Embed Size (px)
Citation preview
137
ԳՅՈՒՄՐՈՒ Մ. ՆԱԼԲԱՆԴՅԱՆԻ ԱՆՎԱՆ ՊԵՏԱԿԱՆ ՄԱՆԿԱՎԱՐԺԱԿԱՆ ԻՆՍՏԻՏՈՒՏ
ГЮМРИЙСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ ПЕДАГОГИЧЕСКИЙ ИНСТИТУТ ИМ. М. НАЛБАНДЯНА
GYUMRI STATE PEDAGOGICAL INSTITUTE AFTER M. NALBANDYAN
У Ч Е Н Ы Е З А П И С К И Գ Ի Տ Ա Կ Ա Ն Տ Ե Ղ Ե Կ Ա Գ Ի Ր S C I E N T I F I C P R O C E E D I N G S
Պրակ Բ
Выпуск Б
Issue B
Դ Ա Ս Ա Վ Ա Ն Դ Մ Ա Ն Մ Ե Թ Ո Դ Ի Կ Ա УДК 373
Մ. Ն. Մութաֆյան, Ա. Ա. Համբարձումյան
ԿԱՐՃԱԳՈՒՅՆ ՃԱՆԱՊԱՐՀՆԵՐԻ ՈՐՈՇՄԱՆ ԽՆԴԻՐՆԵՐ
ՏԱՐԱԾԱԿԱՆ ՄԱՐՄԻՆՆԵՐԻ ՄԱԿԵՐԵՎՈՒՅԹՆԵՐՈՎ
Բանալի բառեր՝ խորանարդ, ճանապարհ, կարճագույն, կետ, նիստ,
փռվածք, ուղիղ:
Ключевые слова։ куб, путь, кратчайший, точка, грань, подстилка, прямая.
Keywords: cube, way, the shortest, point, facet, straight.
Աշխատանքում քննարկվում են տարածական տարբեր մարմինների
մակերևույթներով կարճագույն ճանապարհների որոշման ինչպես դասագրքա-
յին որոշ խնդիրներ, այնպես էլ առավել բարդ բնույթի խնդիրներ, որոնցում
կարճագույն ճանապարհներն ստացվում են ոչ հարևան նիստերով շրջանցելիս:
Կատարված են նաև տարբեր հետաքրքիր ընդհանրացումներ: Այս խնդիրները
առավել ընդլայնում են աշակերտների պատկերացումները և պարտավո-
րեցնում թեկուզ պարզ թվացող այս խնդիրներում կատարել փռվածքների
բազմակողմանի վերլուծություն:
Հետաքրքրաշարժ մաթեմատիկայի տարբեր գրքերում հաճախ առաջա-
դրվում են բազմանիստերի կամ տարբեր տարածական մարմինների մակե-
րևույթներով կարճագույն ճանապարհների որոշման խնդիրներ, որոնց երբեմն
անվանում են §Մրջյունի և սարդի¦ կամ §Մորեխիկի և սարդի¦ խնդիրներ:
Ինչու՞ են այս խնդիրներն անվանում միջատների անունով:
Հիմնական մի քանի պատճառներով.
1. Առավել հետաքրքիր և հասկանալի ձևակերպելու համար:
2. Առավել հարմար է այդ միջատները դիտել որպես նյութական կետ:
3. Միջատները բազմանիստի տարբեր նիստերով կարող են ազատ տեղաշարժվել:
2 0 1 5 № 1
138
Այս աշխատանքում բերված են ոչ միայն պարզագույն դասական կար-
ճագույն ճանապարհների որոշման խնդիրներ, այլ նաև դիտարկված են առավել
ընդհանուր բնույթի խնդիրներ:
Աշխատանքում փորձել ենք կատարել հնարավոր հետաքրքիր ընդհան-
րացումներ և դիտարկել կիրառական խնդիրներ:
Առաջին բաժնում դիտարկվում են երկրաչափության տարբեր դասա-
գրքերում և հետաքրքրաշարժ մաթեմատիկայի գրքերում առաջադրվող առավել
պարզ խնդիրներ: Նմանատիպ խնդիրները լուծելու համար օգտագործվում է
հետևյալ մեթոդը.
Անհրաժեշտ է պատկերել տարածական մարմինների տարբեր փռվածք-
ները և գտնել տրված երկու կետերը միացնող կարճագույն ճանապարհը հարթ
փռվածքի վրա:
Երկրորդ և երրորդ բաժիններում դիտարկվում են առավել լուրջ և ընդհա-
նուր բնույթի խնդիրներ, երբ անհրաժեշտ է դիտարկել փռվածքների տարբեր
դեպքեր, և միշտ չէ, որ կարճագույն ճանապարհը ստացվում է հարևան նիստե-
րով:Դիտարկվել են մորեխիկի և սարդի հանդիպակաց նիստերի վրա բոլոր հնա-
րավոր դասավորությունների դեպքերը և յուրաքանչյուր դեպքում որոշվել են
կարճագույն ճանապարհները՝ դիտարկելով համապատասխան փռվածքները:
Աշխատանքը հետաքրքիր և ուսանելի է ինչպես դպրոցականների, այն-
պես էլ ուսուցիչների և ճարտարապետների համար, անհրաժեշտ է թեկուզ պարզ
թվացող դեպքերում կատարել բազմակողմանի վերլուծություն և դիտարկել
հնարավոր տարբեր փռվածքների դիրքեր:
I. Այս բաժնում ուսումնասիրենք դասագրքերում և հետաքրքրաշարժ
խնդիրների գրքերում առաջադրված առավել պարզ, մուտքային հանդիսացող
խնդիրների խմբեր:
Խնդիր 1.1 [1] Գտնել միավոր խորանարդի մակերևույթով ամենակարճ
ճանապարհի երկարությունը, որը միացնում է խորանարդի հանդիպակաց գա-
գաթները (նկ․1):
Լուծում: Քանի որ յուրաքանչյուր նիստով ճանապարհներն
ունեն նույն երկարությունը, հետևաբար բավական է պատ-
կերել որևէ զույգ նիստերով խորանարդի փռվածքը և յու-
րաքանչյուր դեպքում կարճագույն ճանապարհը ստացվում
է հարևան նիստերով (նկ․2):
A
B
D
A1
C
D1
C1 B1
Նկ․1
139
Օրինակ՝ 𝐷𝐷1 կողը հատող կարճագույն ճանապարհը կլինի․
Խնդիր 1.2 [1] Կանոնավոր քառանկյուն բուրգի կողմնային կողը 𝑏 է, իսկ
գագաթին հարակից հարթ անկյունները՝ 𝛼: Գտնել բուրգի մակերևույթի վրա այն
ամենակարճ ճանապարհի երկարությունը, որի սկիզբն ու վերջը հիմքի նույն
գագաթն է, և այն հատում է բուրգի բոլոր նիստերը: Քննարկել 𝛼-ից կախված
բոլոր հնարավոր դեպքերը:
Լուծում: Կարճագույն ճանապարհն ապահովելու համար պատկերենք
կողմնային մակերևույթի փռվածքը (նկ․3):
∆𝑆𝐴𝐴1-ից ∠𝐴𝑆𝐴1 = 4𝛼։
Հնարավոր են հետևյալ դեպքերը.
Եթե 4𝛼 < 1800, այսինքն՝ 𝛼 < 450, ապա 𝐴𝐴12 = 𝑏2 − 2𝑏2𝑐𝑜𝑠4𝛼 =
= 2𝑏2(1 − 𝑐𝑜𝑠4𝛼) = 4𝑏2𝑠𝑖𝑛22𝛼 ⇒ 𝐴𝐴1 = 2𝑏𝑠𝑖𝑛2𝛼
Եթե 𝛼 = 450, ապա 𝐴𝐴1 = 2𝑏:
Եթե 𝛼 > 450, ապա մակերևույթի կարճագույն ճանապարհն ստացվում է 2𝑏,
քանի որ հարթ փռվածքում 𝐴𝐴1 հատվածը չի հատում բուրգի կողմնային
մակերևույթը:
Պատ.՝ եթե 𝛼 < 450, ապա կարճագույն ճանապարհը՝ 2𝑏𝑠𝑖𝑛2𝛼,
եթե 𝛼 ≥ 450, ապա կարճագույն ճանապարհը՝ 2𝑏:
𝐴𝐶1 = √4 + 1 = √5 :
Պատ.` √5:
A
A1
1 D1
D
C1
C 1 1
1
Նկ․2
A
B
D
C
O
S
S
A
B C
D
𝐴1(𝐴)
𝛼 b
Նկ․3
140
Խնդիր 1.3 [1] Կոնի հիմքի շառավիղը 2𝑎 է, իսկ ծնորդը՝ 6𝑎: Գտնել կոնի
մակերևույթի վրայով ամենակարճ այն ճանապարհի երկարությունը, որն անց-
նում է որևէ ծնորդի՝ հիմքին պատկանող ծայրակետով և հատում է մյուս բոլոր
ծնորդները:
Լուծում: Պատկերենք կոնի կողմնային մակերևույթի փռվածքը (Նկ․4) և
հաշվենք 𝐴𝐴1 հատվածի երկարությունը, որն էլ կլինի կարճագույն ճանա-
պարհը` 𝑙𝐴𝐴1̌= 2𝜋𝑟 = 4𝜋𝑎
𝑙𝐴𝐴1̌= 4𝜋𝑎 =
6𝑎𝜋
1800 ∙ 𝛼 ⇒ 𝛼 = 1200 և ∆𝑃𝐴𝐴1-ից ըստ կոսինուսների թեորեմի
𝐴𝐴1 = 6√3𝑎:
Խնդիր 1.4 [2] Գլանի հիմքի շառավիղը 𝑟 է, բարձրությունը՝ ℎ: Գտնել գլանի
մակերևույթի վրա այն ճանապարհի երկարությունը, որ միացնում է տարբեր
հիմքերի շրջանագծերի 2 կետեր:
Լուծում: Պատկերենք գլանի կողմնային մակերևույթի փռվածքը (նկ․5) և
կարճագույն ճանապարհը գտնելու համար փռվածքի A և B կետերը միացնենք
ուղիղ գծով:
Եթե 𝑥 < 𝜋𝑟, հետևաբար կարճագույն ճանապարհն ստացվում է
𝑙կարճ = 𝐴𝐵 = √ℎ2 + 𝑥2:
Եթե 𝑥 = 𝜋𝑟, հետևաբար 𝐴𝐵 = 𝐴′𝐵 = 𝑙կարճ = √ℎ2 + 𝜋2𝑟2:
Եթե 𝑥 > 𝜋𝑟, հետևաբար կարճագույն ճանապարհն ստացվում է
𝑙կարճ = 𝐴′𝐵 = √ℎ2 + (2𝜋𝑟 − 𝑥)2 :
A
P
4𝜋𝑎
A
𝐴1(𝐴) 𝛼
P
6𝑎
Նկ․4
𝐴(𝐴′)
𝐴1
B
A
h
𝐴1 x B 2𝜋𝑟 − 𝑥
h
𝐴(𝐴′) Նկ․5
141
Խնդիր 1.5 Սենյակի առաստաղի C անկյունում կանգնած է սարդը, իսկ
հատակի K անկյունում քնած է մրջյունը: Սենյակի պատերով ի՞նչ ճանապարհ
պետք է ընտրի սարդը, որ մրջյունին հասնի կարճագույն ճանապարհով(նկ. 6):
Լուծում: Այսինքն՝ սարդը և մրջյունը նստած են ուղղանկյունանիստի
հանդիպակաց գագաթներում:
Հնարավոր կարճագույն ճանապարհները
հատում են FG կողը, կա՛մ DF կողը, կա՛մ
EG կողը, որոնցից յուրաքանչյուր հատող
կարճագույն ճանապարհները կլինեն՝
1․ FG ճանապարհով (նկ. 7)
2․ EG և DF ճանապարհներով (նկ. 8)
(1), (2) և (3) առնչությունները տարբերվում են միայն վերջին գումա-
րելիներով: 2ab, 2ac, 2bc արտադրյալները կարող են ընդունել տարբեր արժեքներ
A
B
E
K
G
C
D a b
c
F
Նկ․6
𝐾𝐶2 = (𝑎 + 𝑏)2 + 𝑐2, հետևաբար
𝐾𝐶2 = 𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐2 + 2𝑎𝑏 (1)
𝐾𝐶12 = (𝑎 + 𝑐)2 + 𝑏2, հետևաբար
𝐾𝐶12 = 𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐2 + 2𝑎𝑐 (2)
𝐾𝐶22 = (𝑏 + 𝑐)2 + 𝑎2, հետևաբար
𝐾𝐶22 = 𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐2 + 2𝑏𝑐 (3)
Նկ. 8
հատա
կ
a
c
G
F
b b
c
𝐶1(𝐶)
𝐶2(𝐶)
b
K
D
E
հատակ
K a
E
c
C G
F
b
D b
Նկ. 7
142
կախված սենյակի a,b,c չափերից, այսինքն՝ կարճագույն ճանապարհները կախ-
ված են սենյակի չափումներից և որոշակի արժեքների դեպքում այդ կարճագույն
ճանապարհները կլինեն կա՛մ CK, կա՛մ 𝐾𝐶1, կա՛մ 𝐾𝐶2 հետագծերից որևէ մեկը:
Բաժանելով 2ab, 2ac և 2bc-ն 2abc–ի վրա՝ կստանանք 1
𝑐,1
𝑏,1
𝑎 կոտորակները:
Դիտարկենք հետևյալ 3 դեպքերը.
1․Եթե a>b և a>c, ապա փոքրագույնը կլինի 1
𝑎, հետևաբար փոքրագույնը այդ
դեպքում կլինի 𝐾𝐶2 ճանապարհը (3):
2․ Եթե b>a և b>c, ապա կարճագույն ճանապարհը կլինի 𝐾𝐶1-ը:
3․ Եթե c>a և c>b, ապա կարճագույն ճանապարհ կլինի 𝐶𝐾–ն:
Այսինքն՝ ամենակարճ ճանապարհի հետագիծը կհատի կողերից ամենա-
երկարը:
II. Առավել զարմանահրաշ են այն խնդիրները, որոնցում կարճագույն ճա-
նապարհն ստացվում է ոչ թե հարևան երկու նիստերի փռվածքում, այլ երեք կից
նիստերի շրջանցումով:
Այս խնդիրներն առավել ընդհանուր են, և կարելի է կատարել ինչպես
մատչելի, բայց միաժամանակ հետաքրքրությունը պահպանող մասնավորեցում,
այնպես էլ տարբեր ընդհանրացումներ:
Այս բաժնում դիտարկենք երկու հիմնական խնդիրների դասեր՝ մասնա-
վոր (մուտքային) խնդրից մինչև հնարավոր բոլոր ընդհանրացումներ.
1․ Երբ կետերը պատկանում են խորանարդի հանդիպակաց կողերին, ապա
ընդհանրացնում ենք ուղղանկյունանիստի դեպքում:
2․ Երբ կետերից մեկը պատկանում է խորանարդի նիստերից մեկին, իսկ մյուսը՝
հանդիպակաց նիստի որևէ կողին, և ընդհանրացնում ենք ուղղակյունա-
նիստի դեպքում:
Խնդիր 2.1 [3](մուտքային)
Տրված է ABCDA1B1C1D1 միավոր խորանարդը, որի AB կողի վրա K կետը
նշված է այնպես, որ AK:KB=2:1 (նկ.9): D1C1 կողի վրա M կետը նշված է այնպես,
որ D1M=a: Կամայական 𝑎 ∈ [0; 1] արժեքի դեպ-
քում որոշել խորանարդի մակերևույթի վրայով
K և M կետերը միացնող ամենակարճ ճանա-
պարհի երկարությունը:
Լուծում: Որոշենք K և M կետերը մակե-
րևույթի վրայով միացնող ամենակարճ ճանա-
պարհները`
1. AA1B1B և A1B1C1D1 նիստերով,
Նկ.9
A B
D C
A1 B1
K
D1 C1 M
143
2.AA1B1B , AA1D1D և A1B1C1D1 նիստերով,
3.AA1B1B , BB1C1C և A1B1C1D1 նիստերով:
1. Ակնհայտ է, որ AA1B1B և A1B1C1D1
նիստերով ամենակարճը K և M
կետերը փռվածքի վրա (նկ.10) ուղիղ գծով միացնող KM հատվածը կլինի.
𝐾𝑀 = √(2
3− 𝑎)
2+ 4: (4)
2. AA1B1B , AA1D1D և A1B1C1D1
նիստերով ամենակարճ ճանապարհը
որոշելու համար կառուցենք
AA1B1B նիտի հայելային պատկերը`
𝐴𝐴1𝐴||𝐵|| (նկ.10) և 𝐾|| ∈ 𝐴||𝐵|| ,
ընդ որում 𝐵||𝐾|| = 𝐵𝐾 =1
3:
𝐾||𝑀 կլինի կողմնային նիստով
ամենակարճ ճանապարհը.
𝐾||𝑀 = √25
9+(1 + 𝑎)2: (5)
3․ Նույն կերպ ամենակարճ ճանապարհը AA1B1B , BB1C1C և A1B1C1D1
նիստերով կլինի
𝐾|𝑀 = √16
9+(2 − 𝑎)2: (6)
Համեմատելով 𝐾𝑀,𝐾|𝑀 , 𝐾||𝑀 արտահայտությունները՝ կստանանք.
𝐾||𝑀 ≤ 𝑀𝐾, երբ 𝑎 ≤1
5 և 𝑀𝐾 ≤ 𝐾|𝑀 երբ 𝑎 ≤
1
2:
Պատ.` եթե 𝑎 ∈ [0,1
5] ամենակարճը կլինի 𝐾||𝑀 = √
25
9+(1 + 𝑎)2,
եթե 𝑎 ∈ [1
5,1
2] ամենակարճը կլինի 𝐾𝑀 = √(
2
3− 𝑎)
2+ 4 ,
եթե 𝑎 ∈ [1
2, 1] ամենակարճը
կլինի 𝐾|𝑀 = √16
9+(2 − 𝑎)2:
Խնդիր 2.2 Տրված է 𝐴𝐵𝐶𝐷𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1 միավոր
խորանարդ, որի AB կողի վրա K կետը նշված է
այնպես, որ AK:KB=a:(1-a): 𝐶1𝐷1 կողի վրա M
կետը նշված է այնպես, որ 𝐷1𝑀:𝑀𝐶1 = 𝑏: (1 − 𝑏),
a,b∈ [0,1]: Որոշել խորանարդի մակերևույթի վրա
A K B A/
K/
C C1 D1 M D
A//
K//
A1 B1
B//
B/
Նկ․10
Նկ.11 A B
D C
A1 B1
K
D
1 C1 M
144
K և M կետերը միացնող ամենակարճ ճանապարհի երկարությունը (նկ․11):
Լուծում: Ճանապարհների հնարավոր
դեպքերն անցնում են (նկ․12).
1․ 𝐴𝐴1𝐵𝐵1 և 𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1 նիստերով
2․ 𝐴𝐴1𝐵𝐵1, 𝐴𝐴1𝐷𝐷1 և 𝐴1𝐵1𝐶1𝐷2նիստերով
3․ 𝐴𝐴2𝐵𝐵2, 𝐵𝐵1𝐶1𝐶 և 𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1 նիստերով
Հետևաբար 𝑙2 = [𝑎2 − 2𝑎𝑏 + 𝑏2 + 4 𝑎2 + 𝑏2 + 2𝑎 + 2𝑏 + 2𝑎2 + 𝑏2 − 4𝑎 − 4𝑏 + 8
𝐾1𝑀2 − 𝐾2𝑀
2 = 6𝑎 + 6𝑏 − 6, ⊢ 𝑎 + 𝑏 ≥ 1 ⇒ 𝐾2𝑀 < 𝐾1𝑀
𝐾𝑀2 − 𝐾1𝑀2 = 2 − 2𝑎𝑏 − 2𝑎 − 2𝑏, ⊢ 𝑎𝑏 + 𝑎 + 𝑏 ≥ 1 ⇒ 𝐾1𝑀 > 𝐾𝑀
𝐾𝑀2 − 𝐾2𝑀2 = 4𝑎 + 4𝑏 − 2𝑎𝑏 − 4, 2𝑎 + 2𝑏 −
𝑎𝑏
2≥ 1 ⇒ 𝐾𝑀 > 𝐾2𝑀
𝑙կարճ =
[ 𝐾2𝑀 = √(2 − 𝑎)2 + (2 − 𝑏)2 , երբ 𝑎 + 𝑏 ≥ 1 +
𝑎𝑏
2,
𝐾𝑀 = √(𝑎 − 𝑏)2 + 4 , երբ 1 +𝑎𝑏
2≥ 𝑎 + 𝑏 ≥ 1 − 𝑎𝑏,
𝐾1𝑀 = √(1 + 𝑎)2 + (1 + 𝑏)2, երբ 𝑎 + 𝑏 ≥ 1 − 𝑎𝑏:
Խնդիր 2.3 Ուղղանկյունիստի երկու հանդիպակաց կողերից մեկի վրա
կանգնած է մորեխիկը՝ m:n հարաբերությամբ կետում, մյուսի վրա սարդը՝ p:q
հարաբերությամբ կետում: Ինչպիսի՞ կարճագույն ճանապարհ պետք է անցնի
սարդը, որ հասնի մորեխիկին մակերևույթի վրայով:
Լուծում: Այս խնդիրը բերվում է խնդիր 1.2 և խնդիր 1.5-ի համակցմանը,
սակայն ստացվում է ոչ շատ պարզ տեսք ընդհանուր դեպքում, քանի այս դեպ-
քում անհրաժեշտ է հաշվի առնել նաև ուղղանկյունանիստի a,b,c չափումները:
III. Հաջորդ առավել բարդ խնդիրների դասը իրենից ներկայացնում է
սարդի կողի վրա ֆիքսված դասավորության դեպքում հանդիպակաց նիստում
մորեխիկի կամայական դիրքերի ուսումնասիրությունը և կարճագույն ճանա-
պարհի որոշումը:
1)𝐾𝑀 = √(𝑎 − 𝑏)2 + 4
2) 𝐾1𝑀 = √(1 + 𝑎)2 + (1 + 𝑏)2
3) 𝐾2𝑀 = √(2 − 𝑎)2 + (2 − 𝑏)2 Նկ.12
K
1-a
A 1-a
𝐾2
1 1-b b M
1
a
a
𝐾1
145
Խնդիր 3.1 Տրված է 𝐴𝐵𝐶𝐷𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1 միավոր խորանարդ, որի AB կողի վրա K
կետը այն բաժանում է AK:KB=a:(1-a): 𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1 նիստի վրա նշված է M կետը, որը
𝐴1𝐵1–ի և 𝐴1𝐷1-ի վրա պրոյեկցիաներով դրանք
բաժանում է համապատասխանաբար (1-b):b և
c:(1-c) հարաբերությունների: Գտնել K և M
կետերը միացնող ամենակարճ ճանապարհը
խորանարդի մակերևույթով (նկ․13):
Լուծում: Ճանապարհն անցնում է.
1․ 𝐴𝐴1𝐵𝐵1 և 𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1 նիստերով
2․ 𝐴𝐴1𝐵𝐵1, 𝐵𝐵1𝐶𝐶1 և 𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1 նիստերով
3․ 𝐴𝐴1𝐵𝐵1, 𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1 և 𝐴𝐴1𝐷𝐷1նիստերով
𝑙կարճ2 = [
𝑎2 − 2𝑎𝑏 + 𝑏2 + 𝑐2 + 2𝑐 + 1 𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐2 + 2𝑎𝑐 + 2𝑏 + 1 𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐2 + 2𝑐 − 2𝑎𝑐 − 2𝑎 − 4𝑏 + 4 + 1
𝐾1𝑀2 − 𝐾𝑀2 = 2𝑎𝑐 + 2𝑏 + 2𝑎𝑏 − 2𝑐, եթե
𝑎𝑏 + 𝑎𝑐 − 𝑐 + 𝑏 ≥ 0 ⇒ 𝐾𝑀 < 𝐾1𝑀 , հետևաբար 𝑙կարճ = 𝐾𝑀:
𝐾1𝑀2 − 𝐾2𝑀
2 = 4𝑎𝑐 + 6𝑏 + 2𝑎 − 2𝑐 − 4, եթե
2𝑎𝑐 + 3𝑏 + 𝑎 − 𝑐 − 2 ≥ 0 ⇒ 𝐾1𝑀 > 𝐾2𝑀, հետևաբար 𝑙կարճ = 𝐾2𝑀:
𝐾2𝑀2 − 𝐾𝑀2 = −2𝑎𝑐 − 2𝑎 − 4𝑏 + 4 + 2𝑎𝑏, եթե
𝑎𝑐 + 𝑎 + 2𝑏 − 2 − 𝑎𝑏 ≥ 0 ⇒ 𝐾𝑀 > 𝐾2𝑀, հետևաբար 𝑙կարճ = 𝐾2𝑀:
Խնդիր 3.2 Տրված է 𝐴𝐵𝐶𝐷𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1 խորանարդը, որի AB և BC կողերի վրա K և
L կետերը ընտրված են այնպես, որ 𝐵𝐾 = 𝐶𝐿 =1
3𝐴𝐵: Գտնել M կետի դիրքը
𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1 հարթության վրա, որ ամենակարճ ճանապարհը M–ից մինչև K-ն
հավասար լինի ամենակարճ ճանապարհին M–ից L (Նկ․15):
1)𝐾𝑀 = √(𝑎 − 𝑏)2 + (1 + 𝑐)2
2) 𝐾1𝑀 = √(𝑎 + 𝑐)2 + (1 + 𝑏)2
3) 𝐾2𝑀 = √(1 + 𝑐 − 𝑎)2 + (2 − 𝑏)2
A
D C
A1 B1
𝐷1 𝐶1 M
K B Նկ.13
a
1-a
A K 1-a
𝐾2
1
1-b b
M
c
a
𝐾1 a
Նկ.14
146
Լուծում: Որպեսզի K և M կետերը միաց-
նող կարճագույն ճանապարհը A1B1 կողով
գտնենք, պատկերենք խորանարդի ABA1B1
A1B1C1D1 նիստերի փռվածքը, որ նրանք ըն-
կած լինեն նույն հարթության մեջ ¥նկ․16-
ում տրված փռվածքը պատկերված է հոծ
գծերով և կետերը նույնպես պատկերված
են ինչպես խորանարդի մոտ¤։
A1B1 կողը հատող կարճագույն ճանապարհը կլինի MK-ն: Որպեսզի
գտնենք BB1 և B1C1 կողերը հատող կարճագույն ճանապարհը, պետք է այլ կերպ
պատկերել փռվածքը: Նկարում պատկերված են կետագծերով և կետերը նշված
են շտրիխներով։ Եվ վերջապես, որպեսզի գտնենք AA1 և A1D1 կողերը հատող
կարճագույն ճանապարհը, պետք է պատկերել ևս մեկ փռվածք կետ-գծերով, իսկ
կետերը կրկնակի շտրիխներով։ Հետևաբար M և K կետերը խորանարդի մա-
կերևույթով միացնող կարճագույն ճանապարհը կլինի MK, K/M, K//M-ից մեկը։
K/K-ի միջնուղղահայացն անցնում է B1 կետով և հատում է D1C1-ը այնպիսի E
կետում, որ
𝐸𝐶1
𝐷1𝐶1=
𝐾/𝐴/
𝐾𝐴/=
1
2:
Այսպիսով, եթե M կետը գտնվում է EC1B1 եռանկյան ներսում, ապա MK/
կլինի կարճագույն հեռավորությունը։ Նույն կերպ գտնվում է F կետը KK//-ի
միջնուղղահայացով, որը բաժանում է D1C1-ը 1։5 հարաբերությամբ։ Եթե M կետը
K
C1
A(𝐵1") B(𝐴1
′ ) A/
K/
C D1
M
D//
A//
K//
A1 B1
B//
B/
E F
Նկ 16
Նկ․ 15 B A
D C
A1 B1
L
𝐷1 𝐶1 M
K
147
գտնվում է A1D1F եռանկյան ներսում, ապա MK// կլինի կարճագույն հեռավորու-
թյունը։ Մնացած դեպքերում MK-ն փոքրագույնն է։
Նույն կերպ դիտարկենք L, L/,L// և U, V կետերը A1D1-ի վրա բաժանելով այն 1։2
և 1։5 հարաբերությամբ։
Այդ կերպ A1B1C1D1 բաժանվեց 8 մասի, որոնցից յուրաքանչյուրի համար
հեշտորեն գտնվում է կարճագույն ճանապարհը՝ խորանարդի մակերևույթով
միացնելով M կետը K և L կետերին։ HNOB1-ի համար այդ ճանապարհների եր-
կարությունները համապատասխանաբար հավասար են MK և ML-ին։ Հետևա-
բար, եթե M-ը գտնվում է HNOB1-ի ներսում և պատկանում է փնտրվող կետերի
երկրաչափական տեղին, ապա պատկանում է նաև KL-ի միջնուղղահայացին։
Նույն կերպ OC1B1-ում փնտրվող կետերի երկրաչափական տեղը LK/-ի միջնուղ-
ղահայացն է։ Հիմա կարելի է կառուցել M կետերի երկրաչափական տեղը այն-
պես, որ M և K կետերը միացնող խորանարդի մակերևույթով կարճագույն ճա-
նապարհը հավասար է M և L կետերը միացնող խորանարդի մակերևույթով
կարճագույն ճանապարհին(PQ-ն KL/-ի միջնուղղահայացով, QR-ը KL-ի, RS-ը
KL/-ի, ST-ն K//L/-ի)։
Խնդիր 3.3 Տրված է 𝐴𝐵𝐶𝐷𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1 խորանարդի AB կողի վրա M և 𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1
նիստի վրա N կետերը (Նկ․18): Գտնել խորանարդի մակերևույթով M և N
կետերը միացնող կարճագույն ճանապարհը:
Նկ․17
R
H
U
V
S
C1 D1
A K B A/
K/
C O
A/
/
K//
A
1
B1 B/
P Q
T
N
F E
L//
L/
L
148
Լուծում: Դրա համար պետք է խորանարդը
պատկերել հարթության վրա 3 ձևով (նկ․19):
Այն կարելի է N կետից տանել 𝐴𝐴1𝐵𝐵1 հար-
թությանը զուգահեռ հարթություն, որը 𝐴1𝐵1, 𝐶1𝐵1,
𝐴𝐷, 𝐵𝐶 հատվածները կհատի համապատասխա-
նաբար 𝐷3, 𝐶3, 𝐷2, 𝐶2 կետերում և լուծել խնդիրը
𝐴𝐴1𝐵𝐵1𝐷3𝐶3𝐷2𝐶2-ի համար (քանի որ ճանա-
պարհը չի անցնի 𝐷3𝐶3𝐷2𝐶2 նիստով):
Հաշվելով 𝑀1𝑁,𝑀2𝑁, 𝑀3𝑁 հատվածներից յուրաքանչյուրի երկարությունը
և վերցնելով ամենափոքրը՝ կստանանք M և N կետերը միացնող ճանապարհ-
ներից կարճագույնի երկարությունը:
Եզրակացություն. Այսպիսով, աշխատանքում փորձեցինք առավել բազմա-
կողմանի և տարաբնույթ խնդիրների միջոցով ներկայացնել ոչ միայն դասա-
գրքային բնույթի, այլև առավել բարդ տիպի խնդիրների դասեր՝ առաջադրելով
յուրաքանչյուր դեպքում լուծման ճանապարհները: Յուրաքանչյուր առանձնաց-
ված տիպային խմբի խնդիրներում քննարկվեցին բոլոր հնարավոր դեպքերը, և
կարճագույն ճանապարհները համարյա բոլոր դեպքերում ներկայացվեցին ընդ-
հանուր բանաձևերի միջոցով: Աշխատանքը հետաքրքիր է այնքանով, որ պա-
հանջում է բազմակողմանի մոտեցում, կետերի տարբեր դիրքերից կախված,
որոնց դասագրքային պարզ խնդիրներում չենք հանդիպում:
A B
D C
A1 B1
M
𝐷1 𝐶1 N
Նկ․18
𝑀3
N
B
A 𝑀1 B
C
𝐵1 𝐴1
B
A
𝑀2
A
𝐶1 𝐷1 𝐷
Նկ․19
149
М. Н. Мутафян, А. А.Амбарцумян
Кратчайшие пути по поверхности геометрических фигур
В работе рассматриваются задачи нахождения кратчайших путей по
поверхностям разных геометрических тел, которые встречаются не только в
учебниках геометрии, но имеют более сложный вид, при которых кратчайший
путь получается не по соседними гранями, а объездом трех граней. В работе
сделаны также разные интересные обобщения. Эти задачи развивают мышление у
школьников и требуют рассмотрение по разным сторонам все возможные
варианты укладок плоской поверхности.
M. N. Mutafyan, A. A.Hambardzumyan
The Shortest Ways of Joining Two Points on the Surface of Geometrical Figures
Problems of finding the shortest ways of joining two points on the surface of
different geometrical figures are discussed in this work, which are encountered not only
in the tax books of Geometry but also have complex character in which the shortest
way is formed not with the way of joining the facets, but avoiding them. Various
interesting general conclusions are also made in this work. These tasks broaden pupils’
notions and make them carry out multilateral analysis of the lofts even in easy tasks.
Գ ր ա կ ա ն ո ւ թ յ ո ւ ն
1. Աթանասյան Լ. Ս, Բուտուզով Վ. Ֆ., Երկրաչափություն 10: Եր., «Աստղիկ
գրատուն», 2001, 142 էջ։
2. Готман Э. Г. Стереометрические задачи и методы их решения. М.։ Издатель-
ство МЦНМО, 2006. 233 с․
3. Математика в школе Научно методический журнал Министерства просве-
щения СССР 6.86. 1988. С. 57.
4. Гарднер М. Математические головоломки и развлечения. М.։ Мир. 1999. 127c.
5. Радемахер Г., Теплиц О. Числа и фигуры. Опыты математического мышления:
4-е изд. М.: Наука. 1966. 327 с․
Տեղեկություններ հեղինակների մասին
Մութաֆյան Մանյակ Նորիկի- ֆիզմաթ․ գիտ․ թեկնածու, դոցենտ,
ԳՊՄԻ մաթ․անալիզ և մաթեմատիկայի դասավանդման մեթոդիկայի ամբիոն,
«Ֆոտոն» վարժարան, E-mail: [email protected]
Համբարձումյան Արսեն Արայի-«Ֆոտոն» վարժարանի XIIՖ/Մ1 դասարանի աշակերտ,
E-mail: [email protected]
Տրվել է խմբագրություն 10. 09. 2015
