几何构造分析论文

几何构造分析论文（精选7篇）

几何构造分析论文 第1篇

本文对三刚片连接形式进行了归纳总结,同时对每种连接形式进行了几何构造分析,在简化模型基础上,结合刚体基本运动特征,重点对三刚片连接中出现无穷远瞬铰的特殊体系进行了几何构造分析,通过具体实例得出三刚片连接中出现无穷远瞬铰的一般分析规律,为体系几何构造分析提供新技巧.

1三刚片之间的连接方式

在几何构造分析中常遇到三刚片通过三铰相连的情况,为便于说明,以下无穷远瞬铰用W表示,与无穷远铰对应的铰均为有限铰,用Y表示,有限铰又分为实铰和虚铰,实铰用S表示,虚铰用X表示,三铰组合方式可以分为三有限铰相连(YYY)形式,两有限铰一无穷远瞬铰(YYW)形式,一有限铰两无穷远瞬铰(YWW)形式,三无穷远瞬铰(WWW)形式等,具体连接方式以及对应的几何构造分析结果见表1.

2 YYY和WWW连接方式分析

表1中,YYY连接方式,若三铰共线则体系为瞬变体系,若三铰不共线则为几何不变体系;WWW连接方式,见图1,刚片3可视为大地.

图l(a)中形成无穷铰三对链杆互不平行,根据各无穷远点都在同一直线上原则,判定体系为瞬变体系;图1(b)中三对链杆平行但不等长,根据每个方向有一个无穷远点原则,三铰在无穷远处重合,体系绕无穷远点做瞬时转动,相当于体系做瞬时平动,瞬时平动后,链杆不再保持彼此平行的关系,转化为三对链杆互不平行的形式,体系为瞬变体系;图1(c)中三对链杆平行且等长,若在刚片1和刚片2之间加一水平连杆,则刚片1和刚片2组成一个大刚片,该大刚片在两对平行且相等的链杆支撑下会产生大位移,体系为常变体系,由此可以判断只要连接刚片1和刚片3的链杆和连接刚片2和刚片3的链杆平行且相等,体系就是常变的.

3 YYW连接方式分析

对于YYW连接形式,根据铰的位置与构成无穷远瞬铰链杆的关系,需进行详细分析:(1)若构成无穷远瞬铰的两平行链杆与另外两铰的连线不平行,根据无穷远瞬铰不在有限直线上的原则,判定体系为几何不变体系;(2)若两平行链杆与另外两铰的连线平行,根据每个方向有一个无穷远点原则判定,三铰共线,体系为瞬变体系;(3)若两平行链杆及另两铰的连线平行且相等,要判别除无穷远瞬铰之外的两个铰是虚铰还是实铰,铰的虚实性将直接影响体系的几何性质,下面针对第(3)种情况,通过实例并结合刚体的基本运动特征进行深入分析.

3.1 XXW连接方式

图2(a)中编号9～15的杆件构成一个大刚片,按照简化原则可以用一个简单的刚片0来代替,见图2(b),根据刚片周围是联系,隔着联系选刚片的原则,刚片选取见图2(c),通过图2(c)可以看出刚片Ⅰ和刚片Ⅱ通过两平行链杆1和链杆3相连,刚片Ⅰ和刚片Ⅲ通过铰OⅠⅢ相连,刚片Ⅱ和刚片Ⅲ通过铰OⅡⅢ相连,而铰OⅠⅢ和OⅡⅢ形成的连线正好与链杆1重合,这样就构成了一种特殊情况,三刚片通过三虚铰相连,其中一铰为无穷远瞬铰,而另两铰的连线与两平行链杆平行且相等,此时相当于三铰共线.

上面分析中若把大地也看做一个链杆,则刚片Ⅰ和刚片Ⅱ通过三平行链杆相连,会发生瞬时平动,编号5～8的杆件由于和大地相连只能做定轴转动,根据杆5和杆8的位置状态可以假设刚片Ⅰ和刚片Ⅱ发生向右的无限小位移,小位移放大后,见图2(d),虚线表示瞬变后整个体系的状态,可见瞬变后杆5和杆7形成的瞬铰与杆6和杆8形成的瞬铰的连线不再与杆1和杆3平行,体系转换为几何不变体系,体系为瞬变体系.

3.2 SXW连接方式

图3(a)中体系几何构造分析见图3(b),选定杆2、杆3和杆6为刚片Ⅰ,杆4、杆5和杆8为刚片Ⅱ,杆12为刚片Ⅲ,三刚片之间通过虚铰OⅠⅢ、实铰OⅡⅢ以及两链杆两两相连,其中铰OⅠⅢ和铰OⅡⅢ的连线与杆1和杆7平行且相等.

刚片Ⅰ和刚片Ⅱ可以看作通过三根相互平行的链杆相连,会做瞬时平动,其运动状态可以根据杆6和杆8的位置进行假设,假设向下运动,其运动状态见图3(c),从图3(c)可以看出当体系发生微小的平动之后,刚片Ⅰ和刚片Ⅲ仍通过虚铰OⅠⅢ相连,刚片Ⅱ和刚片Ⅲ仍通过实铰OⅡⅢ相连,但此时虚铰OⅠⅢ和实铰OⅡⅢ两者的连线与连接刚片Ⅰ和刚片Ⅱ的两链杆不再平行,体系转换为几何不变体系,体系为瞬变体系.

3.3 SSW连接方式

图4(a)中的体系构造分析见图4(b),杆3为刚片Ⅰ,杆4为刚片Ⅱ,杆9为刚片Ⅲ,则刚片Ⅰ和刚片Ⅲ通过实铰OⅡⅡ,刚片Ⅱ和刚片Ⅲ通过实铰OⅡⅢ相连,两铰形成的连线恰好与与杆1、杆2平行且相等,体系中杆5～9可以用杆10来代替,简化体系如图4(c)所示,在图4(c)中体系杆3会做平动,运动状态见图4(d),虚线表示运动后状态,可见运动后三链杆仍平行,因此该体系为常变体系.

综合以上分析实例,在XXW,SXW和SSW三种连接方式中均出现同一种情况,即三刚片通过三铰相连,其中一铰为无穷瞬铰,另外两个铰的连线与形成无穷远瞬铰的两平行链杆平行且相等,但有限铰存在着虚实之分.总结以上分析可以得到如下的结论:当三刚片通过三铰相连时,若其一为无穷远瞬铰,另外两铰为虚铰,或一实铰一虚铰,且两铰连线与形成无穷远瞬铰的两平行链杆平行且相等,则体系为瞬变体系,若另外两铰为实铰,且两铰连线与形成无穷远瞬铰的两平行链杆平行且相等,则该体系为常变体系.

4 YWW连接形式

三刚片通过YWW形式的三铰相连时,以SWW形式为例进行分析,若形成无穷铰的两对平行链杆互不平行,见图5(a),根据有限铰不在无穷远直线上原则判定三铰不共线,体系为几何不变体系;若形成无穷铰的两对平行链杆相互平行但不等长,见图5(b),根据每个无穷方向有一个无穷点原则,两无穷远铰重合为一个点,和有限铰共线,体系为瞬变体系;若形成无穷铰的两对平行链杆平行且等长,见图5(c),其分析过程同图1(c),无论刚片1和刚片2之间如何连接,体系都会发生大位移,即为常变体系.XWW连接方式与SWW连接方式几何构造分析结果一致.

5 结论

对三刚片连接方式进行了全面总结,并对各种连接方式的三刚片体系进行几何构造分析,尤其对连接中出现无穷远瞬铰的情况,结合刚体基本运动特征通过例题进行了详细的几何构造分析,得到一些分析技巧和结论:

(1)三刚片连接中若出现一无穷远瞬铰,且另外两铰的连线与构成该无穷铰的平行链杆相互平行且等长,体系的性质需要根据两有限铰的虚实性来判定,若两铰均为实铰,则体系为常变体系,若另外两铰有虚铰存在,则体系为瞬变体系.

(2)三刚片连接中若出现两无穷铰,并且构成这两无穷铰的两对平行链杆平行且等长,无论第三铰是有限铰还是无穷铰,体系均为常变体系,会发生大位移.

(3)刚体的基本运动有平动和定轴转动,体系的几何构造分析中,可以结合刚体的基本运动特征来进行分析,刚体绕无穷远铰的转动可以转化为刚体的平动来进行分析,可以有效判定体系几何构造性质.

通过对上述问题的归纳总结,形成了三刚片体系构造分析的整体思路,有利于学生对该部分问题的理解和掌握,为后续结构力学的学习打下基础.

参考文献

[1]龙驭球,包世华.结构力学I(第2版).北京:高等教育出版社,2006

[2]李廉锟.结构力学(第5版).北京:高等教育出版社,2010

[3]于苏民.铰结三角形代换法作平面体系几何组成分析.力学与实践,2005,27(2):72-73

例说构造特殊模型解几何题 第2篇

1 构造圆求直线问题

点评：本题若采用常规方法求解，其过程比较复杂，这里巧妙构造几何模型，结合圆的几何特性，求解直线方程．

2 构造正四面体求二面角问题

点评：通过构造正四面体的两个面所成的角把二面角A—OC—B具体化，使得解题的过程目标性更强，通过把问题转化成我们熟悉的模型，才能更有效地利用所学知识解题.

3 构造长方体求面积问题

例3 如图5，若四面体P—ABC的棱PA、PB、PC两两互相垂直，PA=3，PB=4，PC=12，求该四面体的外接球的表面积．

图5分析：求四面体的外接球的表面积，关键是求球的半径，考虑到四面体的三条共点的棱两两互相垂直，我们可以把四面体P—ABC补成长方体PADB—CEFG，从而确定半径．

解析：连接对角线PF，取PF中点O，则O为球心.又OP=OA=OB=OC=12PF，得外接球的半径为R=12PA2+PB2+PC2=132，所以外接球的表面积为S=4πR2=169π.

点评：巧妙利用几何体之间的关系，构造出我们比较熟悉的长方体模型，再利用长方体外接球知识求解，从而达到化繁为简.

构造特殊模型法除了可以解决几何问题外，还可应用于三角、数列、概率等问题.限于篇幅，这里就不再举例.

构造完美图形,优化几何证明 第3篇

1. 构造等边三角形

等边三角形具有三边相等, 三个角都为60°, 重心、垂心、内心、外心四心合一等美学特征, 证明过程中, 通过构造等边三角形, 可以充分应用等边三角形的基本性质, 拓展解题思路。

例1.如图1, △ABC中, AB=AC, 且∠D=∠DBE=60°。求证:AE=EB+BC。

分析与证明:注意到AB=AC, 且∠D=∠DBE=60°, 那么能否构造等边三角形呢?尝试延长BC至F, 使CF=BD, 连结AF。

2. 构造等腰三角形

等腰三角形具有两腰相等, 两底角相等, 底边上的中线、顶角的角平分线和底边上的高合一等美学特征, 证明过程中, 可以通过构造等腰三角形发掘解题思路。

例2.如图2, △ABC中, 从点A作∠ABC, ∠ACB的平分线的垂线, 垂足分别为P、Q。求证:PQ∥BC。

分析与证明:注意到已知条件与等腰三角形底边上的中线、顶角的角平分线和底边上的高合一等美学特征类似, 能否构造等腰三角形证题呢?

3. 构造直角三角形

直角三角形具有两锐角互余, 斜边上的中线等于斜边的一半, 两直角边的平方和等于斜边的平方等美学特征, 证明过程中, 构造直角三角形有时也可以“柳暗花明又一村”。

分析与证明:注意到条件∠A+∠D=90°, 尝试平移AB、CD, 即过N作AB、CD的平行线交AD于E、F, 构造△ENF。

4. 构造全等三角形

全等三角形具有对应角相等, 对应边相等等美学特征, 证明过程中, 通过构造全等三角形可以将看似毫不相干的条件集中起来, 实现问题的转化。

例4.如图4, 以△ABC的AB、BC为斜边向外作等腰直角三角形△AEB和△BFC, D为AC中点。求证:DE=DF, DE⊥DF。

分析与证明:要证DE=DF, 可以由∠DEF=∠DFE得到, 但与已知条件联系不上, 注意到D为AC中点, 能否构造全等三角形寻找解题突破口呢?尝试取AB、BC的中点G、H, 连结EG、DG, DH、HF。问题在于证△EDG≌△DFH。

5. 构造平行四边形

平行四边形具有对边平行且相等, 对角相等, 对角线互相平分等美学特征, 证题过程中, 可以运用平行四边形的性质实现等量的转化。

例5.如图5, 在△ABC中, M为AB的中点, D为AB上任一点, N、P分别为CD、CB的中点, Q为MN的中点, PQ与AB相交于E。求证:AE=ED。

分析与证明:要证AE=ED, 换种表示方式就是要证E为AD的中点。在△ADC中, N是CD的中点, 连结PN、PM、NE。如果EN∥AC, 则问题就解决了。又注意到在△ABC中, MP∥AC, 且MP=1/2AC, 则只需证四边形NEMP是平行四边形即可。

6. 构造矩形

矩形具有平行四边形的性质, 同时还有对角线相等, 四个角均为直角等美学特征, 有时可以通过构造矩形, 丰富解题途径。

例6.如图6, 在正方形ABCD中, AE=CF, BG⊥CE。求证:DG⊥FG。

分析与证明:延长BG交AD于H;连结CH、FD, 交点为O, 连结OG。

7. 构造正方形

正方形具有四边相等, 四个角都是直角, 对角线相等且垂直平分等美学特征, 是完美的四边形, 通过正方形的构造, 可以从多角度探寻思路。

例7.如图7, 在△ABC中, AB=BC, ∠ABC=90°, D为BC的中点, 在AC上取一点, 使∠EDC=∠ADB, 连结BE。求证:BE⊥AD。

分析与证明:看到已知条件, 可想到正方形中的结论, 能否构造正方形呢?过点C作BC的垂线交DE的延长线于F, 连结AF。

构造几何图形解决代数问题 第4篇

构造几何图形解决代数问题的特点就是直观, 它能使抽象的数量关系在图形上表达出来, 使问题变的简单, 而构造几何图形的关键是观察和联想.下面举例说明:

例1 设m, n, x, y均为实数, 且满足条件:m2+n2=1, x2+y2=1, mx+ny=0.证明:m2+x2=1, n2+y2=1, mn+xy=0.

证明 不妨设m, n, x, y均不为0.因为如果m=0, 则由已知条件得出n=±1, y=0, x=±1, 欲证的3个等式显然成立.

由m2+n2=1, x2+y2=1, 应用勾股定理可以构造出两个直角三角形△ABC和△ADC, 如图1, 使得AC=1, AB=|m|, BC=|n|, AD=|x|, CD=|y|.由mx+ny=0得$\frac{|m|}{|n|}=\frac{|y|}{|x|}$, 所以△ABC≅△ADC.从而|m|=|y|, |n|=|x|.于是m2+x2=1, n2+y2=1且|mn|=|xy|.由mx+ny=0得mn与xy异号, 故mn+xy=0.

例2 当s和t取遍所有实数时, 求 (s+5-3|cos t|) 2+ (s-2|sin t|) 2的最小值.

解 如图2, 根据原式的特征构造过点P (s+5, s) 的直线u-v-5=0, 及过点$Q(3|\cos t|,2|\sin t|)\text{的}\frac{1}{4}\text{椭}$圆

$\{\begin{array}{l}u=3|\cos t|,u\ge 0,\\ v=2|\sin t|,v\ge 0,\end{array}$

则|PQ|2的最小值即为所求.由图2椭圆的顶点A (3, 0) 到直线u-v-5=0的距离的平方即为所求, 故所求最小值为2.

例3 设x, y, z∈R+, 求证:$\sqrt{x{}^2+y{}^2}+\sqrt{y{}^2+z{}^2-yz}\ge \sqrt{z{}^2+x{}^2+\sqrt{3}xz}.$

解 取直角坐标系内两点:$A(x,y),B\left(x+\frac{\sqrt{3}}{2}z,\frac{1}{2}z\right)$, 则$|{\rm O}A|=\sqrt{x{}^2+y{}^2},|AB|=\sqrt{y{}^2+z{}^2-yz},|{\rm O}B|=\sqrt{z{}^2+x{}^2+\sqrt{3}xz}$.因为平面内两点间距离最短, 所以|OA|+|AB|≥|OB|.即$\sqrt{x{}^2+y{}^2}+\sqrt{y{}^2+z{}^2-yz}\ge \sqrt{z{}^2+x{}^2+\sqrt{3}xz}.$

例4 已知a>0, a≠1, 试求方程loga (x-ak) =loga2 (a2-4x2) 有唯一解时参数k的取值范围.

解 设$y=x-ak(y>0),y=\sqrt{a{}^2-4x{}^2}$, 那么方程有唯一解的充要条件是直线l:y=x-ak与半椭圆4x2+y2=a2 (y>0) 有且只有一个交点.如图3, 直线l1与椭圆C相切于T, l2, l3分别经过椭圆的两个顶点A和B, 显然, 与椭圆C有一个交点的直线l夹在l2与l3之间 (l可以是l2, 不可以是l3) , 另外切线l1与椭圆C也只有一个公共点.

由直线l的横截距$-ak\in \left[-\frac{a}{2},\frac{a}{2}\right)$得$k\in \left[-\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right)$.由l1与椭圆C相切得$k=-\frac{\sqrt{5}}{2}$, 故所求k的范围是$\left[-\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right){\displaystyle \cup \left\{-\frac{\sqrt{5}}{2}\right\}}.$

例5 求函数$y=x-1+\sqrt{-x{}^2-2x+3}$的值域.

解 将函数变形为$y=\sqrt{4-(x+1){}^2}+(x+1)-2$, 设x+1=t (t24) , 则$t+\sqrt{4-t{}^2}=y+2$.由此构造过点${\rm P}(t,\sqrt{4-t{}^2})$的直线l:u+v=y+2, 及动点P的轨迹半圆C:u2+v2=4 (v≥0) , 则l与C有公共点P, 这样过点C上的P点作斜率为-1的直线l, 其在v轴上的截距的取值范围即为y+2的取值范围.

由图4得$y+2\in [-2,2\sqrt{2}]$, 故原函数的值域为$[-4,2\sqrt{2}-2].$

例6 设a, b, c, d都是正实数, 其中a最大, 且$\frac{a}{b}=\frac{c}{d}$, 证明:a+d>b+c.

证明$\frac{a}{b}=\frac{c}{d}$即ad=bc, 由此可以用圆幂定理构造一个辅助图形 (图5) .

由a最大, 取线段AC=a作为过直径的割线, 在AC上取B点, 使AB=d, 以BC为直径作半圆O, 并作割线AD=b (不妨设b≥c) 交圆O于E点, 作OF⊥AD, F为垂足, 则由作图及圆幂定理得AE=c.

在Rt△AOF中, 有AO>AF, 而

$\begin{array}{l}A{\rm O}=AB+\frac{BC}{2}=d+\frac{a-d}{2}=\frac{a+d}{2}‚\\ AF=AE+\frac{DE}{2}=c+\frac{b-c}{2}=\frac{b+x}{2}‚\end{array}$

所以 a+d>b+c.

参考文献

立体几何命题的判断与构造 第5篇

一、命题的常用判断方法

1. 直接法

若对定义、公理、定理等掌握灵活, 可直接判断, 称为“直接法”。

例1.垂直于同一平面的两直线平行。用符号表示即:m⊥α, n⊥α⇒m∥n

显然, 这个命题是正确的, 即直线与平面垂直的性质定理。

例2.垂直于同一直线的两平面平行。用符号表示即:m⊥α, m⊥β⇒α∥β

这个命题也是正确的。

例3.如一条直线平行于一个平面, 则该直线平行于该平面内的任何直线。用符号表示即:a∥α, b∈α⇒a∥b

这个命题是假命题。只要对直线和平面平行的性质定理掌握的准确就可正确判断。另外也可通过实物演示, 如图:

2. 模拟法

模拟法就是结合实物加以模拟演示。

例4.垂直于同一平面的两平面平行 (假命题)

可用墙角来模拟说明。

3. 否定检验法

有一些命题, 看起来是真命题, 并且通过实验演示也容易演示错误。

例5.如果两条直线和一个平面所成的角相等, 则两直线平行。

由于有“两条平行直线与同一个平面所成的角相等”这个正确命题作为经验, 用实物演示时往往容易演示成下图, 从而认为该命题为真, 而事实上该命题为假命题。

判断这样的命题可用以下思路:否定所给命题, 再利用已知条件演示或作图, 若能做出图形, 则所给命题为假命题。

如例5可先假定两直线不平行, 再利用已知条件, 及构造两条不平行的直线与一个平面所成的角相等, 而两直线不平行可以却相交, 可以用实物演示:

这种方法为“否定检验法”, 对很多似是而非的命题判断很有效。

二、常用的构造命题法

通过比较我们发现很多命题都有相似处, 所以可利用一些方法自己“构造”并判断命题。通常构造命题的方法有:利用四种命题的关系构造命题;利用变换“关键词”构造命题, 比如在原有命题中, 将关键词“点”“直线”“平面”互相转化, 将“平行”“垂直”进行转化等, 并且注意文字表述和符号表述。

例6.利用变换关键词的方法构造命题

已知命题:若两条直线都和第三条直线平行, 则这两条直线平行。

符号表示即:a∥b, c∥b⇒a∥c (真)

⑴若两条直线都和第三条直线垂直, 则这两条直线平行。

符号表示即:a⊥b, c⊥b⇒a∥c (假)

⑵若两个平面都和一条直线平行, 则这两个平面平行。 (已知命题中的直线变平面)

符号表示即:α∥a, β∥a⇒α∥β (假)

⑶若两个平面都和第三个平面平行, 则这两个平面平行。 (已知命题中的直线变平面)

符号表示即:α∥γ, β∥γ⇒α∥β (真)

⑷若两条直线都和一个平面平行, 则这两条直线平行。 (已知命题中的直线变平面)

符号表示即:a∥α, b∥α⇒a∥b (假)

⑸若两条直线都和一个平面垂直, 则这两条直线平行。 (已知命题中的平行变垂直)

符号表示即:a⊥α, b⊥α⇒a∥b (真)

⑹若两个平面都和一个平面垂直, 则这两个平面平行。符号表示即α⊥γ, β⊥γ⇒α∥β (假)

⑺若两个平面都和一条直线垂直, 则这两个平面平行。 (已知命题中的平面变直线)

符号表示即:m⊥α, m⊥β⇒α∥β (真)

例7.利用四种命题的关系构造命题

原命题:如果两条直线平行, 则它们和第三条直线所成的角相等 (真)

逆命题:如果两条直线和第三条直线所成的角相等, 则两直线平行 (假)

否命题:如果两条直线不平行, 则它们和第三条直线所成的角不相等 (假)

逆否命题:如果两条直线和第三条直线所成的角不相等, 则两直线不平行 (真)

几何构造分析论文 第6篇

要用BSP算法实现构造性实体几何, 则所创建的BSP算法需要满足两个条件:1、构造一个功能出色的多边形分割函数;2、良好的内部程序管理。为此, 我们可以构建一个叶子结构, 包含BSP算法所需要的多边形。如图1所示。

接下来, 我们构造实体A的二叉树:

1、随机选取一个平面, 作为二叉树的根节点 (即初始分割平面) 。这里假定选择的是平面P2.

2、给其所在平面被选为初始分割平面的面做一个标记。

3、用这个分割平面分割实体。

4、所有位于该分割平面前面的面 (包括分割产生的新面) 都添加到前列表中。如果某个面与分割平面共面, 那么根据分割平面的方向, 可以对这个面进行如下划分:如果这个面的法线方向与分割平面相同, 那就把这个面添加到前列表中;否则添加到后列表中。

5、所有位于分割面后面的面 (包括分割产生的新面) 都被添加到后列表中。

6、将前列表和后列表分别看成是根节点 (初始分割平面) 的前节点和后节点。

7、对前列表和后列表从第一步开始重复上述过程。

用这种算法建立的BSP内部节点只包含分割平面以及前方与后方节点的指针。图2为最终的BSF树。

构造好了CSG算法所需要的元素后, 通过使用BSP树, 我们就不再需要用实体多边形来分割其他的实体多边形, 而是用其他的实体BSP树来分割多边形。用BSP树裁剪实体的过程就是:用所有的区分节点 (BSP树的分割平面) 划分所有的实体多边形。这个分割过程从根节点开始, 持续到叶子节点为止。

在根节点处, 所有的多边形被相应划分到front列表和back列表中。如果用具体例子来说的话, 就是从BSP树的根节点开始 (如图2, 来分割多边形DE、EF和FD) 。对于组成实体C的多边形都被根节点裁剪过。最后, 有些多边形被分割了, 有些则没有被分割。所有位于分割平面前面的多边形都被添加到front列表中, 而所有位于分割平面后面的多边形则被添加到back列表中。接下来, P3和P1分别会裁剪到前列表和后列表中, 此过程一直重复, 直到剩下的多边形到达叶子节点为止。当某个列表到达叶子节点时, 就可以决定哪些多边形需要被裁剪, 哪些要保留下来组成最后的CSG实体。

这样, 利用BSP算法, 就可以将复杂图形进行分解, 从而利用已知的CSG算法对问题进行求解。

参考文献

[1]杨钦:《限定Delaunay三角网格剖分技术》, 电子工业出版社, 2005年。

[2]李丽、战守义:《一种凸多面体的阴影生成方法》, 《计算机仿真》, 2004年05期。

构造法在平面几何问题解决中的应用 第7篇

关键词：构造法,平面几何,解题应用

当直接解决某一个数学问题有困难时, 我们可以构造与此相关或有着某种对应关系的另一种数学模型, 利用所构造的数学模型的性质使问题得到解决, 这种解题方法叫做构造法.构造法是以联想为平台, 转化为手段的解题方法.在学习与解题过程中需要不断实践与体会, 才能逐步学会并运用.

一、构造法在三角形中的应用

例1如图, 在△ABC中, ∠A, ∠B, ∠C的对边分别为a, b, c, 且∠CAB=2∠CBA, 求证:a2=b (b+c) .分析仔细观察所求证的等式的形式特征, 可构造相似三角形, 通过对应边成比例使命题得证.

证明:延长CA至点D, 使AD=AB,

连接BD,

∵∠C=∠C, ∴△CBA∽△CDB, 从而

通过以上问题的解决, 使学生学会了根据求证等式的形式特征, 构造相似三角形这一数学模型, 并利用构造的相似三角形的性质使问题得到解决.上面的问题还可以推广为更一般的情况:

例2如图, 在△ABC中, ∠BAC, ∠ABC, ∠BCA的对边分别为a, b, b, 且∠CAB∶∠CBA∠ACB=1∶2∶4, 求证:bc=a (b+c) .

分析从结论出发去思考, 只需证明, 由此联想到相似三角形, 构造相似三角形解题.

证明:以A为圆心, AC为半径画弧交BC的延长线于点D, 延长AB至点E, 使BE=AC, 设∠CAB=α, 则∠CBA=2α, ∠ACB=4α.

∴∠BDE=∠BED=α=∠CAB, 从而△EAD∽△ABC, 即, 故bc=a (b+c) .

通过以上问题的解决, 可以拓宽学生的解题思路, 提高学生分析问题和解决问题的能力.上面的问题还可以做变式训练如下:

变式训练:如图, PA=PB, ∠APB=2∠ACB, AC与PB交于点D, 且PB=4, PD=3, 求ADDC的值. (全国初中数学竞赛题)

二、构造法在四边形中的应用

在有些四边形问题可以利用构造法解决.

例3在四边形ABCD中, AC=BD=a, P为AC与BD的交点, ∠APD=60°, 求四边形ABCD的面积.

分析从已有的图形较难求出四边形ABCD的面积, 由已知AC=BD, 由此联想到菱形, 构造菱形解题.

证明:过四边形ABCD的四个顶点A, B, C, D分别作EF∥BD∥HG, EH∥AC∥FG, 设交点分别为E, F, G, H.

∴四边形EFGH, EACH, AFGC都是平行四边形.∵AC=BD=EH=EF, 从而四边形EFGH是菱形,

通过以上问题的解决, 构造法也可以在四边形中得到应用, 进一步提高学生分析问题和解决问题的能力.上面的问题还可以做变式训练如下:

变式训练:如图, 在四边形ABCD与四边形A′B′C′D′中, 若AC=A′C′, BD=B′D′, ∠APD=∠A′P′D′, 求证:S四边形ABCD=S四边形A′B′C′D′.

三、构造法在多边形中的应用

在有些多边形问题中可以利用构造法解决问题.

例4已知正九形A1A2A3, , A9, A1A2=a, A1A3=b, 求A1A5的长.

分析由于已知图形较难画出, 且所求只涉及A1A5, 因此可只画出局部图形A1A2A3A4A5, 连接A1A5.根据正多边形的特征 (内角相等) , 可知∠A1=∠A2=60°, 由此联想正三角形, 构造正三角形解题.

解如图, 分别延长A1A2, A5A4并相交于点B, 连接A1A5, A2A4, 则∠A2A1A5=∠A4A5A1=

∴△A1A5B和△A2A4B都是正三角形.

通过以上问题的解决, 构造法也可以在多边形中得到应用, 培养学生用构造法从四边形迁移到多边形的能力.上面的问题还可以做变式训练如下:

变式训练1:凸八边形ABCDEFGH的八个内角都相等, 且AB, BC, CD, DE, EF, FG的长度分别为5, , 求这个八边形的周长.

变式训练2:如图, 一个六边形的6个内角都是120°, 其连续四边的长依次是1 cm, 9 cm, 9 cm, 5 cm, 求这个六边形的周长.

通过以上3个方面的问题探讨, 使学生学会了用构造法解平面几何题的方法, 通过问题的变式训练, 拓宽了学生的视野, 进一步提高了学生分析问题和解决问题的能力, 培养了学生的“应用数学的意识”, 并落实到了初中数学竞赛教学中去, 从而提高了学生学习数学的兴趣, 逐步形成应用数学知识解决问题的良好习惯.

参考文献

[1]岑申, 王而冶.数学竞赛阶梯训练.杭州:浙江教育出版社, 2002.

[2]马复.设计合理的数学教学.北京:高等教育出版社, 2003.

[3]丁保荣.初中数学竞赛教程.杭州:浙江大学出版社, 2009.