Понятие о геометрических задачах построения. Этапы изготовления геометрических фигур с помощью циркуля и линейки

Метод пересечений:
Метод ГМТ – геометрического места точки – основной метод.
ГМТ – множество точек пространства(фигуры), выделяемых из всех точек пространства по каким – либо признакам(свойствам). Например:
- прямая;
- биссектриса угла;
- серединный перпендикуляр.
Суть метода пересечений:
Пусть нужно построить точку Х, удовлетворяющую двум данным условиям, и F1 и F2 – множество точек, удовлетворяющих каждому из условий в отдельности, тогда искомая точка Х – точка пересечения множеств F1 и F2. Например:
- построение серединного перпендикуляра;
- биссектрисы угла;
- точки, равноудаленной от сторон угла и т.п.
Задача 1. Даны окружность О(г) и прямая I. Построить точку, расположенную вне окружности и находящуюся на расстоянии h от нее и от данной прямой.
Решение

Приведем полное решение этой задачи, содержащее все этапы: анализ, построение, доказательство, исследование.

Анализ. Пусть искомая точка Мх построена. Тогда точка Мх должна удовлетворять двум условиям:

1) она должна быть удалена на расстояние h от данной прямой I;

2) она должна быть удалена на расстоянии г + h от центра О данной окружности.

Отсюда вытекает указанное далее построение.

Построение. 1. Строим ГМТ, удаленных от данной прямой I на расстояние h, — пару параллельных прямых 1Х и 12 (это первое геометрическое место точек).

2. Строим окружность в точке О и радиусом, равным г + h (это второе геометрическое место точек).
3. Отмечаем точки М) и М2 (это точки пересечения двух геометрических мест точек); МхиМ2 — искомые точки.

Доказательство. Точки Ма и М2 как точки пресечения двух ГМТ удовлетворяют обоим условиям и, следовательно, являются искомыми.

Исследование. Пункты 1) и 2), указанные выше, всегда выполнимы, и притом однозначно. Существование решений зависит от взаимного расположения данной прямой I и окружности О (г).

Рассмотрим возможные случаи.

1. Данная прямая I не пересекает данную окружность О(г). В этом случае если расстояние ОК от центра О до прямой I удовлетворяет условию ОК <2h + г, то задача имеет два и только два решения. Действительно, если допустить, что задача имеет более чем два решения, то получится, что прямая пересекает окружность более чем в двух точках, чего не может быть.

Если OK = 2h + r, то задача имеет одно решение.

Если ОК >2h + r, то задача не будет иметь решений.

2. Данная прямая I касается данной окружности О(г). В этом случае задача при любом значении h имеет три решения.

3. Прямая I и окружность О(г) пересекаются. В этом случае задача будет иметь всегда четыре решения.

Задача 2. Пусть на плоскости заданы три точки А, В и С. Требуется найти точку, которая находилась бы на расстоянии h от точки А и на равных расстояниях от точек В и С

Решение

Полное решение этой задачи мы приводить не станем, а укажем лишь те два ГМТ, пересечение которых и дадут нам искомую (искомые?) точки. Эти ГМТ в этой задаче таковы: а) искомая точка должна находиться на расстоянии h от точки А. Множество всех точек, удовлетворяющих этому условию, является окружностью радиуса h с центром в точке А;

б) искомая точка должна находиться на одинаковом расстоянии от точек В и С. Множество всех точек, удовлетворяющих этому условию, представляет собой все точки серединного перпендикуляра к отрезку ВС.

Итак, искомых точек (это точки пересечения двух указанных выше множеств) будет две — К и Р

Заметим, что искомыми ГМТ в задачах на построение школьного курса геометрии могут являться одна или несколько точек, прямая, луч, отрезок прямой, окружность, дуга окружности и т.д.

Метод преобразований(подобия, симметрии, параллельного переноса и т.п.)
Суть метода:
- Первоначально вместо искомой фигуры строится вспомогательная фигура, которую легче построить заменяя или отбрасывая при этом одно из условий.
- Затем с помощью каких – либо геометрических преобразований вспомогательная фигура или её часть преобразуются в искомую фигуру. Например:

- построение треугольника по двум углам и биссектрисе третьего угла;

- построение прямоугольного треугольника по гипотенузе и отношению катетов и т.п.
МЕТОД ПОДОБИЯ:
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.

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.

Замечание. Вместо треугольника можно взять любую фигуру, граница которой состоит из отрезков прямых и дуг окружностей.
КООРДИНАТНЫЙ МЕТОД:
Суть: построение точки через определение её положения на плоскости с помощью чисел(координат) или фигур с помощью их уравнений. Например:
- построение треугольника по координатам вершин;
- построение треугольника, вершинами которого являются попарного пересечения трёх прямых, заданных уравнениями.

Задача на доказательство:

Докажите, что три прямые, содержащие высоты треугольника, пересекаются в одной точке.
Доказательство:
Введем прямоугольную декартову систему координат. Пусть АА1, ВВ1, СС1 – высоты ∆АВС, точка С1 начало координат. Тогда вершины ∆АВС имеют координаты:

где,









Координаты точки Н удовлетворяют уравнению ВВ1:

Следовательно,

Задача на вычисление 3

Вычислите расстояние между прямыми, содержащими противоположные стороны ромба, если длины его диагоналей равны.


Решение:
Введем прямоугольную декартову систему координат. Пусть ABCD – ромб. . Точка О – начало координат. Вершины ромба имеют координаты:


Расстояние от точки А до прямой ВС равно:

Ответ: .

МЕТОД ДОПОЛНИТЕЛЬНОГО ПОСТРОЕНИЯ:

Всякое геометрическое решение геометрической задачи начинается с работы над чертежом. При этом иногда на «естественном» чертеже (т.е. на чертеже, на котором изображено только условие) трудно заметить связи между данными и искомыми величинами, а если фигуру достроить, эти связи становятся очевидными.


МЕТОД ЗАМЕНЫ:
Метод замены широко применяется в алгебре, но не менее эффективно «замена» может быть применена в геометрии. Сущность этого приема решения геометрических задач состоит в следующем: фигура, о которой идет речь в условии задачи, так заменяется фигурой с той же искомой величиной, чтобы найти эту величину было легче.