85636 (Инверсия и ее применение), страница 6

Рис. 2

Исследование. Задача всегда имеет решение и притом единственное.

Задача 3. Построить фигуру, инверсную окружности, концентрической базисной.

Анализ. Пусть щ (О, Р) – базисная окружность инверсии, щ1 (О1, R1) – данная окружность. Так как окружность щ (О, R1) не проходит через центр инверсии, то преобразуется в окружность. Для построения искомой окружности надо найти точки Аґ и Вґ - инверсные точкам А и В, где А и В – диаметрально противоположные точки, а отрезок АґВґ - являются диаметром искомой окружности.

Построение.

1. щ (О, Р) базисная окружность, щ1 (О1, R1) – данная окружность, причем R1 ≠ R2;

2. О m – произвольная прямая;

3. А = m щ1, В = m щ2;

4. Точка Аґ - инверсна точке А, Вґ - Инверсна точке В;

5. щ1ґ (О, ) – искомая окружность (рис 3).

Доказательство следует из анализа.

Рис 3

Исследование. Задача всегда имеет единственное решение.

Задача 4. Точка описывает хорду базисной окружности, отличную от диаметра. Построить линию, которую описывает инверсная точка.

Анализ. Пусть щ (О, Р) – базисная окружность инверсии, АВ – хорда, причем О АВ. Точка М описывает хорду АВ.

Заметим, что А = Аґ, В = Вґ. Прямая АВ не проходит через центр О, значит преобразуется в окружность щ1, которая проходит через центр.

Но так как дана не вся прямая, а только хорда АВ, то она преобразуется в дугу относительно окружности щ1 (концы дуг А и В), причем, во внешнюю дугу относительно окружности щ (О, Р), так как данная точка М расположена внутри окружности щ (О, Р).

Построение.

1. щ (О, Р), АВ – данная хорда;

2. щ1 – окружность, которая проходит через точки О, А, В;

3. АmВ – внешняя относительно щ, которая является искомой фигурой (рис. 4).

Рис 4

Доказательство следует из анализа.

Исследование. Задача всегда имеет единственное решение.

Задача 5. Найти такую точку, чтобы касательные, проведенные из нее к двум данным окружностям были равны ее расстоянию от данной точки.

Анализ. щ1 (О1, R1), щ2 (О2, R2) – данные окружности. Пусть точка А – искомая, тогда АК = АМ = АN. АК – касательная к щ1, АМ – касательная к щ2, то есть точка А а12 – радикальная ось окружности щ1 и щ2 и А а20 – радикальная ось щ2 и точки N, отсюда следует, что А = а12 а20.

Построение.

1. щ1 (О1, R1), щ2 (О2, R2) – данные окружности, N – данная точка;

2. а12 – радикальная ось щ1 и щ2;

3. а20 – радикальная ось щ2 и N;

4. А = а12 а20, А – искомая точка (рис. 5).

Рис. 5

Доказательство. Точка А – радикальный центр щ1, щ2 и N.

Исследование.

1. Если щ1 и щ2 - концентрические, то задача не имеет решения.

2. Если N внутри щ1 (О1, R1) или щ2 (О2, R2), то решений нет.

3. Если радкальные оси параллельны, то решений нет.

4. Если радикальные оси совпадают, то задача имеет бесконечное множество решений.

Задача 6. Построить фигуру, инверсную сектору базисной окружности.

Анализ. Пусть щ (О, R) – данная базисная окружность, АmВО – данный сектор.

При инверсии точка А переходит в точку Аґ, часть луча ОА переходит во внешнюю его часть АґК∞. дуга АmВ при инверсии преобразуется в себя.

Точка В преобразуется в точку Вґ. ОВ преоюразуется в ВґL∞. Таким образом сектор базисной окружности АmВО преобразуется в фигуру, определяемую внешней частью луча, АґК∞, ВґL∞ и дугой АґmВґ.

Построение.

1. щ (О, R) – базисная окружность;

2. А ≡ Аґ, В ≡ Вґ;

3. ОА → АґК∞;

4. ОВ → ВL∞;

5. АmВ → АґmВґ;

6. К∞АґmВґL∞ - искомая фигура (рис. 6).

Доказательство. Доказательство следует из анализа и построения.

Исследование. Задача имеет всегда решение и притом единственное.

Рис. 6

Задача 7. Даны две окружности, касающиеся друг друга в точке А. приняв точку А за полюс инверсии построить фигуру, инверсную двум окружностям.

Анализ. Пусть щ1 (О1, R1), щ2 (О2, R2) – данные окружности, щ (А, R) - базисная окружность. В = щ щ2, С = щ щ2, D = щ щ1, К = щ щ1. при инверсии точки В, С, D и К преобразуются в себя, так как они принадлежат щ (А, R). Так как окружности щ1 и щ2 проходят через центр базисной окружности, то они преобразуются в прямые : l1 B, l1 C, l2 D, l2 К.

Построение.

1. щ1 (О1, R1), щ2 (О2, R2) – данные окружности, щ1 щ2 = А, щ (А, R) - базисная окружность;

2. В = В = щ щ2, В → Вґ;

С = С = щ щ2, С → Сґ;

3. D = щ щ1, D → Dґ;

К = К = щ щ1, К → Кґ;

4. l1 Вґ, l1 Сґ, l2 Dґ, l2 Кґ, l1 и l2 – искомые прямые (рис 7).

Рис. 7

Доказательство.Доказательство следует из анализа и построения.

Исследование. Задача имеет единственное решение.

Задача 8. через данную точку А провести окружность, ортоганальную двум данным окружностям.

Анализ. щ1 (О1, R1), щ2 (О2, R2) – данные окружности, точка А - данная точка.

Примем щ1 и щ2 за базисные, тогда точка А при инверсии преобразуется в точку Аґ, Аґ О1А, и А преобразуется Аґґ, Аґґ О2А.

А, Аґ, Аґґ щ (О, ОА), щ – искомая окружность.

Построение.

1. щ1 (О1, R1), щ2 (О2, R2) – данные окружности, А – данная точка;

2. А → Аґ, Аґ О1А;

3. А → Аґґ, Аґґ О2А;

4. А, Аґ, Аґґ щ (О, ОА);

щ (О, ОА) – искомая окружность (рис. 8).

Рис. 8

Доказательство. Окружность, проходящая через три взаимноинверсные точки, ортоганальна двум данным окружностям. А, Аґ, Аґґ - взаимноинверсные точки.

Исследование. Задача имеет единственное решение.

Задача 9. Зная радиус инверсии, расстояние двух точек А иВ от центра инверсии и расстояние АВ, вычислить расстояние между точками Аґ и Вґ, соответственно инверсными точкам А и В.

Анализ. щ (О,R) – базисная окружность, А и В – данные точки. ОА = а, ОВ = b, АС = с. При инверсии точка А преобразуется в точку Аґ, В преобразуется в Вґ.

Из подобия треуголиников ОАВ и ОАґВґ следует, что , АґВґ = ; ОАґ ОА = R2; ОАґ = , АґВґ = (рис. 9).

Рис. 9

Доказательство. Доказательство следует из свойств взаимноинверсных точек А и Аґ, В и Вґ и подобия ОАВ и ОАґВґ.

Исследование. Задача имеет единственное решение.

Задача 10. Даны окружность щ1 (О1, R1) и прямая l. Построить окружность инверсии щ (О, R), относительно которой щ1 (О1, R1) и прямая l были бы взаимноинверсны.

Анализ. щ1 (О1, R1) – данная окружность, l – данная прямая. m – произвольная прямая, m l. А m, А l.

При инверсии точка А преобразуется в точку Аґ, Аґ щ1, Аґ = щ1 m. l ║lґ, lґ m, lґ А. О = m щ1, В = щ2 (О2, ) lґ.

ОВ – радиус искомой окружности инверсии.

Построение.

1. щ1 (О1, R1) – данная окружность, l – данная прямая;

2. m l, m – произвольная прямая, m l = А, m щ1 = О;

3. l ║lґ, lґ m, Аґ lґ;

4. щ2 (О2, );

5. В = щ2 lґ;

6. щ (О, ОВ) – искомая окружность (рис. 10).

Рис. 10

Доказательство. Так как по условию щ1 (О1, R1) и прямая l взаимноинверсны, то щ1 (О1, R1) проходит через центр окружности инверсии, значит взяв произвольную точку А l, мы должны построить касательную к искомой окружности в точке В. АґВ О1Аґ, О1А, Аґ принадлежит одной прямой m.

Исследование. Задача имеет единственное решение.

Задача 11. Дана окружность щ (О, R) и АВС, где А, В, С щ. Построить фигуру, инверсную вписанному треугольнику АВС.

Анализ. АВС – данный треугольник, А, В, С щ (О, R). При инверсии точки, принадлежащие базисной окружности преобразуется в себя, то есть А ≡ Аґ, В ≡ Вґ, С ≡ Сґ. Прямая, не проходящая через центр инверсии преобразуется в окружность, проходящую через центр инверсии, то есть АВ преобразуется в дугу АmВ окружности г1, ВС преобразуется в дугу ВnС окружности г2, АС преобразуется в дугу АkС окружности г3. таким образом АВС преобразуется при инверсии в три дуги.

Построение.

1. щ (О, R) – базисная окружность, АВС, А,В,С щ;

2. А ≡ Аґ, В ≡ Вґ, С ≡ Сґ;

3. АВ → АmВ, АmВ г1 (О, R1),

ВС → ВnС, ВnС г2 (О, R2),

АС → АkС, АkС г3 (О, R3);

1. АґmВґnCґkAґ - искомая фигура (рис 11).

Доказательство.

Доказательство следует из анализа.

Исследование.

Задача всегда имеет решение и притом единственное.

Рис 11

Задача 12. Даны точка О и две не проходящие через нее прямые а и b. Провести через точку О такой луч, чтобы произведение его отрезков от точки О до точек пересечения с данными прямыми было равно квадрату данного отрезка.

Анализ. Пусть точка О – данная точка, а и b – данные прямые, ОВ - искомый луч, такой что ОА ОВ = r2, где r – данный отрезок.

Инверсия относительно окружности щ (О, r) переведет точку А в точку В, а прямую а – в некоторую окружность г, проходящую через точку В. Таким образом, В ≡ г b.

Построение.

1. щ (О,r) – базисная окружность;

2. а → г;

3. В ≡ г b;

4. ОВ – искомый луч (рис 12).

Доказательство.

Пусть А = ОВ а, тогда А – прообраз точки В в инверсии относительно щ (О, r), так как прямая а – прообраз окружности г, то по определению инверсии ОА ОВ = r2.

Исследование.

1. Если г b, то задача имеет два решения;

2. Если окружность г касается b, то задача имеет одно решение;

3. Если г не пересекается с b, то решений нет.

Заключение

Геометрические построения могут сыграть серьезную роль в математической подготовке школьника. Задачи на построение, решаемые с помощью инверсии обычно не допускают стандартного подхода к ним и формального восприятия их учащимися. Такие задачи удобны для закрепления теоретических знаний учащихся по любому разделу школьного курса геометрии. Решая геометрические задачи на построение, учащиеся приобретают много полезных чертежных навыков.