Экстремальные задачи по геометрии 11 класс

Н., 11 «А»
МОУ СОШ № 3
Г. Ногинск
Научный руководитель: Кирина О.В.
Преподаватель

МОУ СОШ № 3
Г. Ногинска

Г. Ногинск

способностей школьников, а также формирование необходимых умений и навыков решения

экстремальных задач

Задачи проекта:

- Осуществить межпредметные связи – математики и информатики

- Усовершенствовать полученные в результате школьного обучения навыки работы с компьютером и различными компьютерными программами

- Показать школьникам способы применения геометрических формул при решении неординарных задач

- Расширение кругозора учащихся

и наименьших значений, решаются в курсе алгебры и начал анализа

старших классов с помощью производной.

Вместе с тем имеется важный класс геометрических экстремальных задач, которые решаются методами без помощи производной.

математики, так и для ее приложений, а с другой стороны,

развивают геометрические представления, формируют необходимые умения и навыки решения экстремальных задач, могут служить пропедевтикой изучения соответствующих разделов курса алгебры и начал анализа.

Особую роль при этом играет методика решения таких задач, при которой задачи разбиваются на подзадачи, посильные для самостоятельного решения.

можно рассматривать как экстремальные задачи.
Например, теорему о том, что перпендикуляр,

опущенный из точки на прямую, короче всякой наклонной, проведенной из этой точки к этой прямой, можно переформулировать в виде задачи.

точку С, расстояние от которой до данной точки А, не

принадлежащей прямой с, наименьшее. Существует ли точка D на прямой с, для которой расстояние AD наибольшее?







Ответ: искомой точкой является основание перпендикуляра, опущенного из точки А на прямую с. Точки D, для которой расстояние AD наибольшее, не существует.

А

С1

С

с

наибольшего возможного радиуса так, чтобы она не пересекала ни одного

белого поля.
Решение. Искомая окружность не может пересекать границы клеток в точках между вершинами, иначе она проходила бы по белой клетке.






Предположим, что окружность проходит по черной клетке ABCD и пересекает ее границу в точках А и В. Границу черной клетки AFGH эта окружность может пересечь либо в точке F, либо в точке G. Ясно, что во втором случае окружность будет больше, чем в первом. Пусть теперь окружность проходит по черной клетке ABCD и пересекает ее границу в точках А и С. Тогда она может пересечь границу клетки AFGH либо в точке F, либо в точке Н. Полученные при этом окружности будут равны окружности, проходящей через точки А, В, G. Таким образом, искомой наибольшей окружностью будет окружность, изображенная на рисунке.

A

D

C

B

H

G

F

прикладное значение, связанное с прокладкой дорог, трубопроводов и т.д., соединяющих

заданные пункты и имеющих

наименьшую протяженность.

которой до вершин треугольника принимает наименьшее значение.
Эту задачу можно интерпретировать

следующим образом: три соседа решили вырыть общий колодец и проложить к нему дорожки от своих домов. Требуется указать расположение колодца, при котором суммарная длина дорожек наименьшая.
Заметим, что аналогичная задача для четырехугольника ABCD решается довольно просто. Искомой точкой О, для которой сумма расстояний наименьшая, является точка пересечения диагоналей этого четырехугольника. Действительно, ОА + OB + OC + OD=OA + OC + OB+OD. Сумма первых двух слагаемых принимает наименьшее значение в случае, если точки А, О, В лежат на одной прямой. Аналогично, точки В, О, D также должны лежать на одной прямой, значит, О — точка пересечения диагоналей.

B

C

A

O

D

при решении таких задач используют компьютеры. В случае трех точек

имеется элементарное решение, которое можно разобрать с учащимися 8-го класса.
Прежде чем непосредственно перейти к решению задачи Штейнера, рассмотрим одну из замечательных точек треугольника, связанную с задачей Штейнера, точку Торричелли.
Точкой Торричелли треугольника ABC называется такая точка О, из которой стороны данного треугольника видны под углом 120°, то есть углы AOB, AOC и BОС равны120°.
Докажем, что в случае, если все углы треугольника меньше 120°, то точка Торричелли существует.

120⁰

A

B

C

O

120⁰

виден под углом 120°. К этому времени учащиеся должны знать,

что геометрическим местом точек, из которых данный отрезок виден под данным углом, является дуга окружности. Для построения соответствующей дуги окружности на Стороне АВ треугольника ABC построим равносторонний треугольник ABC1, и опишем около него окружность. Отрезок АВ стягивает дугу этой окружности величиной 120°. Следовательно, точки этой дуги, отличные от А и В, обладают тем свойством, что отрезок АВ виден из них под углом 120°. Аналогичным образом на стороне ВС треугольника ABC построим равносторонний треугольник ВСА1 и опишем около него окружность. Точки соответствующей дуги, отличные от В и С, обладают тем свойством, что отрезок ВС виден из них под углом 1200.
В случае, если углы треугольника меньше 120°, эти дуги пересекаются в некоторой внутренней точке О. В этом случае угол АОВ = 120°, угол ВОС = 120°. Следовательно, угол АОС = 120°. Поэтому точка О является искомой.

C1

B

A1

O

A

B1

C

В будет больше или равен 120°.
 
В случае, если угол В

больше 120, то соответствующие дуги окружностей пересекаются вне треугольника ABC в некоторой точке O, из которой стороны AВ и ВС видны под углом 60°. В этом случае точки Торричелли также не существует.
Таким образом, во всех трех случаях окружности, описанные около равносторонних треугольников, построенных на сторонах данного треугольника, пересекаются в одной точке. Если углы треугольника меньше 120°, то эта точка лежит внутри треугольника и является точкой Торричелли.

A

C1

B

O

A1

C

C

A1

A

O

B

C1

берегах реки шириной h. В каком месте реки следует построить

мост ВС, чтобы путь АВ + ВС + CD имел наименьшую длину?

BC - искомый мост, то четырехугольник AA1CB – параллелограмм, следовательно,

АВ + ВС + CD = АA1 + АС + CD. Путь АА1+ А1С + CD имеет наименьшую длину, если А1С + CD имеет наименьшую длину. Это произойдет в случае, если точки А1, С и D лежат на одной прямой. Таким образом, для нахождения моста длины ВС нужно: построить отрезок АА1, перпендикулярный b и равный h; провести прямую A1D и найти ее точку пересечения С с прямой с; провести ВС перпендикулярно с.

D

D

C

C

B

B

A

A

A1

h

h

c

c

b

b

= а и площадью S.
Решение. Вершина С треугольника ABC с

данной площадью S лежит на прямой с, удаленной от АВ на расстояние h = 2S:а. Из всех таких треугольников наименьший периметр имеет равнобедренный треугольник с основанием АВ = а и высотой h = 2S:а.

C

C1

A

B

h

c

периметр может иметь только равносторонний треугольник.
Решение. Действительно, если

в треугольнике ABC стороны не равны, то существует треугольник ABC1 той же площади и меньшего периметра.

A

h

C

C1

A

B

h

c

Дидоны.

кривую, ограничивающую фигуру наибольшей площади.
Изопериметрической эта задача называется в связи

с постоянством длины кривой, или, что то же самое, периметра искомой фигуры. По легенде, финикийская царевна Дидона заключила договор на покупку земли на побережье Средиземного моря с местным предводителем Ярбом. Она попросила совсем немного земли — столько, сколько можно «окружить бычьей шкурой». Дидона разрезала шкуру быка на тонкие тесемки, связала из них веревку, окружила ей большую территорию и основала на ней крепость.
Вопрос в том, какую форму должна иметь территория, ограниченная веревкой, чтобы ее площадь была наибольшей?
Заметим, что в действительности веревка Дидоны не замкнута, ее концы выходят на берег моря. Мы же рассматриваем замкнутые кривые.
Хотя решение задачи о нахождении замкнутой кривой, охватывающей наибольшую площадь, было известно еще до н.э., строгое его доказательство было дано лишь в конце XIX века. До этого Якоб Штейнер дал пять доказательств, но в каждом из них подразумевалось существование такой кривой.

аналогичны соответствующим задачам планиметрии.

С, расстояние от которой до данной точки А, не принадлежащей

плоскости, наименьшее.
  Omвem: искомой точкой является основание перпендикуляра, опущенного из точки А на плоскость п.

Задача 9. Какое наибольшее число линий попарных пересечений могут иметь n плоскостей?
Ответ: n(n-1)/2.

на этой сфере точки С и D, из которых отрезок

АB виден под наибольшим и наименьшим углом соответственно.
 
Решение. В случае, если А и В — диаметрально противоположные точки, то из любой другой точки сферы отрезок АВ виден под прямым углом. В противном случае, через точки А, В проведем большую окружность, точки этой окружности, отличные от А и В, дадут искомые точки.

O

B

A

ABCDA1B1C1D1 из вершины А в вершину С1.
Решение. Рассмотрим развертку двух

граней куба. Путь по поверхности куба перейдет в путь по развертке. Ясно, что наименьшая длина достигается в случае, если путь представляет собой отрезок, соединяющий точки А и C1 Этот путь проходит через середину ребра В Вl . Если ребро куба равно 1, то длина кратчайшего пути равна корню из 5. Заметим, что найденный кратчайший путь не единственный. Такую же длину имеют пути, проходящие через середины ребер A1B1, ВС, CD, A1 D1.

A

A1

B

B1

C

C1

D

D1

по каждой его грани и вернуться в исходную точку. Укажите

кратчайший путь мухи и найдите его длину, если ребро куба равно 1.
Решение. Воспользуемся разверткой куба. Точки А и В пред­ставляют одну и ту же точку на ребре куба. Кратчайшим путем, их соединяющим, является отрезок АВ. Его длина равна 3 корней из 2.

A

B

по каждой его грани и вернуться в исходную точку. Укажите

кратчайший путь мухи и найдите его длину, если ребро тетраэдра равно 1.
Решение. Воспользуемся разверткой тетраэдра. Точки А и В представляют одну и ту же точку на ребре тетраэдра. Кратчайшим путем, их соединяющим, является отрезок АВ. Его длина равна 2.

A

B

по каждому ребру и вернуться в исходную точку. Укажите кратчайший

путь мухи и найдите его длину, если ребро тетраэдра равно 1.
Решение. Граф, образованный ребрами тетраэдра, не является уникурсальным, так как в каждой из четырех его вершин сходится три ребра. Для того чтобы обойти все ребра и вернуться в исходную точку, придется по крайней мере два ребра пройти дважды. Таким образом, длина кратчайшего пути равна 8.

от верхнего края висит капля меда, а на наружной стенке,

в диаметрально противоположной точке, сидит муха. Найдите кратчайший путь, по которому муха может доползти до меда. Радиус основания банки равен 10 см.
Решение. Рассмотрим развертку боковой поверхности цилиндра, Обозначим В1 точку, симметричную В относительно стороны прямоугольника, С — точка пересечения этой стороны с АВ1. Путь АСВ будет искомым, и его длина равна 2 корня из 9+25π2.

A

B

B1

C

— транспортная задача о составлении оптимального способа перевозок грузов;

рациона питания, удовлетворяющего определенным медицинским требованиям;

модели, их описывающие, имеют много общего, и все они решаются

одним и тем же методом, разработанным отечественным
математиком

Л.В. Канторовичем (1912-1986).

16. Пусть на четыре завода 31, 32, 33, З4 требуется

завезти сырье одинакового вида, которое хранится на двух складах C1, C2. Потребность данных заводов в сырье каждого вида и расстояние от склада до завода указаны в таблицах. Требуется найти наиболее выгодный вариант перевозок, то есть такой, при котором общее число тонно-километров наименьшее.

и переведем его на язык математики, то есть составим математическую

модель. Для этого количество сырья, которое нужно перевезти со склада С1 на заводы 31, 32, 33, обозначим через х, у и z соответственно. Тогда на четвертый завод с этого склада нужно будет перевезти 20 — х — у — z сырья в тоннах, а со второго склада нужно будет перевезти соответственно 8 – х, 10 - у, 12 - z, х + у + z - б сырья в тоннах. Запишем эти данные в таблицу.

получим следующую систему неравенств:
х ≥ 0, у ≥ 0, z

≥ О,
8 – x ≥ 0, 10 - y ≥ 0, 12 – z ≥ О,
20 - х - у - z ≥ О,
х + у + z -5 ≥ 0.
  Эта система неравенств определяет некоторый многогранник. Для того чтобы его построить, изобразим сначала многогранник, определяемый первой и второй строками данной системы. На рисунке это параллелепипед ОАВСО1А1В1С1.
Уравнение 20 – x – y – z = 0 определяет плоскость D1D2D3, которая, пересекал параллелепипед, образует многоугольник M1M2M3C1. Уравнение х +у + z – 5 = 0 определяет плоскость, которая пересекает параллелепипед и образует в нем треугольник Е1, Е2,Е3. На многограннике M1M2M3C1СВА Е1Е2Е3О1, где М (8;10;0), М2 (0;10;10), М3 (0;8;12), С1 (8;0;12), С (8;0;0), В(8;10;0), А(0;10;0), Е1(5;0;0), Е2(0;5;0), Е3(0;0;5), О1(0;0;12), выполняются все условия данной системы. Назовем его многогранником ограничений.

z

y

x

C1

M1

A

D2

O1

B1

D1

D3

C

A1

M3

M2

O

E1

E2

E3

B

заводов на перевозимое количество сырья и полученные результаты сложим. Общее

число тонно-километров выражается формулой:
5х+ 6у + 4z + 10(20 - х - у- z) + 3(8 - х) + 7(10 - у) + 3(12 - z) + 7(х + у + z - 5) = 295 - х - 4у – 2z.
Таким образом, задача сводится к отысканию наименьшего значения функций F= 295 – х – 4 y – 2z на многограннике ограничений. Для этого достаточно найти наибольшее значение функции
f = х + 4y + 2z. Тогда F min = 295 – f max.
Используя геометрические соображения, докажем, что линейная функция вида ах + by + сz (с > 0) принимает свое наибольшее значение на многограннике в одной из его вершин.

Тогда уравнение ах + by + сz = d задает

плоскость в пространстве, которая характеризуется тем, что во всех ее точках данная линейная функция принимает значение d. В точках, расположенных выше этой плоскости, она принимает значения большие d, а в точках, расположенных ниже этой плоскости - значения, меньшие d. Если число d выбрать достаточно большим, то плоскость ах + by + cz = d расположится выше многогранника. Будем опускать эту плоскость, уменьшая значения d, до тех пор, пока она не соприкоснется с многогранником. Такое касание произойдет при некотором d0 — в какой-нибудь вершине многогранника, или по какому-нибудь его ребру, или по какой-нибудь его грани.

d0, и поскольку все остальные точки многогранника лежат ниже плоскости,

значения линейной функции в этих точках меньше d0. Таким образом, d0 — искомое наибольшее значение. Поэтому для нахождения наибольшего значения линейной функции на многограннике достаточно вычислить значения функции в вершинах многогранника и выбрать из них наибольшее. Вычислим значение функции f = х + 4у + 2z в вершинах многогранника ограничений:
f(М1) =52, f(М2) = 60, f(М3) = 56, f(C1) = 32, f(C) = 8, f(B) = 48,
f(А) = 40, f(E1) = 5, f(E2)= 20, f(E3) = 10, f(О1) = 24.
Легко видеть, что максимальное значение функции f равно 60. Тогда
F min = 295 – 60 – 235.
Это значение функция F принимает в точке M2(0; 10; 10).

трем, и поэтому в процессе ее решения получился многогранник. Если

бы число независимых переменных равнялось двум, то получился бы многоугольник. В реальных задачах число независимых переменных значительно больше трех, и для получения геометрической интерпретации этих задач требуется рассмотрение n-мерного пространства и n-мерных многогранников с очень большим n. При решении таких задач используются электронно-вычислительные машины.

Таким образом, хотя пространственные свойства окружающего нас мира хорошо описываются геометрическим трехмерным пространством, потребности практической деятельности человека приводят к необходимости рассмотрения пространств большей размерности, которые изучаются в специальном разделе математики — многомерной геометрии.

геометрических задачах и научились лучше использовать возможности среды Microsoft Power

Point.

При создании работы мы использовали материалы сборника «Экстремальные задачи» авт.И.Смирнова, В. Смирнов ИД «Первое сентября», 2007,имеющих большое прикладное значение. Они могут быть так же использованы для расширения кругозора учащихся, при подготовке к конференциям или же просто на уроках.