Полная версия

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

  • Увеличить шрифт
  • Уменьшить шрифт


<<   СОДЕРЖАНИЕ ПОСМОТРЕТЬ ОРИГИНАЛ   >>

Метод подобия

Прежде чем приступить к разбору предложенных ниже задач, целесообразно вернуться к гл. 3, в которой даны рекомендации по использованию метода подобия для решения задач на построение.

Задача 6.23. Дан ДАВС и требуется построить другой треугольник, подобный данному, в котором сторона, сходственная с АВ, равна данному отрезку MN.

Решение

Анализ. Так как искомый треугольник должен быть подобен данному, то, значит, оба эти треугольника имеют соответственно равные углы и пропорциональные стороны. Допустим, что мы совместили один из углов искомого треугольника с углом А данного треугольника так, что стороны угла искомого треугольника расположились на сходственных сторонах данного треугольника, и получили рис. 6.23, где AADE — искомый. Рассматривая этот рисунок, можно сказать, что по условию задачи

. AD АВ

и что в силу подобия треугольников-=-и, значит,

АЕ АС

Отложить на стороне АВ (или на ее продолжении) от точки А отрезок AD, равный MN, вполне возможно. Если из конца (D) этого отрезка проведем прямую DD' параллельно ВС, то она от угла ВАС отсечет искомый AADE. Из соотношений (1) и (2) вытекает ход требуемого построения.

Построение. 1. На стороне АВ данного треугольника (или на ее продолжении) от точки А отложим отрезок AD, равный MN.

2. Из точки D проведем прямую DD', параллельную стороне ВС, и обозначим буквой Е точку пересечения прямых АС и DD'. ДADE — искомый.

Доказательство. Правильность построения вытекает из свойства подобных треугольников.

Исследование. Если отрезок MN не равен нулю и не безмерно велик, т.е. О < MN < °°, то задача всегда имеет решение.

Задача 6.24. Построить треугольник, который подобен данному треугольнику АВС и имеет периметр, равный данному отрезку MN.

Решение

Анализ. По условию искомый треугольник подобен данному, а потому отношение их периметров равно отношению сходственных сторон. Следовательно, эта задача сводится к предыдущей.

Рис. 6.24

Рис. 6.23

Построение. 1. На продолжении стороны АС откладываем влево от точки А отрезок AD, равный АВ, и вправо от точки С — отрезок СЕ, равный ВС, и получим, что DE есть периметр данного ААВС (рис. 6.24). [1] [2]

Но есть и другой способ получить искомый треугольник.

4. Отложив на стороне АВ данного треугольника (рис. 6.25) от точки А отрезок АК, равный DG, проведем через точку К прямую KL, параллельную стороне ВС. Линия KL пересечет сторону АС в некоторой точке М. ААКМ — искомый.

Рис. 6.25

Доказательство. Правильность построения основана на свойстве подобных фигур.

Исследование. Если нам дан ДАВС, то, значит, существуют и подобные ему треугольники и среди них искомый. Если только периметр искомого треугольника представляет собой конечный отрезок, не равный нулю, т.е. О < MN < то задача имеет решение, и притом одно.

Задача 6.25. Дан квадрат, сторона которого равна а; требуется построить равновеликий ему ромб, один из углов которого равен а.

Решение

Анализ. Площадь искомого ромба нам дана (а), а поэтому для решения задачи достаточно сначала построить какой-нибудь ромб, подобный искомому.

Построение. 1. Строим угол АОВ, равный а (рис. 6.26). На его сторонах от точки О откладываем произвольные, но равные отрезки: ОС и OD. Из точек С и D радиусами, равными ОС, чертим дуги, которые, допустим, пересекутся в некоторой точке Е. CEDO — ромб, подобный искомому.

  • 1
  • 2. Площадь построенного нами ромба CEDO так относится к площади (а2) искомого, как квадраты сходственных сторон, т.е.

где х обозначает длину стороны искомого ромба.

2 ОС2 2а ОС

Из равенства (*) получим х2 =-, т.е. х = - --^=, после чего

К СВОЕ yJCDOE

известным построением найдем, что искомый отрезок х равен некоторому отрезку FG.

  • 3. Из точки О радиусом, ровным EG, делаем на сторонах угла АО В засечки L и N.
  • 4. Из точек L и N радиусами, равными FG, проводим дуги, которые, допустим, пересекутся в некоторой точке М.

LMNO — искомый ромб.

Задача 6.26. Построить треугольник по двум углам и сумме радиусов вписанной и описанной окружностей.

Решение

Ключевым условием, определяющим метод решения, является задание двух углов. Построим произвольный треугольник, два угла которого имеют заданную величину (рис. 6.27, треугольник ABjCj). Этот треугольник подобен искомому. Находим в нем нужный линейный элемент 1г (в нашем случае 1г = гг + Rх — сумма радиусов вписанной и описанной окружностей). Проводим через А произвольный луч, откладываем на этом луче отрезки АМ1 = 1ги AM = 1(1 — данный отрезок, в нашем случае Z = г + R), соединяем Мг с Вь проводим через М прямую, параллельную М}ВЬ находим точку В, а затем точку С (ВС || BjCJ. Треугольник АВС — искомый.

Рис. 6.27

Задача 6.27. Даны треугольник АВС и точка М вне его. Провести через М прямую так, чтобы отрезок внутри треугольника равнялся отрезку от точки М до пересечения с границей треугольника.

Решение

Построим АА]ВуС1, гомотетичный ДАВС с коэффициентом 2 относительно точки М (рис. 6.28), т.е. на лучах МА, МВ и МС построим точки Аь Bj и Сь так что МАг = 2МА, МВХ = 2МВ, МСг = 2МС. Найдем точки пересечения границ треугольников АВС и А1В1С1 (точки Мг и М2 на рис. 6.28). Прямые ММХ и ММ2 являются искомыми.

Рис. 6.28

Замечание. Вместо треугольника можно взять любую фигуру, граница которой состоит из отрезков прямых и дуг окружностей.

Задача 6.28. В данный сектор вписать квадрат.

Решение

Возможны два случая расположения вершин квадрата на границе сектора. Решим задачу для одного случая. Возьмем на одном радиусе границы сектора точку К, проведем перпендикуляр KL к другому радиусу и достроим до квадрата KLMN (рис. 6.29). Проведем луч ON и найдем Nj — точку пересечения этого пуча с дугой сектора.

Рис. 6.29

Nj — вершина искомого квадрата (K^LjMjNx).

Самостоятельно рассмотрите второй вариант: две вершины квадрата расположены на дуге сектора.

  • [1] Из точки D проводим под произвольным углом луч DD' и на немоткладываем отрезок DF, равный MN.
  • [2] Соединив точки Е и F, проводим через точки А и С прямые, параллельные отрезку EF; они пересекут его в некоторых точках G и Н. Отрезки DG, GH и HF являются сторонами искомого треугольника.Следовательно, можно искомый треугольник построить по трем сторонам.
 
<<   СОДЕРЖАНИЕ ПОСМОТРЕТЬ ОРИГИНАЛ   >>