1611141253-0dfb8816724db4a6366d8ff392ad2dc5 (824988), страница 41
Текст из файла (страница 41)
д., и т. п. Приведем пример другого рода задачи, решаемой методом подобия. Задача. Построить окружность, касающуюся сторон г7анного (неразвернутого) угла и проходящую >ерез данную точку Л внутри угла. Р е ш е н и е. Строим окружность, касающуюся сторон данного угла. Для этого откладываем на сторонах угла от его вершины 0 равные отрезки и в их концах проводим перпендикуляры к сторонам; в их пересечении получаем центр 5 окружности, он лежит на биссектрисе угла. Из вершины угла проводим луч через точку А. Он пересекает окружность в двух точках В, С.
Находим на биссектрисе точки 5>, 5« такие, что 05; 05> = ОВ: ОА, 05: 054 = ОС ' ОЛ. Это и будут центры окружностей с требуемыми свойствами. Метод двух геометрических мест. Этот метод применим тогда, когда нужно построить точку М, удовлетворяющую двум условиям. Тогда строим, если возможно, два геометрических места точек, удовлетворяющих одному и другол>у из этих условий; в пересечении этих геометрических мест получаем точку Ч. Применение этого метода можно видеть в простейших построениях, когда проводится окружность— геометрическое место точек, удаленных от данной точки на данное расстояние. Так, при построении треугольника по трем сторонам ищется его вершина С, находящаяся на данных расстояниях а, Ь от двух других вершин — Л, В. Описываются окружное>п вокруг А и В радиусами Ь н а, и в их пересечении кол)чают вершину С.
1П.К РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ НА ПОСТРОЕНИЕ 247 Приведем интересный пример задачи, решаемой методом геометрических мест. Задача. Оа прямой 1 даны четыре точки А, В, С, Р Требуется найти такую точку М, из которой отр зки АВ, ВС, СР видны под равными углами, т. е. кАМВ = г'.ВМС = г.'СМР (рис. 78). Рис.
78 П о и с к р е ш е н и я, Требование задачи можно перефразировать так, что в треугольниках АМС и ВМР отрезки МВ, МС должны быть биссектрисами. По известному свойству биссектрисы оиа делит противоположную сторону на отрезки, пропорциональные сторонам. Следовательно, должно быть АМ: СМ= АВ: СВ, ВМ: РМ =ВС: СР. (1) Первое равенство означает, что точка М принадлежит геометрическому месту точек, отношение расстояний которых от двух данных точек А, С равно АВ: СВ (т. е. такое же, как у точки В).
Это геометрическое место есть окружность (окружность Аполлония; ) 3, гл. 1, ч. 1) или прямая, если АВ = ВС. Совершенно так же точка М должна принадлежать геометрическому месту точек, отношение расстояний которых от точек В и Р равно ВС: СР. Это тоже окружность или прямая. Искомая точка М должна быть точкой пересечения этих окружностей или прямой с окружностью. (Прямые здесь не могут пересекаться, так как обе они перпендикулярны прямой, на которой лежат точки А, В„С, Р. Таким образом, сразу видно, что задача не всегда имеет решение.) П остр ос ни е. Положим АВ = а, ВС = Ь, СР = = с.
Окружность, описываемая точками М с первым условием (!), пересекает прямую ! в точке В и еше в такой точке Е, что АЕ: СЕ = АВ; СВ = а: Ь. Центр 24а ЧАСТЬ К ЭЛЕМЕНТАРНАЯ ГЕОМЕТРИЯ этой окружности — середина отрезка ВЕ. Если а ) Ь, то АЕ=АВ+ВС+СЕ=а+Ь+н и а+Ь+х а а+Ь х=Ь вЂ”. х Ь' а — Ь Зас > Ь(а+ Ь+ с), так что !+— ь а> Ь ь с ь !+— с>Ь з — — ' а Поэтому, в частности, решение вообще возможно ! только, если а > — Ь, каким бы ни было при этом с. 3 (Проведите детально все выводы.) Метод преобразований.
Этот метод состоит в том, что фигура, входящая в данные задачи, или ее часть подвергается преобразованию — переносу, симметрии и т, п., после которого решение получается просто. Приведем пример применения центральной симметрии. Задача. Дана точка " и две фигуры Р!, Р2. Требуется провести через точку А такой отрезок с копнами а Р! и Р2, чтобы точка А делила его пополам.
Точка Е лежит так, что С находится между В и Е. Отсюда выводим построение, каким можно найти точку Е и центр окружности. Если Ь ) а, то точка Е лежит с другой стороны, так что А находится между В и Е. Аналогичный вывод делаем для другой окружности. И с с л е до в а и и е. Задача интересна, в частности, условием ее разрешимости, которое выглядит несколько неожиданно.
Если средний отрезок Ь меньше крайних а н с, то решение есть (в крайности допустимо а = Ь ( с или а ) Ь = с). Если Ь не меньше а и с, то решения нет. Оба вывода можно сделать из наглядных соображений (проведите их). Таким образом, если, скажем, а ( Ь, то должно быть с ) Ь. Вопрос в том, каковы точные соотношения между а, Ь и с. Из расположения окружностей можно вывести, что онн пересекаются, только если НЬ Е РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ НА ПОСТРОЕНИЕ 249 Разумеется, сами фигуры г"1„РЕ должны строиться циркулем и линейкой; в простейшем случае это прямая и окружность.
Р е ш е н и е. Строим фигуру Рм симметричную Рг относительно точки А. Если гз и Р1 имеют общую точку В, то отрезок ВС с концом С, симметричным В относительно А, решает задачу. (Опишите пастрое. ние фигуры гз и исследуйте задачу, когда фигуры Г1, рг — прямые, когда обе они — окружности, или одна — прямая, другая — окружность.) Следующая задача дает пример применения переноса.
задача. Даны две окружности К1, Кг и прямая а. Построить отрезок, равный данному д, параллельньлй а, с концами на К1, Кь. Р е ш е н и е. Переносим окружность Кг параллельно прямой а на отрезок д. Точка ее пересечения с К1 и будет концом искомого отрезка (рис. 79). (Опишите построение в деталях. Между прочим, пек 1 реносить можно в двух направлениях. Исследуйте задачу". выясните условия ее разрешимостк, определите, когда сколько возможно решений.) Следующие две зада- в а чн на построение трапеций также решаются с ПОА1ощьн> переноса.
В первой нз ннх переносится боковая сторона, во второй — диагональ. Вектор переноса задается меньшим нз оснований трапеции. Задача. Построить трапецию по основаниям и боковым сторонам. Р е ш е н и е. Строим треугольник с основанием, равным разности данных оснований трапеции, и боковыми сторонами, равными боковым сторонам трапеции (рис. 80, а). Затем достраиваем его до трапеции.
Опишите построение и укажите условие разрешимости задачи. Задача. Построить трапецию по основаниям и диагоналям. 250 ЧАСТЬ К ЭЛЕМЕНТАРНАЯ ГЕОМГТРИЯ Решение. Строим треугольник с основанием, равным сумме оснований трапеции, н с боковыми сторонамн, равными данным ее диагоналям (рнс. 80,б). Как нз этого треугольника получить нужную трапецню, очевидно.
Исследуйте решение, Выясните, когда построение возможно. Убедитесь в единственности решения. В С В С л м Р и АМ ВС а Рис. 80 ВМ-ВС а Правильные многоугольннкн. Задача построения правильного многоугольника обычно ставится так: вписать в окружность правильный и-угольник (с данным и). Я/2 Рис. 8! Проще всего эта задача решается для шестнугольника, так как его сторона равна радиусу окружности. Треугольник вписывается в окружность по шестиугольннку — соединением его вершин через одну.
Впнсанный квадрат, очевидно, строится проведением двух взаимно перпенднкулярных диаметров. Правильный пятнугольннк строят по правильному десятнугольнику, соединяя вершины через одну. пск авшеннв задач нх постговнив 251 Вписанный правильный десятиугольник строится так. Допустим, построение выполнено.
Сторона десятнугольника является основанием АВ равнобедренно..о треугольника АВО с боковой стороной В и углом О прп вершине в центре окружности О, равным — 360' = 36' (рис. 81, а). Поэтому углы при оспова- ~0 инн равны: — (180 — 36 ) = ух'= 3 36'. 2 Следовательно, биссектриса одного из этих углов Л делит треугольник ОАВ на два треугольника АОС и АВС, являющихся равнобедренными (по равенству углов при основании). Прп этом у треугольника АВС угол В прн основании такой же, как у ЛОАВ. Поэтому треугольники подобны и — — — А — АО ВС. (2) Кроме того, ВС = О — ОС = ОА — АВ. Поэтому, полагая АВ = х (н так как ОА =)с), получаем из (2) хз = И(й — х), х'+ Вх — В' = О.
Полол птельный корень этого уравнения -й -~ ч/йР ч/ь — ~ х= 2 2 Отрезок длины х строится так. Строим прямо- 1 угольный треугольник с катетами )г и — )с; его гипо- 2 тенуза будет ~/' -' '-' А" + 4 )~'= —,' ФВ 1 Вычитая отрезок — )г, получаем (рнс. 81, б) = —,' (об — 1) г. Если построен правильный п-угольник, то правильный 2а-угольник строится очевидным образом путем деления пополам центрального угла, опирающегося на сторону и-угольника. Так можно строить 2"иугольннк.
В частности, по квадрату строится носьмиугольник, по шестиугольнику — дненадцатиугольпик. 252 ЧАСТЬ Е ЭЛЕМЕНТАРНАЯ ГЕОМЕТРИЯ Итак, циркулем и линейкой строятся правильные л-угольники с и = 3, 4, 5, 6, 8, 1О, Но для л = 7, 9, 11, !3 построение невозможно. Однако оно возможно для 17-угольника. Все это имеет алгебраическое основание, которое сейчас будет указано. Вопрос о разрешимости задач на построение циркулем н линейкой. Коротко можно сказать так. Для того чтобы задача на построение циркулем и линейкой была разрешима, необходимо идостаточно,чтобы алгебраически она сводилась к решению уравнений, корни которых находятся посредством рациональных операций и операции извлечения квадратного корня (рациональные операции — зто четыре действия арифметики: сложение, вычитание, умножение и деление).
Докажем необходимость. Пусть задача геометрически разрешима циркулем н линейкой. Введем на плоскости систему прямоугольных координат. То, что в задаче дано, и то, что надо построить, алгебраически задается координатами точек и длинами отрезков (как, скажем, координаты центра и радиус окружности), Рещение задачи на построение сводится к нахождению точек пересечения (включая касание) прямых и окружностей, причем прямые задаются набором точек, через которые они проводятся, а окружности — своими центрами и радиусами. Координаты точек пересечения находятся по Этим данным посредством рациональных операций и извлечения квадратного корня, что н требовалось доказать (как фактически находятся координаты точек пересечения — полезно вспомнить).
Докажем обратное. Если задача на построение алгебраически решается с помощью рациональных операций и извлечения квадратного корня, то она разрешима циркулем и линейкой. Для доказательства достаточно убедиться, что указанные алгебраические операции могут быть осуществлены посредством построения циркулем и линейкой. Эти операции должны производиться над длинами отрезков или, что равносильно, координатами точек.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
