Како да исечете фигура на 5 еднакви делови. Општото прашање за еквивалентноста на два многуаголници е далеку од едноставно.

воведнаставници:

Мали историска референца: Многу научници биле заинтересирани за сечење проблеми уште од античко време. Одлуки на многумина едноставни задачиза сечење биле пронајдени од античките Грци и Кинезите, но првиот систематски трактат на оваа тема му припаѓа на перото на Абул-Веф. Геометрите сериозно се зафатија со решавање на проблемите со сечење фигури најмал бројделови и последователна изградба на друга фигура во почетокот на 20 век. Еден од основачите на овој дел беше познатиот основач на сложувалки Хенри Е. Дадени.

Во денешно време, љубителите на загатки се заинтересирани прво да ги решат проблемите со сечењето затоа што универзален методнема решение за ваквите проблеми, а секој што ќе се обврзе да ги реши може целосно да ја покаже својата генијалност, интуиција и способност за креативно размислување. (На часот ќе посочиме само еден од можни примерисечење. Може да се претпостави дека учениците може да завршат со некоја друга правилна комбинација - нема потреба да се плашат од ова).

Оваа лекција треба да се спроведе во форма практична лекција. Поделете ги учесниците во кругот во групи од 2-3 лица. На секоја група ѝ дадете фигури подготвени однапред од наставникот. Учениците имаат линијар (со поделби), молив и ножици. Дозволено е да се прават само прави сечи со помош на ножици. Откако ќе исечете фигура на парчиња, треба да направите друга фигура од истите делови.

Задачи за сечење:

1). Обидете се да ја исечете фигурата прикажана на сликата на 3 делови во еднаква форма:

Совет: Малите форми многу личат на буквата Т.

2). Сега пресечете ја оваа бројка на 4 делови со еднаква форма:

Совет: Лесно е да се погоди дека малите фигури ќе се состојат од 3 ќелии, но нема многу фигури со три ќелии. Постојат само два вида: агол и правоаголник.

3). Поделете ја фигурата на два еднакви дела и искористете ги добиените делови за да формирате шаховска табла.

Совет: Предложете да ја започнете задачата од вториот дел, како да добивате шаховска табла. Запомнете каква форма има шаховска табла (квадрат). Пребројте го достапниот број на ќелии во должина и ширина. (Запомнете дека треба да има 8 ќелии).

4). Обидете се да го исечете сирењето на осум еднакви парчиња со три движења на ножот.

Совет: обидете се да го исечете сирењето по должина.

Задачи за независна одлука:

1). Исечете квадрат хартија и направете го следново:

· се сече на 4 парчиња со кои може да се направат два еднакви помали квадрати.

· се сече на пет дела - четири рамнокрак триаголники еден квадрат - и превиткајте ги така што ќе добиете три квадрати.

Со лист карирана хартија со помош на ножици можете да решите многу различни и интересни проблеми. Овие задачи не се само интересни или забавни. Тие често содржат практично решение и доказ за понекогаш многу сложени геометриски прашања.

Да почнеме со главното правило за сечење и превиткување: Два многуаголници се нарекуваат еквикомпозитни ако еден од нив може да се подели (пресече) на некои други многуаголници, од кои потоа може да се формира вториот многуаголник.

Подеднакво пропорционалните многуаголници, се разбира, имаат иста површина (еднаква по големина), и затоа својството на еквикомпозиција понекогаш ни овозможува да добиеме формули за пресметување области или да ги споредиме областите на фигурите (како што велат, метод на поделба или распаѓање). Пример е споредување (пресметување) на плоштините на паралелограм и правоаголник.

Општото прашање за еквивалентноста на два многуаголници е далеку од едноставно. Постои неверојатна теорема која вели дека од кој било даден многуаголник, со негово сечење на парчиња, може да се конструира кој било друг многуаголник од истата област.

Во оваа теорема ние зборуваме заза таканаречените едноставни многуаголници. Прост многуаголник е многуаголник чија граница се состои од еден затворена линијабез самопресеци, и на секое теме од оваа скршена линија точно се спојуваат две нејзини врски. Важен имотЕдноставен многуаголник е фактот дека има барем една внатрешна дијагонала.

Забележете дека за да дозволиме трансформација на правоаголник во квадрат, ние (слика 3) требаше да го поделиме на три дела. Сепак, оваа партиција не е единствената. На пример, можете да дадете пример за делење на правоаголник на четири дела (Слика 4).

https://pandia.ru/text/78/456/images/image005_116.gif" width="356" height="391 src=">

Прашањето за тоа кој е најмалиот број на исечоци доволни за да се изгради друга од една фигура останува отворено до ден-денес.

Задача 1.

Една жена имаше правоаголен килим со димензии 27 на 36 инчи; два спротивни агли беа изнемоштени (слика 5) и мораше да се отсечат, но таа сакаше правоаголен килим. Таа му ја даде оваа работа на мајсторот и тој го направи тоа. Како го направи ова?

Решението на проблемот може да се види од Слика 6.

https://pandia.ru/text/78/456/images/image009_72.gif" width="286" height="240 src=">

Ако забниот дел А се извади од заби делот Б и потоа се турка назад меѓу забите од делот Б, поместувајќи го еден заб надесно, ќе се добие саканиот правоаголник.

Задача 2.

Како да направите квадрат од пет идентични квадрати со нивно сечење.

Како што е прикажано на слика 7, четири квадрати треба да се исечат во триаголник и трапез. Закачете четири трапезоиди на страните на петтиот квадрат и, на крајот, закачете ги триаголниците со нивните нозе на основите на трапезоидите.

https://pandia.ru/text/78/456/images/image011_68.gif" width="382" height="271 src=">

Задача 3.

Исечете го квадратот на седум такви парчиња, така што кога ќе ги додадете, ќе добиете три еднакви квадрати. (слики 8, 9)

https://pandia.ru/text/78/456/images/image013_60.gif" width="188" height="189 src=">

Задача 4.

Исечете го квадратот на осум парчиња така што со нивно додавање ќе добиете два квадрати, од кои едниот е половина од другиот.

Од Слика 10 можете да видите како да го исечете квадратот. Решението е слично на решението на претходниот проблем. Слика 11 покажува како да ги додадете парчињата за да ги добиете двата барани квадрати.

Едукативна тура

Задачи за тимовите од „помладата“ возрасна група самостојно да решаваат

Проблем 1

Полжав ползи по столб висок 10 m.Дене се крева 5 m, а ноќе паѓа 4 m Колку време ќе му треба на полжавот да стигне од дното до врвот на столбот?

Проблем 2

Дали е можно да се исече дупка на парче хартија во тетратка низ која човек би можел да се вклопи?

Проблем 3

Зајаците пилаат трупец. Направија 10 резови. Колку трупци добивте?

Проблем 4

Ѓеврекот се сече на сектори. Направивме 10 парчиња. Колку парчиња добивте?

Проблем 5

На голема тркалезна торта беа направени 10 парчиња така што секој рез оди од работ до раб и поминува низ центарот на колачот. Колку парчиња добивте?

Проблем 6

Двајца имаа две квадратни колачи. Секој направи 2 прави сечи на својата торта од работ до раб. Во исто време, едниот доби три парчиња, а другиот четири. Како може да биде ова?

Проблем 7

Зајаците повторно го пилаат трупецот, но сега двата краја на трупецот се обезбедени. Паднаа десет средни трупци, но двете надворешни останаа фиксирани. Колку засеци направиле зајаците?

Проблем 8

Како да се подели палачинка на 4,5, 6, 7 делови користејќи три прави сечи?

Проблем 9

На правоаголна торта има тркалезна чоколадна лента. Како да исечете торта на два еднакви дела, така што и чоколадната лента се подели точно на половина?

Проблем 10

Дали е можно да се испече торта што може да се подели на 4 дела со едно директно сечење?

Задача 11

За што максимален бројпарчиња, дали може да се исече тркалезна палачинка со три прави парчиња?

Задача 12

Колку пати се подолги скалите до четвртиот кат од куќата од скалите до вториот кат од истата куќа?

Задача 13

Џузепе има лист од иверица, големина 22 × 15. Џузепе сака од него да исече што повеќе правоаголни парчиња со големина 3. × 5. Како да го направите ова?

Задача 14

ВО Волшебна земјанеговите магични закони на природата, од кои еден вели: „Летечкиот тепих ќе лета само кога има правоаголна форма“.

Иван Царевич имаше магичен тепих со големина 9 × 12. Еден ден змијата Горинич се вовлече и отсече мал килим со големина 1 од овој тепих × 8. Иван Царевич бил многу вознемирен и сакал да отсече уште едно парче 1 × 4 да се направи правоаголник 8 × 12, но Василиса Мудриот предложи да се постапи поинаку. Тепихот го исекла на три дела, од кои со магични конци сошила квадрат летечки тепих со димензии 10 × 10.

Можете ли да погодите како Василиса Мудриот го преработил оштетениот тепих?

Задача 15

Кога Гуливер стигнал во Лилипут, открил дека сите работи таму биле точно 12 пати пократки отколку во неговата татковина. Можете ли да кажете во колку лилипутски кутии за кибрит ќе се вклопат Кутија за кибритГуливер?

Задача 16

На јарболот пиратски бродсе вее двобојно правоаголно знаме, кое се состои од наизменични црно-бели вертикални ленти со иста ширина. Вкупен бројленти еднакви на бројот на затвореници во овој моментна бродот. Отпрвин на бродот имало 12 затвореници, а на знамето 12 ленти; двајцата затвореници потоа избегале. Како да пресечете знаме на два дела и потоа да ги сошиете така што површината на знамето и ширината на лентите не се менуваат, но бројот на ленти станува 10?

Задача 17

Во кругот беше означена точка. Дали е можно овој круг да се пресече на три дела за да се спојат? нов круг, чија означена точка би била во центарот?

Задача 18

Дали е можно да се исече квадрат на четири дела така што секој дел ќе се допира (т.е. има заеднички области на границата) со другите три?

DIV_ADBLOCK245">

Задача 24

Нема поделби на линијар долг 9 см. Нанесете три средни поделби за да можете да го користите за мерење на растојанија од 1 до 9 cm со точност од 1 cm.

Задача 25

Напишете неколку броеви во близина на секое теме на триаголникот и запишете го збирот на броевите на краевите на таа страна во близина на секоја страна од триаголникот. Сега додадете го секој број блиску до врвот со бројот блиску спротивна страна. Зошто мислите дека износите се покажаа исти?

Задача 26

Колку изнесува плоштината на триаголник со страни 18, 17, 35?

Задача 27

Исечете го квадратот на пет триаголници така што плоштината на еден од овие триаголници е еднаква на збирот на плоштините на останатите.

Задача 28

Квадратен лист хартија се сече на шест парчиња во форма конвексни многуаголници; беа изгубени пет парчиња, оставајќи едно парче во форма на правилен октагон (види слика). Дали е можно да се реконструира оригиналниот квадрат само со користење на овој октагон?

Задача 29

Можете лесно да исечете квадрат на два дела еднаков триаголникили два еднаков четириаголник. Како да се исече квадрат на два еднакви петаголници или два еднакви шестоаголници?

Задача 30

Иван Царевич отиде да ја бара Василиса Убавата, која беше киднапирана од Кошчеј. Гоблин го запознава.

„Знам“, вели тој, „порано одев таму и одев во Кралството Кошчеево“. Одев четири дена и четири ноќи. Во првите 24 часа пешачев една третина од патот, правиот пат кон север. Потоа се сврте на запад, мавташе низ шумата еден ден и одеше половина подалеку. Трет ден одев низ шумата, веќе на југ, и излегов по прав пат што води кон исток. Пешачев по него 100 милји во еден ден и завршив во кралството Кошчево. Ти си брз шетач како и јас. Оди, Иван Царевич, види, петтиот ден ќе го посетиш Кошчеј.

Не“, одговори Иван Царевич, „ако сè е како што велиш, тогаш утре ќе ја видам мојата Василиса Убава“.

Дали е во право? Колку милји пешачеше Леши и колку далеку Царевич Иван размислува за одење?

Задача 31

Измислете шема на бои за лицата на коцката, така што во три различни позиции ќе изгледа како онаа прикажана на сликата. (Наведете како да ги обоите невидливите рабови или да нацртате мрежа.)

https://pandia.ru/text/78/456/images/image023_44.gif" align="left" width="205" height="205 src="> Задача 32

Нумизматичарот Федија ги има сите монети со дијаметар не поголем од 10 см. Ги чува во рамна кутија со димензии 30 см * 70 см (во еден слој). Му дадоа паричка со дијаметар од 25 см. Докажете дека сите монети можат да се стават во една рамна кутија со димензии 55 см * 55 см.

Задача 33

Од квадрат 5x5 беше исечен централен плоштад. Добиената форма исечете ја на два дела во кои можете да завиткате коцка 2x2x2.

Задача 34

Исечете даден квадратна страните на ќелиите на четири дела така што сите делови се со иста големина и иста формаи така што секој дел содржи по еден круг и една ѕвезда.

Задача 35

Паркингот во Цветниот град е квадрат од 7x7 ќелии, во секоја од нив можете да паркирате автомобил. Паркингот е опкружен со ограда, едната од страните на аголниот кафез е отстранета (ова е портата). Автомобилот вози по патека широка кафез. Од Дано беше побарано да објави што е можно повеќе повеќе автомобилина паркингот на таков начин што секој може да си замине кога другите стојат. Дано нареди 24 автомобили како што е прикажано на сл. Обидете се да ги распоредите автомобилите поинаку за да соберете повеќе од нив.

Задача 36

Петја и Васија живеат во соседните куќи (видете го планот на сликата). Васија живее во четвртиот влез. Познато е дека Петја, за да стигне до Васија по најкраткиот пат (не мора да оди по страните на ќелиите), не му е грижа на која страна трча околу неговата куќа. Одреди во кој влез живее Петја.

Задача 37

Предложете начин за мерење на дијагоналата на обична тула, што лесно се спроведува во пракса (без Питагоровата теорема).

Задача 38

Пресечете крст направен од пет идентични квадрати на три многуаголници еднакви по плоштина и периметар.

Задача 39

https://pandia.ru/text/78/456/images/image033_35.gif" width="411" height="111">

Задача 46

а) Тетраедар б) коцката беше исечена по должината на рабовите истакнати со задебелени линии (види слики) и се одвитка. Нацртајте го резултатот развој.

Задача 47

Развојот на кои тела се прикажани на сликите? Нацртајте ги цртежите според цртежите, залепете ги за да формирате геометриско тело.

1)2) 3) 4) https://pandia.ru/text/78/456/images/image039_30.gif" width="182" height="146 src=">.gif" width="212" height="139">8 )

29 април 2013 година во 16:34 часот

Сече на два еднакви дела, прв дел

Математика

Проблемите со сечење се област на математиката каде, како што велат, нема мамути што лежат наоколу. Еден куп индивидуални проблеми, но во суштина не општа теорија. Покрај добро познатата теорема Бољај-Гервин, други фундаментални резултатипрактично нема во оваа област. Неизвесност - вечен придружникзадачи за сечење. Можеме, на пример, да сечеме редовен пентагонна шест дела, од кои можете да преклопите квадрат; сепак, не можеме да докажеме дека пет дела не би биле доволни за ова.

Со помош на лукава хеуристика, имагинација и половина литар понекогаш успеваме да најдеме конкретно решение, но, по правило, немаме соодветни алатки за да ја докажеме минималноста на ова решение или неговото непостоење (второто, се разбира, важи за случајот кога не сме нашле решение). Тоа е тажно и неправедно. И еден ден зедов празна тетратка и решив да ја вратам правдата на скала од еден специфична задача: сечење рамна фигурана два еднакви (конгруентни) дела. Како дел од оваа серија написи (патем, ќе ги има три), вие и јас, другари, ќе го погледнеме овој смешен полигон прикажан подолу и ќе се обидеме непристрасно да откриеме дали е можно да го пресечеме на два еднакви бројки или не.

Вовед

Прво, да се освежиме училишен курсгеометрија и запомнете што е тоа еднакви бројки. Yandex помага да предложи:

Две фигури на рамнина се нарекуваат еднакви ако има движење кое една кон една ја трансформира едната фигура во друга.

Сега да ја прашаме Википедија за движењата. Таа ќе ни каже, прво, дека движењето е трансформација на рамнината што ги зачувува растојанијата помеѓу точките. Второ, постои дури и класификација на движењата во авион. Сите тие припаѓаат на еден од следните тритипови:

Симетрија на лизгање (тука, заради погодност и корист, ја вклучувам симетријата на огледалото, како дегенериран случај, каде што паралелното преведување се врши до нултиот вектор)

Ајде да воведеме некоја нотација. Фигурата што се сече ќе ја наречеме фигура A, а двете хипотетички еднакви фигури на кои наводно можеме да ја пресечеме ќе се викаат B и C, соодветно. Делот од рамнината што не е зафатен со фигурата ќе го наречеме А област D. Во случаите кога специфичен многуаголник од сликата се смета за пресечена фигура, ќе го наречеме A 0 .

Значи, ако фигурата А може да се исече на два еднакви дела Б и Ц, тогаш постои движење што го трансформира Б во С. Ова движење може да биде или паралелен трансфер, било со ротација или со лизгачка симетрија (отсега повеќе не го наложувам тоа симетрија на огледалотосе смета и за лизгање). Нашата одлука ќе биде изградена на оваа едноставна и, дури би рекол, очигледна основа. Во овој дел ќе го разгледаме наједноставниот случај - паралелно пренесување. Ротационата и лизгачката симетрија ќе паднат во вториот и третиот дел соодветно.

Случај 1: паралелен пренос

Паралелниот пренос е одреден со еден параметар - векторот со кој се случува поместувањето. Ајде да воведеме уште неколку термини. Ќе се повика права линија паралелна на векторот на поместување и која содржи најмалку една точка од сликата А секант. Ќе се повика пресекот на секентната права и сликата А пресек. Секанта во однос на која фигурата A (минус пресекот) целосно лежи во една полурамнина ќе се вика граница.

Лема 1.Граничниот дел мора да содржи повеќе од една точка.

Доказ: очигледен. Па, или подетално: да го докажеме тоа со контрадикторност. Ако оваа точка припаѓа на сликата Б, тогаш таа слика(т.е. точката до која ќе оди при паралелно преведување) припаѓа на сликата C => сликата припаѓа на сликата А => сликата припаѓа на делот. Контрадикторност. Ако оваа точка припаѓа на сликата В, тогаш таа прототип(точката што со паралелен превод ќе влезе во неа) припаѓа на сликата Б, а потоа слично. Излегува дека мора да има најмалку две точки во делот.

Водени од оваа едноставна лема, лесно е да се разбере дека саканиот паралелен транспорт може да се случи само по должината вертикална оска(во тековната ориентација на сликата) Да беше во која било друга насока, барем еден од граничните делови би се состоел од една точка. Ова може да се разбере со ментално ротирање на векторот на поместување и гледање што се случува со границите. За да се елиминира случајот на вертикално паралелно пренесување, потребна ни е пософистицирана алатка.

Лема 2.Инверзната слика на точка која се наоѓа на границата на сликата C е или на границата на сликите B и C, или на границата на сликата B и регионот D.

Доказ: не е очигледно, но сега ќе го поправиме. Дозволете ми да ве потсетам дека граничната точка на фигурата е таква точка што, колку и да е блиску до неа, има и точки што и припаѓаат на фигурата и точки што не и припаѓаат. Според тоа, во близина на граничната точка (да ја наречеме O") на сликата C ќе има и точки од сликата C и други точки кои припаѓаат на сликата B или регионот D. Инверзните слики на точките од сликата C можат да бидат само точки на сликата Б. Следствено, произволно блиску до инверзната слика на точката О" (логично би било да ја наречеме точка О) постојат точки на сликата Б. Инверзните слики на точките на сликата Б можат да бидат сите точки што прават не припаѓаат на B (односно, точките на сликата C или точките од областа D). Слично на точките од регионот D. Следствено, без разлика колку блиску до точката O има или точки од сликата C (а потоа точката O ќе биде на границата на B и C) или точки од регионот D (а потоа инверзната слика ќе да биде на границата на B и D). Ако успеете да ги поминете сите овие букви, ќе се согласите дека лемата е докажана.

Теорема 1.Ако пресекот на сликата А е отсечка, тогаш неговата должина е множител од должината на векторот на поместување.

Доказ: разгледајте го „далечниот“ крај на овој сегмент (т.е. крајот чиј прототип исто така припаѓа на сегментот). Овој крај очигледно припаѓа на сликата В и е нејзина гранична точка. Следствено, нејзината инверзна слика (патем, исто така лежи на сегментот и одвоена од сликата со должината на векторот на поместување) ќе биде или на границата на B и C, или на границата на B и D. е на границата на B и C, тогаш ја земаме и нејзината инверзна слика. Ќе ја повторуваме оваа операција додека следната инверзна слика не престане да биде на границата C и не заврши на границата D - и тоа ќе се случи точно на другиот крај на делот. Како резултат на тоа, добиваме синџир на предслики кои го делат делот на голем број мали сегменти, од кои должината на секој е еднаква на должината на векторот на поместување. Според тоа, должината на пресекот е множител на должината на векторот на поместување итн.

Последица на теорема 1.Сите два дела што се сегменти мора да бидат сразмерни.

Користејќи ја оваа последица, лесно е да се покаже дека вертикалниот паралелен пренос исто така исчезнува.

Навистина, првиот дел има должина од три ќелии, а делот два има должина од три минус коренот од два на половина. Очигледно, овие вредности се неспоредливи.

Заклучок

Ако фигурата A 0 и може да се пресече на две еднакви фигури B и C, тогаш B не се преведува во C со паралелно преведување. Продолжува.

Проблемите со сечење се област на математиката каде, како што велат, нема мамути што лежат наоколу. Многу индивидуални проблеми, но во суштина нема општа теорија. Освен добро познатата теорема Бољај-Гервин, практично нема други фундаментални резултати во оваа област. Неизвесноста е вечен придружник на сечењето задачи. Можеме, на пример, да исечеме редовен пентагон на шест парчиња, од кои можеме да формираме квадрат; сепак, не можеме да докажеме дека пет дела не би биле доволни за ова.

Со помош на итра хеуристика, имагинација и половина литар понекогаш успеваме да најдеме конкретно решение, но, по правило, немаме соодветни алатки за да ја докажеме минималноста на ова решение или неговото непостоење (второто , се разбира, важи за случај кога не сме нашле решение) . Тоа е тажно и неправедно. И еден ден зедов празна тетратка и решив да ја вратам правдата на скалата на една специфична задача: сечење рамна фигура на два еднакви (согласни) дела. Како дел од оваа серија написи (патем, ќе ги има три), вие и јас, другари, ќе го погледнеме овој смешен полигон прикажан подолу и ќе се обидеме непристрасно да откриеме дали е можно да го пресечеме на два еднакви бројки или не.

Вовед

Прво, да го освежиме нашиот училишен курс по геометрија и да се потсетиме што се еднакви фигури. Yandex помага да предложи:

Две фигури на рамнина се нарекуваат еднакви ако има движење кое една кон една ја трансформира едната фигура во друга.

Симетрија на лизгање (тука, заради погодност и корист, ја вклучувам симетријата на огледалото, како дегенериран случај, каде што паралелното преведување се врши до нултиот вектор)

Значи, ако фигурата А може да се пресече на два еднакви дела Б и Ц, тогаш постои движење што го преведува B во C. Ова движење може да биде или паралелно преведување, или ротација или лизгачка симетрија (отсега натаму, повеќе не наложувам таа симетрија на огледалото исто така се смета за лизгачка). Нашата одлука ќе биде изградена на оваа едноставна и, дури би рекол, очигледна основа. Во овој дел ќе го разгледаме наједноставниот случај - паралелно пренесување. Ротационата и лизгачката симетрија ќе паднат во вториот и третиот дел соодветно.

Случај 1: паралелен пренос

Лема 1.Граничниот дел мора да содржи повеќе од една точка.

Доказ: очигледен. Па, или подетално: да го докажеме тоа со контрадикторност. Ако оваа точка припаѓа на сликата Б, тогаш таа слика(т.е. точката до која ќе оди при паралелно преведување) припаѓа на сликата C => сликата припаѓа на сликата А => сликата припаѓа на делот. Контрадикторност. Ако оваа точка припаѓа на сликата В, тогаш таа прототип(точката што со паралелен превод ќе влезе во неа) припаѓа на сликата Б, а потоа слично. Излегува дека мора да има најмалку две точки во делот.

Водени од оваа едноставна лема, не е тешко да се разбере дека саканиот паралелен превод може да се случи само по вертикалната оска (во моменталната ориентација на сликата). се состои од една точка. Ова може да се разбере со ментално ротирање на векторот на поместување и гледање што се случува со границите. За да се елиминира случајот на вертикално паралелно пренесување, потребна ни е пософистицирана алатка.

Доказ: не е очигледно, но сега ќе го поправиме. Дозволете ми да ве потсетам дека граничната точка на фигурата е таква точка што, колку и да е блиску до неа, има и точки што и припаѓаат на фигурата и точки што не и припаѓаат. Според тоа, во близина на граничната точка (да ја наречеме O") на сликата C ќе има и точки од сликата C и други точки кои припаѓаат на сликата B или регионот D. Инверзните слики на точките од сликата C можат да бидат само точки на сликата Б. Следствено, произволно блиску до инверзната слика на точката О" (логично би било да ја наречеме точка О) постојат точки на сликата Б. Инверзните слики на точките на сликата Б можат да бидат сите точки што прават не припаѓаат на B (односно, точките на сликата C или точките од областа D). Слично на точките од регионот D. Следствено, без разлика колку блиску до точката O има или точки од сликата C (а потоа точката O ќе биде на границата на B и C) или точки од регионот D (а потоа инверзната слика ќе да биде на границата на B и D). Ако успеете да ги поминете сите овие букви, ќе се согласите дека лемата е докажана.

Доказ: разгледајте го „далечниот“ крај на овој сегмент (т.е. крајот чиј прототип исто така припаѓа на сегментот). Овој крај очигледно припаѓа на сликата В и е нејзина гранична точка. Следствено, нејзината инверзна слика (патем, исто така лежи на сегментот и одвоена од сликата со должината на векторот на поместување) ќе биде или на границата на B и C, или на границата на B и D. е на границата на B и C, тогаш ја земаме и нејзината инверзна слика. Ќе ја повторуваме оваа операција додека следната инверзна слика не престане да биде на границата C и не заврши на границата D - и тоа ќе се случи точно на другиот крај на делот. Како резултат на тоа, добиваме синџир на предслики кои го делат делот на голем број мали сегменти, од кои должината на секој е еднаква на должината на векторот на поместување. Според тоа, должината на пресекот е множител на должината на векторот на поместување итн.

Последица на теорема 1.Сите два дела што се сегменти мора да бидат сразмерни.

Користејќи ја оваа последица, лесно е да се покаже дека вертикалниот паралелен пренос исто така исчезнува.

Заклучок

Назад напред

Внимание! Прегледите на слајдовите се само за информативни цели и може да не ги претставуваат сите карактеристики на презентацијата. Ако си заинтересиран оваа работа, ве молиме преземете ја целосната верзија.

Искуството покажува дека при користење на практични методи на настава, можно е кај учениците да се формираат голем број ментални техники неопходни за правилно идентификување суштински и несуштински карактеристики при запознавање со геометриските фигури. математичка интуиција, логичка и апстрактно размислување, се формира култура на математички говор, се развиваат математички и дизајнерски способности, се зголемува когнитивната активност, се формира когнитивен интерес, се развива интелектуален и креативен потенцијал.Во написот се дадени голем број на практични проблемиза сечење геометриски формиво делови со цел да се создаде нова фигура од овие делови. Учениците работат на задачи во групи. Секоја група потоа го брани својот проект.

Две бројки се вели дека се еквивалентни ако, со сечење на една од нив на одреден начин, конечен бројделови, можно е (со различно распоредување на овие делови) од нив да се формира втора фигура. Значи, методот на партиција се заснова на фактот дека кои било два подеднакво составени полигони се еднакви по големина. Природно е да се постави спротивното прашање: дали кои било два многуаголници имаат иста површина еднаква по големина? Одговорот на ова прашање го дал (речиси истовремено) унгарскиот математичар Фаркаш Бољаи (1832) и германски офицери од математичкиот ентузијаст Гервин (1833): два многуаголници со еднакви плоштини се подеднакво составени.

Теоремата Бољаи-Гервин вели дека секој многуаголник може да се исече на парчиња така што парчињата може да се формираат во квадрат.

Вежба 1.

Исечете го правоаголникот а X 2ана парчиња за да можат да се направат квадрат.

Го сечеме правоаголникот ABCD на три дела по линиите MD и MC (M е средината на AB)

Слика 1

Го поместуваме триаголникот AMD така што темето M се совпаѓа со темето C, кракот AM се движи до отсечката DC. Го поместуваме триаголникот MVS налево и надолу, така што кракот MV се преклопува на половина од сегментот DC. (Слика 1)

Задача 2.

Исечете рамностран триаголникна парчиња за да може да се свиткаат во квадрат.

Дозволете ни да го означиме ова точно триаголник ABC. Неопходно е да се пресече триаголникот ABC во многуаголници за да може да се преклопат во квадрат. Тогаш овие многуаголници мора да имаат барем еден прав агол.

Нека K е средната точка на CB, T е средната точка на AB, изберете ги точките M и E на страната AC така што ME=AT=TV=BK=SC= А, AM=EC= А/2.

Слика 2

Да ја нацртаме отсечката MK и отсечките EP и TN нормално на неа. Ајде да го исечеме триаголникот на парчиња по конструираните линии. Ние го ротираме четириаголникот KRES во насока на стрелките на часовникот во однос на темето K така што SC се порамнува со отсечката KV. Дозволете ни да го ротираме четириаголникот AMNT во насока на стрелките на часовникот во однос на темето T така што AT се порамнува со ТВ. Да го поместиме триаголникот MEP така што резултатот е квадрат. (Слика 2)

Задача 3.

Исечете го квадратот на парчиња за да може да се преклопат два квадрати од нив.

Да го означиме оригиналниот квадрат ABCD. Да ги означиме средните точки на страните на квадратот - точките M, N, K, H. Да ги нацртаме отсечките MT, HE, KF и NP - делови од отсечките MC, HB, KA и ND, соодветно.

Со сечење на квадратот ABCD по нацртаните линии, го добиваме квадратот PTEF и четири четириаголници MDHT, HCKE, KBNF и NAMP.

Слика 3

PTEF – веќе завршен квадрат. Од преостанатите четириаголници ќе го формираме вториот квадрат. Темињата A, B, C и D се компатибилни во една точка, отсечките AM и BC, MD и KS, BN и CH, DH и AN се компатибилни. Точките P, T, E и F ќе станат темиња на новиот квадрат. (Слика 3)

Задача 4.

Од дебела хартија се исечени рамностран триаголник и квадрат. Исечете ги овие фигури во многуаголници за да може да се преклопат во еден квадрат, а деловите мора целосно да го наполнат и не смеат да се сечат.

Исечете го триаголникот на парчиња и од нив направете квадрат како што е прикажано во задача 2. Должина на страната на триаголникот – 2а. Сега треба да го поделите квадратот на многуаголници така што од овие делови и квадратот што излегол од триаголникот, да направите нов квадрат. Земете квадрат со страна 2 А, да го означиме LRSD. Ќе извршиме меѓусебно нормални отсечки UG и VF така што DU=SF=RG=LV. Ајде да го исечеме квадратот на четириаголници.

Слика 4

Да земеме квадрат составен од делови на триаголник. Ајде да ги поставиме четириаголниците - делови од квадратот, како што е прикажано на слика 4.

Задача 5.

Крстот е составен од пет квадрати: еден квадрат во центарот, а другиот четири во непосредна близина на неговите страни. Исечете го на парчиња за да можете да направите квадрат од нив.

Ајде да ги поврземе темињата на квадратите како што е прикажано на слика 5. Исечете ги „надворешните“ триаголници и преместете ги во слободни меставнатре во квадрат ABCC.

Слика 5

Задача 6.

Прецртајте два произволни квадрати во едно.

Слика 6 покажува како да ги исечете и преместите квадратните парчиња.