Problemele de Constructie Geometrica Ref

Scoala Gen. Nr. 2 I.H. Radulescu UrziceniInsp. Scolar Judetean Ialomita

Constructiile geometrice cu rigla si compasul

12.03.2011 Prof. Stana Licu Prof. Constantin Draghici


Obiectivul expunerii este familiarizarea elevului cu constructiile geometrice folosind rigla si compasul fara masurarea prin comparatie cu unitati de masura. Singura masura permisa este cea data de deschiderea compasului. Referatul este insotit si de o prezentare cu diapozitive in PowerPoint a numerease propbleme rezolvate sau propuse pentru rezolvare conform celor expuse in continuare.In rezolvarea problemelor de constructie este necesara parcurgerea urmatoarelor etape:

1. Analiza (gasirea solutiei). Se considera problema rezolvata si se identifica elementele construibile folosind constructiile elementare. Daca este cazul se cauta noi proprietati ale unor elemente in baza carora sa poata fi construite.

2. Constructia (Se prezinta succesiunea elementelor care se construiesc)3. Demonstratia (Se arata ca figura construita satisface proprietatile.)4. Discutia (Se comenteaza numarul solutiilor, existenta lor sau unicitatea solutiei.)

Cu rigla si compasul se pot realiza urmatoarele constructii geometricea. Segment congruent cu segment datb. Paralela la o dreapta data printr-un punct exterior acesteiac. Arc congruent cu arc datd. Mediatoarea unui segmente. Bisectoarea unui unghif. Perpendiculara dintr-un punct exterior dreptei pe acea dreaptag. Cerc care sa treaca prin trei puncte necoliniareh. Tangenta intr-un punct la cerci. Tangenta la un cerc dintr-un punct exterior acestuia.

Aceste constructii sunt continute in programa de matematica pentru gimnaziu si nu vor face obiectul prezentei lucrari decat ca referinte. Rezolvarile sunt in prezentare.

Exemple:1. Sa se construiasca cu rigla si compasul tangentele comune exterioare (nu se intersecteaza) a

doua cercuri exterioare (nu se intersecteaza). Analiza: Presupunem problema rezolvata si fie AA’ tangenta cautata; unde A si a’ sunt

punctele de tangenta iar OA si OA’ razele cercurilor perpendiculare pe AA’. Ducem prin O o paralela la AA’ care intalneste pe OA in C si observam ca AA’O’C este dreptunghi in care AC=R’+O’A’ si OC=R-R’

Constructia: Pasul1: Construim doua cercuri (cele date) C(O,R) si C’(O’R’) cu R>R’.Pasul2: Reconstruim cercul C’’(OR’)≡ C’(O’R’) cu centrul in O=O’.Pasul3: Tangenta din O’ la C’’(OR’) unde C se obtine din intersectia cercului

de raza OO’/2 cu centrul in intersectia mediatoarei lui OO’ vezi punctul i.Pasul4: Unim O cu C si prelungim OC∩C(O,R) si obtinem APasul5: Din O’ ducem paralela la OA, O’A’║OA unde A’ C(O’R’), vezi b.Pasul6: Unim A cu A’ si obtinem AA’ tangenta cautata.

Analog se obtine si tangenta cealalata BB’.


Demonstratia:Paralelogramul AA’OC este un dreptunghi deoarece O’CA=90°, deci OA si O’A’ sunt perpendiculare pe AA’ (vezi definitia tangentei intr-un punct la un cerc).

Discutia: Problema este posibil de construit in forma prezentata pentru OO’≥R+R’ (pentru cercurile exterioare, tangente exterioare, secante sau tangente interioare). In toate cazurile se pot duce cate doua tangente exceptand egalitatea cand avem o singura tangenta interioara care trece prin punctul de tangenta al cercurilor.

2. Sa se construiasca un triunghi ABC cunoscand unghiurile si perimetrul: AB+AC+BC=2p si m( A)=αº; m( B)=βº.

Analiza: Se considera triunghiul ABC construit. Pentru evidentierea perimetrului construim laturile coliniare pe orizontala:

Avem AA’=AC si BB’=BC; CAB este exterior ΔAA’C isoscel m( A’)= . Analog m(

B’)=

Constructia: Pasul1: Construim perimetrul A’B’ cu deschiderea compasului 2p, vezi a.

Pasul2: Construim la capete in A’ respectiv B’ unghiurile si si obtinem

punctul C varful triunghiului A’CB’ cazul ULU, vezi c.

Pasul3: Construim mediatoarele lui A’C si B’C prelungite la intersectia cu A’B’ unde vom obtine punctele A si B varfurile triunghiului cerut.

OO’

B’

A’

A

C

B

B’A’ A B

C

PQ

α° βº

α° βº

A’ B’


Demonstratia: In analiza constructiei am inclus si elemente de justificare a constructiei: CAB este exterior ΔAA’C m( CAB)=2m( AA’C) si m( CBA)=2m(CB’B). Daca QA este mediatoarea segmentului CA’, [CA]=[AA’]. Daca PB este mediatoarea segmentului CB’, [BB’=[CB].

Discutia: 1. αº+ βº<0 solutia este unica. 2. αº+ βº≥0 nu avem solutie.

3. Sa se construiasca un cerc de raza R tangent la doua drepte date Ox si Oy.Analiza: Daca dreptele sunt concurente centrul cercului se va afla pe bisectoarea

unghiului format de acestea la distanta R de drepte. Unghiurile sunt congruente ca opuse la varf (care?) iar bisectoarele lor sunt perpendiculare.

Constructia:Pasul1: Construim bisectoarele z si z’Pasul2: Se construieste paralela x’ cu x║x la d(x,x’)=R si obtinem C1 si C2

Pasul3: Se construieste paralela x’’ cu x║x la d(x,x’’)=R si obtinem C3 si C4

Demonstratia: Daca d(x,x’)=R=d(x,x’’) cele patru puncte de intersectie sunt centrele cercurilor cautate.

Discutia: Problema are patru solutii indiferent de unghiul dintre drepte

4. Sa se construiasca un triunghi dreptunghic cand se cunosc inaltimea, bisectoarea si mediana duse din acelasi punct.

Analiza: Problema e rezolvata D, I, M fiind picioarele inaltimii, bisectoarei respectiv medianei cu A punct comun in ΔABC dreptunghic, A=90º si stim ca daca I AI bisectoarea

A atunci AI, AD si AM sunt izogonale, adica centrul de raza ID cu centrul in I este tangent la AD si AM.

Oz

z’x

y

x’

x’’

C1

C4

C3

C2


Constructia: Pasul1: Se construieste dreapta xPasul2: In punctul D ales pe x se ridica ADPasul3: Din A cu compasul avand deschiderea AI se intersecteaza x in IPasul4: Cu centrul in I se construieste cercul de raza IDPasul5: Din A se construieste tangenta la cercul construit si se obtine M=AV∩xPasul 6: Se construieste cercul de raza AM cu centrul in M si se obtine B si C la intersectia cu dreapta x, respectiv triunghiul cautat.

Demonstratia: Daca ΔABC dreptunghic, m( C)+m( B)= 90º. In ΔABD D=90º este dreptunghic si rezulta m( BAD)≠m( C). In ΔADC, m( C)+m( CAD)= 90º; m( MAC)=m(

ACM); d(I,AM)=d(I,AD) rezulta I AI bisectoarea lui DAM. Dar AD si AM sunt izogonale rezulta m( BAI)=m( CAI), BM=AM=AC rezulta M cercul cercului circumscris.

Discutia: Solutia unica este pentru AD<AI<AM

A

D I MB C

rr V

x

Problemele de Constructie Geometrica Ref

Documents

Transcript of Problemele de Constructie Geometrica Ref