenciju tqke u odnosu n kruжnicu opisnu oko tqk, i (ili iz sliqnosti ) immo d je =, odnosno = 2 3 ( 2 3 ), tj. 2 2 ( + cos α) = sin α(m sin α), xto nkon sređivǌ dje m = immo d je = 2R, odnosno R = sin α 2 sin α = 2 3 m.. Iz sinusne teoreme u 4 sin α IX (rexeǌe Kzhstnc Pk leksej nlitiqkom geometrijom) Nek je S sredixte duжi. Isto ko u III nqinu dobijmo d je =, tj. je jednkokrk, p je S. Uvedimo koordintni sistem n slede i nqin: ( 4, 0), (4, 0), (0, 4). d je ( 2, 2), S(, ) i = (0, 0). Jednqin prve kroz dve dte tqke (x, y ) i (x 2, y 2 ) je y = y y 2 x+ x y 2 x 2 y. Jednqin prve x x 2 je y = 3 x Prv S je normln n, p je ǌen koeficijent k S = k m b x x 2 i kd ubcimo S S, ). ( dobijmo S: y = 3 x+ 3. Presek ove prve i y-ose je tqk (0, 3 ). Rstojǌe = 4 ( 3 ) = Povrxin trougl je jednk P = 2 = = 6, = 2 = ( ) 8. Iz formule P = b c 4R dobijmo R = = 2 3 m. S 4

5 Npomen: oжemo iskoristiti i formule, d ko su dte koordinte temen trougl td je ǌegov povrxin dt pomo u psolutne vrednosti determinnte P = 2 x y x y x y = = 6. X (kompleksnim brojevim) znqimo kompleksne brojeve koji odgovrju tqkm odgovrju im mlim slovim. Uze emo d je o = 0, tj. d su tqke, i n jediniqnoj kruжnici s centrom u koordintnom poqetku (n tj nqin se veliki broj formul znqjno pojednostvǉuje, nismo izgubili n opxtosti jer n krju sve moжemo homotetiqno preslikti, pri qemu se quvju svi odnosi): =, b = =, c =. d, sredixte duжi, nlzimo po formuli m = + c = +. Kompleksn koordint presek kruжnice γ kroz, i i 2 2 prve l je qisto reln (q R) i dobijmo je iz uslov d 4 tqke pripdju kruжnici: k = m c b c : m q b q R. q + 2 q = q. D bismo ovj rzlomk oslobodili od + 2q imginrnosti u imeniocu treb i imenilc i brojilc d pomnoжimo s konjugovno-kompleksnim brojem od Sredimo ovj izrz: k = m c b c b q + m q = 2 imenioc: k = q + 2q + 2q + 2q = (q ) ( + 2q) + 2q 2 = q 2q2 + 2q + q ) + 2q 2, tj. dobijmo k = + 3q ( + ) q + 2q 2 + 2q q 2 (ovde smo koristili d je = jer je n jediniqnoj kruжnici). U prethodnom izrzu z k prvi sbirk je qisto reln ( + = 2 Re ), drugi je kompleksn broj pomnoжen relnim brojem. Stog, d bi k bio qisto reln broj, potrebno je d vжi q + 2q 2 = 0, odnosno dobijmo kvdrtnu jednqinu qij su rexeǌ q = i q 2 = 2 (kruжnic γ i prv l imju dve preseqne tqke). Prvo rexeǌe odgovr tqki ( ), te je q = 2. Stog je m = = c q = 3 2, te je R = = 2 3 m. l γ N ovj nqin niko nije rdio zdtk n tkmiqeǌu. vu metodu smo pokzivli uqenicim temtiqke gimnzije u eogrdu. Kroz ovih 0 rzliqitih rexeǌ dotkli smo se mnoxtv geometrijskih pojmov, teorem i idej. ko se u ovom osvrtu jvǉju lesov i Ptolomejev teorem, tetivni qetvorougo, odnos periferijskog i centrlnog ugl, odnos spoǉxǌeg i unutrxǌeg ugl, zbir uglov u trouglu i qetvorouglu, potencij tqke u odnosu n krug, pkovǌe zdtk d je teжixte trougl D (rexeǌe IV), homotetij, osobine visine jednkokrkog trougl, Kosinusn i Sinusn teorem, ko i sređivǌe trigonometrijskih izrz, nlitiqko rexvǌe zdtk, koeficijent prvc prve, presek dve prve, povrxin trougl (i preko determinnti tu je mogu e podsetiti se sv tri nqin z izrqunvǌe determinnti: Srusovog prvil, Lplsovog rzvoj i svođeǌ n trougoni oblik), rexvǌe geometrijskih zdtk primenom kompleksnih brojev. kođe, sv rexeǌ su detǉno ispisn (ne ko u ve ini kǌig i zbirki), d bi uqenici videli xt se od ǌih oqekuje d pokzuju. 5

Σχετικά έγγραφα

SLIČNOST TROUGLOVA. kažemo da su slične ( sa koeficijentom sličnosti k ) ako postoji transformacija sličnosti koja figuru F prevodi u figuru F

SLIČNOST TROUGLOVA. kažemo da su slične ( sa koeficijentom sličnosti k ) ako postoji transformacija sličnosti koja figuru F prevodi u figuru F SLIČNOST TROUGLOV Z dve figure F i F kžemo d su slične ( s koefiijentom sličnosti k ) ko postoji trnsformij sličnosti koj figuru F prevodi u figuru F. Činjeniu d su dve figure slične obeležvmo s F F. Sličnost