Løsningsforslag til problemløsningsoppgaver i MA-132 Geometri høsten 2008.

Transkript

1 Løsningsforslag til problemløsningsoppgaver i M-12 Geometri høsten Oppgave 1 a. Vi starter med å utføre abri-versjoner av standardkontruksjoner for de oppgitte vinklene. (t problem med abri er at tekster som er skrevet inn med Skriv kommentar eller som er resultatet av en måling, ikke kommer med når vi overfører en abri-fil til Word, eller bare teksten og ikke figuren kommer med. n løsning på dette problemet er å merke av et punkt og gi et navn til dette punktet som inneholder den ønskede teksten. Navn på objekter blir overført uten problemer.) =0 grader, =45 grader, og er ikke kollineære =15 grader, = 0 grader,, og er ikke kollineære = =15 grader, =45 grader,, og er kollineære =0 grader, =60 grader,, og er kollineære b. I oppgave a) har vi tre eksempler der de tre punktene, og ikke er kollineære og 15,45 som gjør at, og er kollineære. ette er kanskje et noe et eksempel ( ) tynt grunnlag å formulere en hypotese. Om nødvendig lager vi oss da en abri-fil der Obligatorisk prosjektoppgave i M-12 Geometri

2 det er enkelt å endre sirklene og vinklene. Vi starter med fellestangenten (Linje) og velger to tangeringspunkter og (unkt på objekt). Vi oppreiser normaler på fellestangenten i og, og velger et punkt på hver av disse normalene (unkt på objekt) som blir sentrum i hvert sin av de to sirklene. Så trekker vi sirklene. Nå kan vi dra i sirklene og sentrene og måle vinklene. tter en del prøving og feiling kommer vi fram til en hypotese om at, og er kollineære hvis og bare hvis summen av vinklene og er 60, eller ekvivalent at = 120. u+v u v u+v u u+v u+v v Til dette trenger vi Thale s setning og resultatet av oppgave , som er at en korde-tangent-vinkel med størrelse v skjærer av en bue på 2v, slik at den er lik en periferivinkel over den samme buen. v dette følger at = = u og at = = v, slik at = + = u + v. Videre er = = u + v som ytre vinkler i, og = = u + v som periferivinkler over samme bue, og = = u + v som periferivinkler = + + = u + v. Vi har over samme bue. ermed er ( ) da at, og er kollineære hvis og bare hvis ( u v) 180 = + =, som er ekvivalent med at u + v = 60. c. Når de to sirklene berører hverandre utvendig, er = 90. et kan du se av følgende figur: Obligatorisk prosjektoppgave i M-12 Geometri

3 = G Oppgave 2 Når sirklene nærmer seg til å berøre hverandre innvendig, vil nærme seg 180. vil åpenbart forandre seg kontinuerlig når vi trekker sirklene fra hverandre, og alle vinkler mellom 180 og 90 vil oppnås, så lenge sirklene skjærer hverandre. eriblant er altså vinkelen 120, som svarer til at punktene, og ligger på linje. a. Vi lager en abri-tegning som ser slik ut: Y S W R Z Tegning er laget slik at vi kan trekke i punktet langs sida. Vi måler sidene i Obligatorisk prosjektoppgave i M-12 Geometri 2007

4 trekanten RS ved hjelp av abri, og kommer etter hvert fram til følgende hypotese: Trekanten RS er alltid likesidet. b. Vi trekker normaler fra på S, fra S på normalen på gjennom R og fra R på. Vi får da fram tre rettvinklede trekanter RW, SRZ og SY. et er lett å se at alle disse trekantene har den lengste kateten lik 1 2. Hvis vi setter = s og høyden i = h = s, finner vi at den korteste kateten i hver av trekantene er 2 hhv. W = h h s = h( 1 2s), RZ = 1 ( ) s h s h = h( 1 2s), ( 1 ) h ( 1 2 ) SY = s h h = s. en korteste kateten er altså også den samme i de 2 1 trekantene, og de er derfor kongruente. Hypotenusene må derfor også være like, og RS må være likesidet. Her er et alternativt bevis uten å beregne noen lengder: X V S U R T O W å figuren har vi konstruert omsirklene til de tre trekantene. Når to sirkler skjærer hverandre, vil forbindelseslinja mellom sentrene stå normalt på den felles korden. ette medfører at O RS, S O og R O. Som periferivinkler over samme bue er O = X = 60, O = W = 60 og OX = 180 O O = 60. I firkanten RTOU kjenner vi nå tre vinkler på 90, 60 og 90. en fjerde vinkelen TRU må da være 120, og da er RS = 60. I firkanten TOV kjenner tre vinkler på 90, 120 og 90, og den siste vinkelen ST må da være 60. a er også SR = 60, og trekantene RS er dermed likesidet. c. Man kan prøve å generalisere teoremet som er bevist i b), i mange retninger: Man kan for eksempel prøve å erstatte likesidede trekanter med likebeinte eller vilkårlige Obligatorisk prosjektoppgave i M-12 Geometri

5 trekanter. n generalisering som fører frem, er å trekke punktet ut fra sida. a får vi en figur som ser slik ut: " ' O " ' ' " Vi konstruerer omsirklene til trekantene og med skjæringspunkt O. a er O = 180 " = 120 og O = 180 " = 120. Her har vi brukt at summen av to motstående vinkler i en syklisk firkant er 180, jfr. setning Men da er også O = 120, og det medfører at firkanten O er syklisk, dvs. omsirkelen til " gåtogså gjennom O. Nå kan vi se på firkantene O, O og O. lle disse har to rette vinkler og en vinkel 120. en fjerde vinkelen må da være 60. et betyr at alle vinklene, og er 60, og ' ' ' må være likesidet. Oppgave. l a. Vi trekker linja og en parallell med gjennom. a har vi et parallellogram, som er slik at fyller halve dette arealet. et siste kan du se ved for eksempel å trekke en parallell gjennom med l og m. a får du to parallellogrammer hvis arealer halveres av hhv. og. La nå være skjæringspunktene mellom m Obligatorisk prosjektoppgave i M-12 Geometri

6 b. diagonalene i dette parallellogrammet. a vil åpenbart enhver linje gjennom som holder seg innenfor det gitte rektangulære området, halvere arealet av og dermed være en løsning av problemet. Spesielt kan vi velge de to diagonale eller. l n m I denne oppgaven bruker vi først metoden fra oppgaven a) på punktene, og, og velger diagonalen. ermed har vi, og kan bruke metoden fra oppgave a9 på denne. Vi konstruerer punktet som skjæringspunktet mellom diagonalene i et passende parallellogram. nhver linje gjennom dette som holder seg innenfor det rektangulære området, vil da være en løsning på problemet. c. Hvis kurven består av et endelig antall rette linjestykker, kan vi bruke konstruksjonen fra oppgave a) til å redusere antall linjestykker med én, slik vi gjorde i oppgave b). tter et endelig antall steg vil vi da ha kommet fram til et punkt som er slik at enhver linje gjennom punktene vil gi en løsning, så lenge linja holder innenfor det gitte rektangulære området. Hvis kurven er grafen til en kontinuerlig funksjon, kan vi finne arealet under kurven, om nødvendig ved hjelp av integrasjon. eretter må vi finne en lineær funksjon som gir samme areal. Her er et eksempel. Vi antar at rektanglet er delt i to av grafen til funksjonen f x = x + 1. realet under denne kurven er ( ) 2 ( 1) 4 + = + =. Her vil arealet under enhver 1 4, være det samme, fordi x dx 1 0 x x 0 rett linje gjennom punktet ( ) a x dx = x + a x x = Obligatorisk prosjektoppgave i M-12 Geometri

7 d. l m Hvis l og m ikke er parallelle, kan vi fremdeles trekke og en parallell med gjennom, som skjærer l i og m i. Linjestykkene og vil da løse problemet., fordi de tre trekantene, og må ha samme areal, siden er parallell med, og de tre trekantene har felles grunnlinje. erimot kan vi ikke uten videre finne uendelig mange slike rette linjer. et kan gjøres med analytiske metoder (dvs. ved hjelp av koordinater), men løsningen er ikke så enkel. Vi antar at hjørnene i trapeset har koordinater (0,0), (a,0), (d,c) og (b,c). Vi skal da finne punkter R(x,y) på og (t,u) på slik at arealet av firkanten SR er det samme c som arealet av trekanten eller. Ligningen for blir y = x, der b < <, og ligningen for er y = ( x a) 0 x b formen R x, c x b (b,c) c d a, og S må være på formen S t ( t a) (d,c), der d < x < a. R må da være på, c d a. R(x,y) S(t,u) (0,0) (a,0) realet av firkanten RS er derfor Obligatorisk prosjektoppgave i M-12 Geometri

8 1 c 1 c c 1 c x x + ( t x) x + ( t a) + ( a t) ( t a) = 2 b 2 b d a 2 d a ( ) ( ) 1 c c 1 c c a x a a x x t + ( t a)( a x) = t x + 2 b d a 2 b d a d a ette arealet skal da være lik arealet av, som er 1 a c 2. a må altså ( ) ( ) 1 c c a x a a x 1 t x + = a c eller 2 b d a d a 2 a ( a x) a x a c + c + d a a d a a b c d c a + a x t = = = c c( a x) c x a x c a b x ( a + b d ) x + + b d a b d a ette er sammenhengen mellom x og t, når RS kan erstatte en brukket linje. Oppgave 5 a. S R Vi starter med å konstruere tre stråler fra et punkt, slik at vinklene mellom dem er 120. Så avsetter vi lengdene = cm, S=5 cm og R=7 cm, og oppreiser normaler på de tre strålene i, R og S.. Normalene danner en trekant. Obligatorisk prosjektoppgave i M-12 Geometri

9 b. c. Ved hjelp av abri finner vi etter hvert at summen av avstandene fra til sidene er lik høyden i trekanten. d. Vi deler opp trekanten i tre trekanter,, og. Summen av arealene av disse tre trekantene er lik arealet av trekantene, så vi må ha d + d + d = d + d + d =. Herav ( ) 2 c 2 a 2 b 2 a b c 2 2 da + db + dc = 2 e. Hvis trekanten ikke er likesidet, gjelder stadig 1 ( 2 d ) c + da + db = ( ), så setningen kan generaliseres til trekanter som ikke er likesidet. Vi kan også generalisere setningen til det tilfellet at ikke ligger innenfor trekanten. a må vi innføre begrepet avstand med fortegn fra et punkt til en vektor. vstanden fra et punkt til en vektor regnes som positiv hvis ligger til venstre for, negativ hvis ligger til høyre for. I eksemplet er avstanden fra til positiv, avstanden fra til negativ, og avstanden fra til positiv. Med dette avstandsbegrepet kan vi formulere akkurat de samme setningene som når ligger innefor trekanten. Obligatorisk prosjektoppgave i M-12 Geometri