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