Полная версия

Главная arrow Математика, химия, физика arrow ГЕОМЕТРИЯ: ПЛАНИМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ НА ПОСТРОЕНИЕ

  • Увеличить шрифт
  • Уменьшить шрифт


<<   СОДЕРЖАНИЕ ПОСМОТРЕТЬ ОРИГИНАЛ   >>

Исследование.

Исследование состоит в выяснении того, в каких случаях решение задачи возможно и какое число решений задача может иметь в зависимости от заданных условий. Более детально цели этапа исследования сводятся к следующему:

  • а) установить, имеет ли задача решение, и если да, то сколько;
  • б) установить, при каких условиях (при каких значениях параметра) задача может быть решена;
  • в) установить выполнимость каждого отдельного шага построения;
  • г) установить, будут ли фигуры, полученные при различных способах построения, удовлетворять условию задачи.

Этап исследования побуждает учащихся внимательно относиться к условию задачи, вникать в его содержание и выяснять, какие причины обусловливают получение нескольких решений.

Если исследование является сложным, то целесообразно его результаты представить в виде соответствующей таблицы, из которой легко было бы усмотреть, при какой конфигурации сколько и каких решений имеет данная геометрическая задача на построение.

Приведем здесь исследование задачи 2.2.

Задача имеет два решения, когда ha <—а. Если ha = —а, т0 получаем

равнобедренный прямоугольный ААВС, в этом случае задача имеет одно решение.

На примере еще одной задачи на построение мы покажем, каким образом выполняется каждый этап решения.

Задача 2.3. Из данной точки М построить касательную к данной окружности О (г), если ОМ > г.

Решение

Анализ. Предположим, что КМ — искомая касательная к окружности О (г) (рис. 2.3). Тогда, отложив на продолжении радиуса ОК отрезок КР = ОК и проведя отрезки РМ и ОМ, получим равнобедренный треугольник ОРМ, в котором отрезок касательной МК является высотой. Построив точку Р, найдем точку К, а затем касательную КМ. Таким образом, задача сводится к построению точки Р.

Рис. 2.3

Построение. 1. Строим окружность М(МО) с центром в точке М и радиусом МО.

  • 2. Проводим прямую ОМ и находим точки Л и С пересечения данной окружности О (г) с ОМ.
  • 3. Проводим окружность О (АС) с центром в точке О и радиусом АС.
  • 4. Находим точку Р — точку пересечения двух окружностей.
  • 5. Проводим прямую ОР через две точки: О и Р.
  • 6. Строим точку К — точку пересечения прямой ОР и окружности О (г).
  • 7. Строим прямую КМ через две точки: К и М.

Доказательство. В равнобедренном ДОРМ отрезок КМ — медиана (ОР = 2ОК), а следовательно, и высота. Таким образом, прямая КМ перпендикулярна радиусу ОК в конце его, т.е. КМ — касательная к окружности О(г).

Исследование. Задача имеет два решения: из точки М можно к окружности О(г) провести две касательные МК и МКЬ так как точки касания К и Кг симметричны относительно оси ОМ.

Заметим, что многие задачи на построение могут быть решены не одним, а несколькими методами. Проиллюстрируем сказанное на примерах таких задач (задачи 2.4 — 2.6).

Задача 2.4. Построение касательной к окружности Q(0, R) в точке А е е Q сводится к построению перпендикуляра к прямой ОА в точке А. Более содержательной и интересной является задача построения к окружности касательной, проходящей через точку А, не принадлежащей ей.

Решение

Рассмотрим различные способы решения этой задачи.

А. Традиционное построение касательной сводится, как известно, к следующему: на отрезке ОА как на диаметре строят окружность Qx, пересекающую данную окружность Q в точках В и С (рис. 2.4). Прямые АВ и АС — искомые касательные.

Рис. 2.4

Это построение основано на том, что вписанный в окружность Qa ZOBA, опирающийся на диаметр, равен 90°.

Заметим, что это свойство вписанных углов может быть доказано лишь после того, как наряду с другими аксиомами планиметрии уже принята аксиома о параллельных (через точку, не лежащую на прямой, проходит единственная прямая, параллельная ей) и некоторые следствия из нее, например что сумма углов треугольника равна 180°.

Покажем еще несколько способов решения этой задачи, не требующих обоснования, опирающегося на теорию параллельных прямых.

Б. Построим окружность Qj(A, АО) и пересечем ее другой окружностью Q2(0, 2Я) (рис. 2.5).

Рис. 2.5

Обозначим полученные точки пересечения через М и N. Отрезки ОМ и ON пересекают данную окружность Q(0, ОБ) в точках В и С. Прямые АВ и АС — искомые касательные.

В. В третьей книге «Начал» Евклида есть такой способ построения касательной к окружности.

зо

Проводим окружность Qj(0, ОД) (рис. 2.6). Строим в точке Р, которая является пересечением заданной окружности и отрезка ОД, касательную t к заданной окружности, пересекающую окружность Qj(0, ОД) в точках М и N. Отрезки ОМ и ON пересекают заданную окружность в точках В и С; прямые АВ и АС — искомые касательные.

Рис. 2.6

Действительно, АРОМ и АВОА равны, так как у них общий угол при вершине О, заключенный между соответственно равными сторонами (OP = ОВ, ОМ = ОД). Но АОРМ прямоугольный (ZP = 90°), поэтому Z.B = 90°, и следовательно, прямая АВ — касательная к окружности Q.

Г. Проведем окружность Qj(0, ОД). Касательная к окружности Q в произвольной точке Р0 е Q пересечет окружность Qj в точках М и N (рис. 2.7). Поворот Р^, при котором точкам соответствует точке Д, отображает точку N на точку L. Прямая AL — искомая касательная.

Рис. 2.7

Действительно, поворот Rq отображает касательную к окружности Q на касательную к окружности Q (MN —> AL). Чтобы сделать построение, проведем окружность QjQV, ДМ). Одна из двух точек пересечения окружностей Q2 и Qj и есть точка L, а именно та, для которой направленный ZMOA равен направленному ZNOL.

Построение второй касательной к окружности Q сводится к выполнению поворота Rq, при котором точка N переходит в точку Л. В этом случае точка М переходит в точку S и прямая AS — вторая касательная.

Д. Строим последовательно окружность Qa(0, ОА), касательную к окружности Q в произвольной точке Р0, пересекающую окружность Q] в точках М и N, и окружность Q2(A, MN), пересекающую окружность Q, в точках Р и L (рис. 2.8).

Рис. 2.8

Прямые АР и AL — искомые касательные. Этот способ основан на использовании свойств хорд окружности, равноудаленных от ее центра, — эти хорды равны.

Действительно, хорды АР иМ равны хорде MN, поэтому прямые АР и AL находятся от центра О на таком же расстоянии R, как и прямая MN. Но в таком случае прямые АР и AL — касательные к окружности Q.

Е. Пусть искомая касательная АВ пересекает касательную I к окружности Q(0, R) в ее точке L в некоторой точке М (рис. 2.9). Очевидно, что МО — биссектриса ZLMA. Биссектриса угла, смежного с ZLMA, пересе-

с - LS LO

кает прямую АР в точке S, для которой — = —.

SA ОА

Рис. 2.9

Итак, построив точку S, можно построить окружность Qj на диаметре OS. Поскольку ZSMO прямой, то окружность Q, пересечет прямую I в точках М и N таких, что AM и AN — искомые касательные.

Задача 2.5. Найти геометрическое место точек, из которых данный отрезок АВ виден под прямым углом (напомним читателю, что отрезок АВ из точки О виден под углом а, если ZAOB = а).

Решение

Рассмотрим различные способы решения.

Способ 1. Пусть из точки М отрезок АВ виден под прямым углом (рис. 2.10).

Рис. 2.10

Построим ZAMO = ZMAB = а; тогда ZOMB = ZMBO = (3 = 90° - а; треугольники АОМ и МОВ равнобедренные, следовательно, АО = ОМ = ОВ,

т.е. ОМ = -^АВ. Таким образом, точка М удалена от середины данного отрезка на постоянную величину, равную — АВ, следовательно, точка М принадлежит окружности с центром О и радиусом г = АВ/2.

Справедливо и обратное предложение. Допустим, что точка принадлежит найденной окружности, тогда ZAMB = 90° как вписанный в окружность и опирающийся на диаметр. Отсюда заключаем, что из любой точки М окружности, исключая точки А и В, отрезок АВ виден под прямым углом.

Таким образом, геометрическое место точек (ГМТ), из которых данный отрезок АВ виден под прямым углом, есть окружность диаметра АВ без точек А и В.

Способ 2. Если точка М не совпадает с точками А и В и точка М лежит на окружности, то ZAMB = 90°. если М лежит внутри или вне окружности, то ZAMB Ф 90° (по свойству углов с вершиной внутри и вне круга). Отсюда искомое ГМТ совпадает с найденным выше.

Способ 3. Пусть из точки М отрезок АВ виден под прямым углом (рис. 2.11).

Соединив точку М с серединой О отрезка АВ, отложим на прямой ОМ отрезок OD = ОМ. Проведем отрезки AD и BD.

Четырехугольник AMBD — прямоугольник, следовательно, DM = АВ; отсюда ОМ --АВ-ОА-ОВ. Таким образом, точка М принадлежит

окружности с центром в точке О и радиусом ОМ --^АВ.

Доказательство справедливости обратного предложения дано при рассмотрении способа 1 решения задачи.

Способ 4 (аналитический). Пусть из точки М отрезок АВ виден под прямым углом (см. рис. 2.11). Положим АВ = 2а. введем прямоугольную систему координат, приняв за ось Ох прямую АВ, а за начало координат середину отрезка АВ. Обозначим через хиу координаты точки М. Тогда координаты точек А и В будут соответственно равны (-а, 0) и (а, 0).

Проведем МК1АВ. По свойству перпендикуляра, опущенного из вершины прямого угла на гипотенузу, имеем МК2 = АК ? КВ, или у2 ~(х +а) х х (х - а), откуда получаем

Рис. 2.11

Это уравнение есть уравнение окружности ofi, АВj.

Всякая точка М, не совпадающая с концами отрезка АВ, координаты которой удовлетворяют уравнению (1), обладает указанным свойством, т.е. ZAMB = 90°, что доказывается рассуждением, обратным приведенному.

Задача 2.6. Построить треугольник АВС по сторонам ВС, АС и разности ZB - ZA (ZB > ZA).

Решение

Рассмотрим различные способы решения.

Способ 1. Анализ. Предположим, что треугольник, удовлетворяющий условию, построен (рис. 2.12), и пусть АС = Ъ, ВС = a, ZB - ZA = а.

Построим ось симметрии I вершин А и В. отметим точку, симметричную точке С относительно (. Так как АСг и ВС симметричны относительно I, то АС1 - СВ-а и ZCXAB = ZABC. По условию ZB - ZA - а, тогда ZC}AB - ZCAB = ZCjAC = а. Значит, две стороны и угол между ними

ACjAC известны: АС = b, СХА = а и ZCTAC = а. Для решения этой задачи достаточно построить ACjAC.

Рис. 2.12

Построение. 1. Строим AQAC по двум сторонам и углу между ними.

  • 2. Проводим ось симметрии I точек Q и С.
  • 3. Строим В = S;(A).
  • 4. Строим СВ.
  • 5. ААВС искомый.

Доказательство. По построению АС = b и СВ = SjCQA), тогда СВ = а; ZCBA = ZCXAB по построению, значит, ZCXAB - ZCAB = а.

Исследование. Очевидно, что ААВС строится при помощи ДСХАС. Для возможности построения АСХАС должно выполняться условие 0° < < а < 180°, отсюда следует, что афЪ.

Способ 2. Принимая CD = hc (высоту) (рис. 2.13) за ось симметрии, построим точку Вj — образ точки В при осевой симметрии относительно оси hc. Тогда СВХ = СВ, ZCBXB = СВВХ и поэтому ZACBX = а.

Рис. 2.13

Строим ААСВЬ как в первом способе, потом, приняв за ось симметрии высоту CD, построим точку В — образ точки Вх при осевой симметрии относительно hc. Тогда ААВС будет искомым.

Способ 3. Из вершины С треугольника АВС проведем прямую I, параллельную стороне АВ (рис. 2.14), тогда СВа - СВ - а и ZBXCA = 180° - а.

Действительно,

Рис. 2.14

Итак, задача сводится к построению треугольника по двум сторонам АС = Ъ, СВj = а и углу меду ними: /АСВ1 = 180° - а. После этого построение искомого треугольника очевидно.

Способ 4. Проведем через вершину В прямую BD (рис. 2.15), пересекающую АС в точке D так, чтобы ZABD - ZA.

Рис. 2.15

Имеем: ZDBC = /АВС - ZABD = /В - /А, ВС = a, BD + DC = АС. Построим вспомогательный ABDC по стороне ВС, углу CBD и сумме двух других сторон BD и DC.

Построение ДBDC может быть выполнено так: строим угол, равный данной разности углов и /А. На одной стороне его от вершины В откладываем отрезок ВС, на второй стороне — отрезок BF, равный сумме двух сторон (в нашем случае АС). Далее, к отрезку CF проводим серединный перпендикуляр, точка пересечения которого с BF и будет вершиной D вспомогательного ДАВС.

Способ 5 (алгебраический).

Так как АС = Ь, ВС = а, /В - /А - а, то по теореме синуса имеем

АС СВ . . ВС sin В . asinB

-=-, откуда следует sin А =-, а отсюда имеем arcsin-.

sin В sin А АС о

Далее получаем - arcsin Q^in^ = а, таким образом, градусная мера

о

угла В известна.

Задача сводится к построению треугольника по двум данным сторонам и углу, лежащему против одной из этих сторон.

Как показывает опыт, целесообразно, внося в условие задачи небольшие изменения, предлагать учащимся серию задач, решаемых аналогично, но с нарастающей трудностью. Для примера приведем такую серию задач на построение (обучающиеся, решая предложенные ниже задачи, осознают нарастание сложности при переходе от одной из них к другой).

  • 1. Построить окружность радиуса г, проходящую через точку А.
  • 2. Построить окружность радиуса г, касающуюся окружности (О, г) внешне.
  • 3. Построить окружность, касающуюся:
    • а) параллельных прямых тип;
    • б) пересекающихся прямых тип;
    • в) кольца, ограниченного окружностями (О, г) и (О, г) (R > г).
  • 4. Построить окружность, касающуюся прямых т и п (т || п), и проходящую через точку К g т, К п) (рис. 2.16).

Рис. 2.16

5. Построить окружность, касающуюся прямых т и п (т || п), и окружности (К, г), лежащей между данными прямыми (рис. 18).

Рис. 2.17

Рис. 2.18

  • 6. Построить окружность, касающуюся прямых т и п (т || п), и прямую с, пересекающую прямые т и п в точках К и L, (К е т, L е п) (рис. 2.18).
  • 7. Построить окружность, касающуюся пересекающихся прямых т и п и проходящую через точку К (К g т, К е п) (рис. 2.19).

Рис. 2.19

8. Построить окружность, касающуюся пересекающихся прямых тип, прямой с, которая пересекает прямые т и п в точках В и С (рис. 2.20).

Рис. 2.20

9. Построить окружность, касающуюся кольца, ограниченного окружностями (О, Я) и (О, г) (Я > г) и проходящую через точку Я (точка К находится между окружностями) (рис. 2.21).

Рис. 2.21

10. Построить окружность, касающуюся кольца, ограниченного окружностями (О, Я) и (О, г) (Я > г), и окружности (К, гх), находящейся в кольце (рис. 2.22).

Рис. 2.22

11. Построить окружность, касающуюся кольца, ограниченного окружностями (О, R) и (О, г) (Я > г), и прямой с, пересекающей кольцо (рис. 2.23).

Рис. 2.23

 
<<   СОДЕРЖАНИЕ ПОСМОТРЕТЬ ОРИГИНАЛ   >>