Задачи на построение

Задачи на построение не просты. Не существует единого алгоритма для решения всех таких задач. Каждая из них по-своему уникальна, и каждая требует индивидуального подхода для решения. Именно поэтому научиться решать задачи на по- строение чрезвычайно трудно,а, порой, практически невозможно.

Но эти задачи дают уникальный материал для индивидуального творческого поиска путей решения с помощью своей интуиции и подсознания.

Немного из истории.

Вся история геометрии и некоторых других разделов математики тесно связана с развитием теории геометрических построений. Важнейшие аксиомы геометрии, сформированные Евклидом около 300 года до нашей эры, ясно показывают, какую роль сыграли геометрические построения в формировании геометрии. «От всякой точки до всякой точки можно провести прямую линию», «Ограниченную прямую можно непрерывно продолжать», «Из всякого центра и всяким раствором может быть описан круг» - эти постулаты Евклида явно указывают на основное положение конструктивных методов в геометрии древних.

Древнегреческие математики считали «истинно геометричес- кими лишь построения, производимые циркулем и линейкой, не признавая «законным» использование других средств для решения конструктивных задач». При этом , в соответствии с постулатами Евклида, они рассматривали линейку как неограни- ченную и одностороннюю, а циркулю приписывалось свойство чертить окружности любых размеров. Эта традиция до сих пор сохранилась в школьном курсе геометрии.

Древнегреческие геометры успешно справлялись с труднейшими задачами на построение с помощью циркуля и линейки. Так, например, Аполлоний Пергский решил известную задачу, носящую его имя : «Построить окружность, касающую- ся трех данных окужносей».

В XVII – XX веках теория геометрических построений стала развиваться дальше, главным образом, в связи с созданием новых разделов математики.

Много внимания уделяли конструктивным задачам творцы современной математики : Декарт, Ферма, Ньютон, Паскаль, Эйлер, Гаусс и другие.

В XVII – XIX веках разрабатывается теория геометрических построений с помощью различных инструментов, отличных от принятых древними. Уже Леонардо да Винчи ( 1452 – 1519 г. г. ) рассматривал построения с помощью линейки и циркуля посто- янного размаха. Датчанин Мор ( 1672 г. ) и итальянец Маскерони

( 1797 г. ) изучали построения, выполняемые циркулем и линей- кой. Швейцарец Ламберт ( 1774 г. ) рассматривал некоторые за- дачи на построение на ограниченном куске плоскости.

В настоящее время теория геометрических построений представляет обширную и глубоко развитую область математи- ки, связанную с решением разнообразных принципиальных вопросов, уходящих в другие ветви математики.

Существование центра окружности, вписанной в треугольник; существование подобных треугольников; существование парал- лельных прямых доказывается с помощью построен.

Что такое задачи на построение?

Основные методы решения.

Задача на построение в планиметрии состоит в том, чтобы, исходя из заданных на плоскости геометрических фигур, применяя заранее предписанные средства (инструменты), построить новую геометрическую фигуру, находящуюся в определенных отношениях с данными фигурами. В качестве средств построения выступают либо классические инструменты – циркуль и линейка, либо ограниченные средства построения – угольник (математическая модель прямого угла); линейка с параллельными краями, или другие средства.

В решении задач на построение выделяются следующие четыре этапа: 1. АНАЛИЗ

2. ПОСТРОЕНИЕ

3. ДОКАЗАТЕЛЬСТВО

4. ИССЛЕДОВАНИЕ

В процессе анализа , собственно и происходит поиск решения задачи. Из предположения, что задача уже решена и требуемая фигура построена, пытаются вывести такие следствия, которых окажется достаточно для того, чтобы требуемую фигуру построить.

Построение предлагает поэтапное выполнение построений с помощью циркуля и линейки, в результате которых получаем требуемую фигуру.

В доказательстве поясняем, что построенная фигура действительно удовлетворяет всем требованиям задачи.

Наконец, в исследовании нужно установить, при каком выборе исходных данных задача имеет решение и сколько решений будет при каждом допустимом выборе исходных данных.

Отметим простейшие построения, которые служат основой для выполнения других, более сложных.

1. Построить отрезок, равный данному.

2. Построить угол, равный данному.

3. Разделить данный отрезок пополам.

4. Разделить данный угол пополам.

5. Через данную точку провести прямую, параллельную данной прямой.

6. Из данной точки, не принадлежащей данной прямой, опустить на эту прямую перпендикуляр.

7. Из данной точки, лежащей на прямой, восстановить к этой прямой перпендикуляр.

8. Построить треугольник по трем сторонам ( т. е. построить треугольник, стороны которого были бы равны трем заданным отрезкам ).

9. Построить треугольник по двум сторонам и заключенному между ними углу ( т. е. построить треугольник, две стороны которого и угол, заключенный между ними, были бы равны двум заданным отрезкам и заданному углу соответственно ).

В решении задач на построение часто используются различные методы геометрического преобразования плоскости :

- метод геометрических мест;

- метод подобия;

- метод центральной и осевой симметрии;

- метод гомотетии;

- метод инверсии;

- метод спрямления;

- метод параллельного перенесения;

- алгебраический метод и др.

Каждому методу сопоставляется определенный класс задач. Однако провести классификацию задач на построение по методам их решения нельзя. Это следует уже из того, что многие задачи допускают несколько методов решения. Поэтому можно говорить лишь об условном разбиении задач на построение на классы, определяемые их методами решения.

В данной работе рассмотрены некоторые из этих методов и задачи, решаемые с их помощью.

Примеры решения задач на построение с использованием различных методов.

Задача № 1.

Даны две концентрические окружности О и точка А на большей окружности. Провести секущую AXYZ так, чтобы AZ = 3XY.

1. Анализ исходных данных:

Пусть ОВXY ; AB = BZ ; XB = BY AB = 3XB

Откуда AX = 2BX AX = XY.

Для определения т. Y проведем диаметр АС и соединим точки С и Y.

AOXACY ( АО = ОС ; AX = XY ) YC = 2OX.

Значит т. Y принадлежит окр. ( C ; MN ).

2. Построение: .

1. окр. ( C ; MN )

2. окр. ( C ; MN ) окр. ( O ; OM ) = т. Y

4. секущая AY – искомая.

3. Доказательство:

1. AOX ACY ( AC : AO =

= CY : OX = 2 ).

2. AX = XY AZ = 3XY.

4. Исследование решения:

Если MN = NC – одно решение

( секущая АС );

Если MN NC – два решения ( секущие AY и AY );

Если MN NC – решений нет.

Задача № 2.

Через точку А провести прямую , проходящую между данными точками

В и С и находящуюся от них на равном расстоянии.

1. Анализ исходных данных:

Пусть искомая прямая АВ построена, такая, что ML = BC.

Так как прямая определяется двумя точками, и одна из них известна (т. А), необходимо найти на искомой прямой вторую точку. Соединим точки В и С.

LMO = OBC OL = OC (как соответствующие элементы) т. О – середина LC.

2. Построение:

1. LM AB (элементарное построение).

2. СВ АВ (элементарное построение).

3. LM = CB

5. LO = OC

6. АО – искомая прямая.

3. Доказательство:

1. LM AB ; СВ АВ

(по построению).

2. LMO = OBC

(по гипотенузе и острому углу).

3. ML = CB

4. Исследование:

Задача всегда имеет решение.

Если т. А LC и т. А не совпадает с т. О, то искомая прямая совпадает с LC.

Если т. А совпадает с т. О , то всякая прямая , проходящая через т. О, будет искомая.

Задача № 3.

Через точку А провести прямую так, чтобы ее отрезок между параллельны- ми прямыми MN и PQ был равен данному отрезку а.

1. Анализ исходных данных:

Пусть прямая АС проведена через точку А так, что ВС = а. Задача сводится к определению ACR. Проведем через произвольную точку Е PQ отрезок DE AC, тогда DE = a, и все такие же отрезки будут равны а.

Так как DE = a , то точка D окр. ( Е ; а ).

2. Построение:

1. Е PQ

2. окр. (Е ; а) MN =

= т. D окр. (Е ; а) MN =

3. DE ; КЕ

4. т. А а ;a ED т. А а ; а EK

5. АС ; AR

6. BC и SR – искомые.

3. Доказательство:

1. BC = DE ; SR = EK

(как отрезки между прямыми)

2. DE = EK = a ( окр. r = a )

3. BC = SR = a – искомые.

4. Исследование:

Задача вообще имеет два решения.

При а = MP – одно решение, искомая прямая MN

При а MP – решений нет.

Задача № 4.

Через данную точку М провести окружность , касательную к данной окружности О в данной на ней точке L.

1. Анализ исходных данных:

Пусть окружность с центром О - искомая. Найдем центр О. Так как точка касания двух окружностей лежит на одной прямой с их центрами , то О OL. Соединим точки M и L. LM – хорда искомой окружности центр О PQ, где PQ ML ( по свойству радиуса ).

Окончательно, OL PQ = O.

2. Построение:

1. LO c

3. Q LM ; QL = QM

4. PQ LM

5. PQ c = т. О

6. r = ОМ – искомый радиус

7. окр. ( О ; ОМ ) – искомая окружность.

3. Доказательство:

1. О L = OM (как наклонные, имеющие равные проекции) т. L и т. М окр. (О; ОМ)

2. окр. О окр. О = т. L (так как расстояние между центрами равно сумме радиусов).

4. Исследования:

Если т. М дана внутри окружности О ,то решение остается то же, но касание окружностей будет внутреннее и расстояние между центрами равно разности радиусов.

Если т. М находится на окружности О, то искомая окружность совпадает с данной.

Если т. М лежит на касательной ML , то решений нет , так как перпендикуляр PQ OL и точки пересечения нет.

Должно выполняться условие:

OM OL+ LM

Задача № 5.

Даны окружность О и точка А вне ее ; через точку А провести секущую так, чтобы она окружностью разделилась пополам.

1. Анализ исходных данных.

Пусть секущая АВ проведена так, что АС = СВ. Необходимо определить точку В. Проведем d = BD. Соединим точку D с точками А и С.

DCB = 90; DAC = DCB т. D принадлежит окр. ( А ; MN ).

2. Построение:

1. окр. ( А ; MN ) ; т. D окр. О

2. соединим точки D и О

3. продолжим DO

4. DO окр. ( А ; MN ) = т. В

5. соединим точки В и А

6. ВА – искомая секущая.

3. Доказательство:

1. DCB = 90 ( опирается на диаметр ).

2. DAC = DCB

( СD-общий ; АС = СВ по условию ) AD = DB

3. AD = d окр. О

4. ADB – равнобедренный ( r – стороны )

5. DC – высота ADB ( также биссектриса и медиана )

6. АС = СВ

4. Исследование:

Если окружность ( А ; 2r ) пересекает окружность О, то решения два ( секущие АВ и AL ).

Если окружность ( А ; 2r ) касается окружности О , то решение одно

( секущая AQ ).

Если окружность DK, описанная из т. А, не пересекает окружность О , то решений нет.

Условие существования решения : AO 3r

МЕТОД ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ МЕСТ.

Геометрическое место точек – совокупность точек, обладающих свойствами, исключительно им принадлежащими. При решении задач на построение наиболее часто встречаются следующие геометрические места точек, которым удовлетворяют искомые фигуры:

1. Множество точек плоскости, каждая из которых равноудалена от двух данных точек А и В, есть серединный перпендикуляр отрезка АВ.

2. Множество точек, находящихся на данном расстоянии от данной пря- мой, есть две прямые, параллельные данной и отстоящие от нее на дан- ном расстоянии.

3. Множество точек, каждая из которых равноудалена от двух данных па- раллельных прямых, есть прямая, являющаяся их осью симметрии.

4. Множество точек, каждая из которых равноудалена от двух пересекаю- щихся прямых, есть две взаимно – перпендикулярные прямые, содер- жащие биссектрисы углов, образованных данными прямыми.

5. Множество точек, из которых отрезок АВ виден под прямым углом, есть окружность ( без точек А и В ), построенная на отрезке АВ как на диаметре.

6. Множество точек плоскости, из которых отрезок АВ виден под углом

; , есть две дуги с общими концами А и В ( без точек А и В ), симметричные относительно прямой АВ.

7. Множество точек на плоскости, для каждой из которых отношение рас- стояний до двух данных точек А и В постоянно и отлично от единицы, есть окружность с центром на прямой АВ. Эта окружность называется окружностью Апполония.

Задача № 6.

Найти точку Х, равноудаленную от всех трех вершин данного треуголь- ника АВС.

1. Анализ исходных данных:

Пусть искомая точка X найдена так, что XB = XC т. X принадлежит серединному перпендикуляру MN, также т. X принадлежит серединному перпендикуляру PQ т. Х лежит на пересечении серединных перпендикуляров MN, PQ и KL.

2. Построение:

1. М – середина АВ

2. К – середина ВС

3. Р – середина АС

4. MN AB

5. KL BC

6. PQ AC

7. KL MN = т. Х – искомая

8. окр. ( Х ; ХА )

3. Доказательство:

1. серединные перпендикуляры пересекаются в одной точке Х - центре описанной окружности окр. ( Х ; ХА ).

2. ХА = ХВ = ХС = r

4. Исследование:

Если АВС остроугольный или прямоугольный , т. Х лежит внутри него.

Если АВС тупоугольный, т. Х лежит вне его.

Задача № 7.

Построить ромб так, чтобы одна из его диагоналей была равна данному отрезку m и лежала на данной прямой а, а остальные две вершины ромба лежали соответственно на данных прямых b и с.

1. Анализ исходных данных:

Пусть АВСD – искомый ромб, АD = m. Точки В и С симметричны относительно а ( по свойству диагоналей ромба ). Точка В лежит на прямой b, точка С – на прямой с ( по условию ), но прямая в симметрична прямой b относительно прямой а, значит точка С лежит на пересечении прямых с и b.

2. Построение:

1. а, b, с – данные прямые ;

2. М: ММа

3. ММа = т. Р ; МР =РМ

4. N: NN а

5. NNа = т. Q ; NQ = QN

6. MN= b

7. bc = т. С

8. В: СВ а

9. СВ а = т. О ; СО = ОВ

10. ЕК = KF = m/2

11. Аа ; Da ; ОА =ОD = m/2

12. АВDC – искомый ромб.

3. Доказательство:

1. СО = ОВ = m/2 ( по построению)

2. АО = ОD = m/2 ( по построению)

3. СВа ( по построению )

4. ADa CB AD ( диагонали ромба )

4. Исследование:

Если с b - решений нет.

Если с совпадает с b - решений бесконечно много.

Если с и b пересекаются на прямой а – решений нет.

Задача № 8.

Построить ромб по стороне а и радиусу вписанной окружности b.

1. Анализ исходных данных:

Пусть ромб ABCD построен так, что AB = BC = CD = DA = a и радиус вписанной окружности ОМ = b. Точка О является вершиной прямого угла, опирающегося на АВ, и находится на расстоянии b от АВ.

2. Построение:

1. прямая m

2. К – середина АВ

3. nK AB

4. окр. ( К ; АК )

5. КЕ n ; KE = b

6. Е d ; d AB

7. d окр. (К ; АК)

9. т. D BO ;

OD = BO

10. т. C AO ;

OC = AO

11. ромб ABCD –

- искомый.

3. Доказательство:

1. ABCD – ромб со стороной а ( по построению )

2. Пусть ОМ АВ ОМ = ЕК = b ( ОМ EK ; AB d – как параллельные прямые между параллельными )

3. окр. ( О ; ОМ ) касается АВ

4. т. О – центр симметрии ( по свойству диагоналей ромба )

5. окр ( О ; ОМ ) касается всех сторон ромба является вписанной.

4. Исследование:

Задача имеет решение, если прямая d пересекает окружноcть ( К ; АК ), то есть когда b a/2.

Задача № 9.

Даны два отрезка MN и PQ ; на одной прямой АВ найти такую точку Х , чтобы MXN и PXQ были равновелики.

1. Анализ исходных данных:

Пусть точка Х найдена так, что она лежит на прямой АВ и MXN равнове- лик PXQ. Если XZ и XY высоты этих треугольников, то

XZ : XY = PQ : MN ( высоты треугольников обратно пропорциональны соответствующим сторонам ), значит точка Х находится на геометрическом месте точек на расстоянии, равном данному отношению PQ : MN, а также – на прямой АВ.

2. Построение:

1. т. О PQ

2. OS PQ

3. т. O MN

4. OR MN

5. OS = MN ; OR = PQ

6. из т. S проведем SS PQ

7. из т. R проведем RR MN

8. SS RR = т. С

9. СО АВ = т. Х – искомая

3. Доказательство:

1. OYX OKC - по двум углам (О и 90) XY/CK = OX/OC

2. OXZ OCL - по двум углам (O и 90) XZ/CL = OX/OC

3. XY/CK = XZ/CL

4. Заменим CK = OS = MN ; CL = OR =PQ XY/MN = XZ/PQ

5. XY x PQ = MN x XZ ( из определения пропорции )

6. Разделим оба произведения на 2:

S MXN = S PXQ = 1/2 XY x PQ = 1/2 MN x XZ

4. Исследование:

Задача имеет одно решение.

Если MN PQ , то OS OR , следовательно нет точки пересечения , и задача решений не имеет.

МЕТОД ПОДОБИЯ.

Условия задач, решаемых методом подобия дают возможность построить не искомую фигуру, а фигуру, подобную искомой. Затем из множества подобных фигур выбрать одну, удовлетворяющую условиям задачи либо только по своим размерам, либо по своему положению и своим размерам.

Задача № 10.

Построить треугольник, зная сторону а, сторону b, вершину В и радиус вписанной окружности r.

1. Анализ исходных данных:

Пусть треугольник АВС построен так, что известны угол и отношение сторон этого угла. Построим треугольник, подобный искомому.

2. Построение:

1. х –единичный отрезок.

2. на сторонах В отложим BD = mx

BE = nx

3. соединим D и E

4. DBE ABC – по двум углам

( при вершине и при основании )

5. BP – биссектриса В

6. OF DE прямая а

7. на прямой а отложим OG = r

8. через т. G проводим АС DE

9. АВС – искомый.

3. Доказательство:

Из всех подобных треугольников

АВС искомый , так как радиус вписанной окружности равен r, что следует из построения.

4. Исследование:

Всегда возможно одно решение.

Задача № 11.

Дан угол АВС и внутри его точка М. Найти на стороне ВС точку Х , равноудаленную от АВ и от точки М.

1. Анализ исходных данных:

Пусть точка Х найдена так, что перпендикуляр XY = MN. Задача сводится к построению фигуры YXM. Представим целый ряд фигур abc; pmn,, гомотетических с искомой фигурой. Достаточно построить одну из этих фигур, например, abc, тогда останется провести из точки М параллель bc, и задача будет решена.

2. Построение:

1. точки М, b, m, В ВМ ( т. В – центр подобия искомых фигур )

2. положение т. а произвольно ас АВ ; ас = bc

3. из центра с опишем дугу аk ( с ; ас )

4. дуга ak ВМ = т. b

5. проводим MX bc

6. MX BC = т. X ( искомая )

3. Доказательство:

1. опустим XY АВ

2. abc YMX (равные углы между пропорциональными сторонами)

3. MX/cb = XY/ac

4. cb = ca ( по построению – дуга ak ) X M = XY

4. Исследование:

Задача всегда имеет два решения , так как дуга ak из центра с пересекает прямую ВМ в двух точках.

МЕТОД СИММЕТРИИ.

Предполагают задачу решенной и одну из данных точек ( прямую или окружность ) отражают относительно какой – нибудь известной оси ; иногда эта ось проходит через известную точку. И полученную симметричную точку ( прямую или окружность ) подчиняют тем же условиям, которым должна была удовлетворять замененная.

Задача № 12.

На данной прямой АВ найти точку Х, соединив которую с данными точками M и N, получим углы NXB (1) и MXK, из которых один вдвое больше другого.

1. Анализ исходных данных:

Пусть точка Х найдена так, что 1 = 2MXK , и точка С симметрична точке М относительно прямой АВ. Тогда 2 = 3, и задача сводится к нахождению на прямой АВ точки Х такой, чтобы 1 = 23.

2. Построение:

1. т. С симметрична т. М относительно АВ

2. СМ АВ = т. L

3. окр. ( С ; LC )

4. NK – касательная к окр. ( С ; LC )

5. NK АВ = т. Х

( искомая ).

3. Доказательство:

1. LXK = 1

( как вертикальные )

2. 3 = 0,5 1

( по построению )

3. LXC = CXK - ( УСУ )

4. 4 = 3 XC –

- биссектриса LXK NX – касательная к окр. ( С ; LC )

5. 1 = LXK ; 3 = MXA NXB = 2MXA.

4. Исследование :

Задача имеет четыре решения, если точки M и N расположены вне прямой АВ, так как из каждой точки к окружности можно провести две касательные.

Задача № 13.

Дан угол ВАС и точка P внутри него. Построить окружность, проходящую через точку Р и касающуюся сторон угла.

1. Анализ исходных данных:

Пусть окружность О построена так, что проходит через данную точку Р и касается сторон АВ и АС данного угла в точках M и N. Центр О лежит на биссектрисе l данного угла , а точка Р симметрична точке Р относительно l и лежит на окружности. Пусть прямая РР пересекает одну из сторон угла в точке Q. Тогда QM является отрезком касательной к окружности, поэтому

QM= QP x QP. Построив точку М, легко построить точку О.

2. Построение:

1. l – биссектриса ВАС

2. P: PP l

3. PP l = т. Т ; РТ = ТР

4. РРАВ = т. Q

5. x = x ( среднее геометрическое )

6. т. М АВ ; х = QM

7. т. М АВ ; х = QM

8. MO АВ ; т. Оl

9. окр. ( О; ОP )

10. МО АВ ; О l

11. окр. ( О; ОР )

3. Доказательство:

1. АОМ АОМ- по двум углам ( А – обший;

АОМ = АОМ )

ОМ = k ОМ

2. АОN AON- по острому А

ОN = k ON

3. OM = OP окр. ( О; ОМ) проходит через т. Р и касается сторон угла.

4. Исследование:

Очевидно, что если точка Р лежит строго внутри заданного угла, то задача имеет ровно два решения. В процессе решения использовались элементы нескольких методов: геометрического места точек, осевой симметрии и алгебраического метода.

МЕТОД СПРЯМЛЕНИЯ.

Метод состоит в том, что некоторую ломаную линию в чертеже заменяют прямой. После решения новой задачи определяют, в какой точке нужно согнуть выпрямленную линию , и таким образом перейти к первоначальной задаче. Особенно этот метод применим в тех задачах, условия которых содержат данную сумму или разность частей некоторой ломаной линии.

Задача № 14.

Построить треугольник, зная угол А, сторону с и сумму двух других сторон а + b.

1. Анализ исходных данных.

Пусть АВС построен так, что сумма звеньев ломаной ВСА известна. Выпрямим ее. Для этого откладываем на продолжении АС часть СD = BC.

Соединяем точки В и D. ВCD – равнобедренный вершина С лежит на серединном перпендикуляре ЕС ( по свойству медианы равнобедренного ).

2. Построение:

2. АВ = c ; АD = a + b

4. E BD

5. BE = ED

6. En BD

7. En AD = т. С

8. АВС – искомый.

3. Доказательство:

1. А ; АВ – известны по условию

2. ВС + АС = CD + AC = a + b

3. АВС – искомый.

4. Исследование:

Построение возможно, если a + b > c

Задача № 15.

Построить равнобедренный треугольник, зная его боковую сторону а и сумму высоты и основания, равную S.

1. Анализ исходных данных:

Пусть АВС построен так, что АВ =ВС =а ; ВD = AC = S. Необходимо определить точку А. Введем данную сумму в чертеж. Для этого отложим на продолжении BD отрезок DE = AC, значит DE = 2AD (т. к. BD еще и медиана), то есть вид ADE известен. Если в AED произвольно провести

GF AD , то FE = 2 GF ( по т. Фалеса ).

2. Построение: .

1. GFE – прямой.

2. FE = 2 GF

3. ЕВ EF ; EB = S

4. дуга ( В ; а )

5. дуга ( В ; а ) EG = т. А

6. AD EB

7. дуга ( В ; а ) AD = т. С

8. АВС – искомый.

3. Доказательство:

1. АВ = ВС – радиус окр. ( В ; ВС )

2. AD EB (по построению ) BD – высота АВС

3. дуга АС стягивает хорду AC;

BD AC AD = DC

BD – медиана АВС

4. АВС – равнобедренный.

4. Исследование:

Решение существует, если АВ ВК.

Задача № 16.

Построить треугольник по периметру Р и двум углам, величины которых равны и.

1. Анализ исходных данных:

Пусть АВС – искомый, в котором АВ + ВС + СА = Р ; ВАС = ; ВСА =. На продолжении СА отложим отрезок СЕ = СВ, а на продолжении АС – отрезок СЕ = СВ, тогда длина отрезка DE = P.

Соединим точки D и Е с вершиной В, получим два равнобедренных треугольника : DBA и ЕВС, в которых ADB = ABD = /2 ;

СВЕ = СЕВ = /2.

2. Построение:.

1. прямая m

2. DE m ; DE = P

3. D = /2

4. E = /2

5. DBE – вспомогательный.

6. т. К – середина DB

7. KA DB ; КА DE = т. А

8. т. N – середина ВЕ

9. NC BE ; NC DE = т. С

10. АВС – искомый.

3. Доказательство:

1. DAB – равнобедренный ( т. к. КА – медиана и высота )

2. ВАС = /2 х 2 = А ( по теореме о внешнем угле )

3. DA = AB

4. Аналогично: ВСА = ; ЕС = СВ

5. ВА + АС + СВ = Р ( по аксиоме об измерении отрезков )

6. АВС – искомый.

4. Исследование: Задача имеет единственное решение при : + <

МЕТОД ПАРАЛЛЕЛЬНОГО ПЕРЕНЕСЕНИЯ.

Часто построение фигуры становится затруднительным из - за того, что части этой фигуры слишком удалены друг от друга. В этих случаях какую – нибудь часть искомой фигуры переносят параллельно самой себе, но на такое расстояние, чтобы вновь полученная фигура могла быть построена легче. Затем делают обратное перенесение и получают искомую фигуру.

Задача № 17.

Даны две окружности с центрами в точках О и О и прямая АВ. Параллельно прямой АВ провести секущую, образующую в данных окружностях хорды, сумма которых равняется данному отрезку S.

1. Анализ исходных данных:

Пусть секущая CF построена так, что CF AB и CD + EF = S. Перенесем окружность О так, чтобы CD и EF составили один отрезок CY = S. Остается определить точку О. Опустив перпендикуляр OG на CD и перпендикуляр ОL на DY, находим GL = 1/2 S.

2. Построение:

1. ОМ AB

2. OM OM

3. на МО отложим МО= 1/2 S

4. окр. ( О; ОF )

5. окр. ( О; ОF ) окр. с центром О = т. D и т. D

6. секущая m – искомая ( т. D m ).

7. m AB.

3. Доказательство:

1. GD = 1/2 CD = 1/2 S ( по т. о диаметре к хорде )

DL = 1/2 DJ = 1/2 S ( по т. о диаметре к хорде )

CJ = S.

2. OM AB ( по построению )

OM OL ; OM OG MG = OL

3. CF OM AB ( по следствию из аксиомы о параллельных прямых ).

4. Исследование:

Задача имеет два решения ( m ; m) , так как окружность с центром Опересекает окружность с центром О в двух точках D и D.

Задача № 18.

Между двумя окружностями провести отрезок XY, делящийся пополам в данной точке А.

1. Анализ исходных данных:

Пусть отрезок XY построен так , что точка X лежит на окружности с центром в точке О, а точка Y – на окружности с центром в точке О.

Продолжим XO до X и перенесем окружность с центром О параллельно в точку О, двигая ее центр по прямой ОА, так, чтобы X совместилась с Y.

Тогда точка О придет в точку О.

2. Построение: .

1. на продолжении ОА отложим АО= АО

2. окр. ( О ; ОX )

3. окр. О окр. О = т. Y

5. XY – искомый.

3. Доказательство:

1. АО= АО ( по построению )

2. ОX OY ( параллельный перенос )

3. AOX =AOY - СУС (ОА = АО;

ОX = OY;

4. ХА =АY ( как соответствующие стороны в равных треугольниках ).

4. Исследование:

Два, одно или ни одного решения, в зависимости от того, сколько точек пересечения между окружностями с центрами в точках О и О.

АЛГЕБРАИЧЕСКИЙ МЕТОД РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ НА ПОСТРОЕНИЕ.

Сущность алгебраического метода заключается в следующем. Решение задачи на построение сводят к построению некоторого отрезка или нескольких отрезков. Величину искомого отрезка выражают через величины известных отрезков с помощью формулы. Затем строят отрезок по известной формуле.

Задача № 19.

Построение x = a/n , где n – натуральное число.

Построим, например, отрезок, длина которого x = a/7.

1. Построение:

1. строим отрезок ОА = а

2. из т. О под произвольным углом проводим луч ОВ

3. на ОВ отложим 7 раз произвольный отрезок b.

4. OB = 7b

5. строим ВА

6. через т. В проведем m AB

7. m OA = т. А

8. х = ОА= а/7

Задача № 20.

Построение х = , где m – натуральное число.

Построим, например, отрезок, длина которого х =.

1. Построение: .

1. АОВ = 90

2. ОА = ОВ = 1 ( ед. отрезок )

АВ = ( по т. Пифагора )

3. АВС = 90

4. ВС = 1

АС = ( по т. Пифагора )

5. ACD = 90

6. CD = 1

AD = ( по т. Пифагора )

12. MP = 1

PA = x =

Задача № 21.

Построить среднее геометрическое двух отрезков, длина которых a и b.

1. Построение: .

1. прямая m

2. АВ m

3. BC m

4. т. О АС

АО = ОС

5. окр. ( О ; ( a + b )/2 )

6. т. В k

7. Вk АС

8. Bk окр. О = т. Е

9. BE = x – искомый отрезок.

2. Доказательство:

1. АЕС – прямоугольный ( АЕС опирается на диаметр АС )

2. ВЕ – высота АЕС

3. ВЕ = ( по т. о высоте, опущенной на гипотенузу в прямоугольном треугольнике ).

ВЕ = х =

Выводы.

Выполняя поставленную перед собой цель, я прорешала множество задач на построение, пользуясь при этом дополнительной литературой, задачниками, выяснила какие способы можно использовать при решении таких задач. После такой исследовательской работы я узнала много нового о различных методах решения , поняла, что такие задачи развива- ют математическую интуицию, учат логически мыслить, искать нестандартные пути решения не только математических задач, что очень важно.