Геометрические построения на плоскости

Уклонимся от схемы. Рассмотрим Sе. Пусть A′ = Se (A), X = A′B ∩ l. Покажем, что Х - искомая точка. В самом деле, для любой точки

Yl: AX + XB = A′B < A′Y + YB = AY + YB (Y ≠ X).

Исследование. Задача всегда имеет решен

ие, причем единственное.

3. Поворот.

Задача. Даны: угол АОВ и точка С внутри него. Построить равносторонний треугольник, одна вершина которого совпадает о точкой С, а две другие лежат на сторонах данного угла.

Анализ. Пусть ∆СDE - искомый. Сделаем поворот плоскости вокруг точки С на угол 60°: R60º (D) = E, R60º (OB) = O′B′, причем E = OB ∩ O′B′. Аналогично находим положение точки D: D = OB ∩ Rc-60º(OA).

Построение очевидно. Доказательство и исследование предлагаем провести самостоятельно.

4. Центральная симметрия.

Задача. Построить квадрат, если даны его центр О и две точки А и В на параллельных его сторонах.

Анализ. Пусть искомый квадрат построен. Тогда А’ и В, где лежат на А’ = Z0 (A), лежат на одной стороне квадрата. Аналогично В’ и А, где В' = Z0 (в), лежат на одной стороне квадрата. Тогда на прямых ВА' и АВ' лежат стороны квадрата. Дальнейшее продолжение не вызывает трудностей, предлагаем провести самим.

5. Метод подобия (гомотетии).

Сущность метода строят фигуру, подобную данной, не учитывая какой-нибудь линейный размер или специальное положение искомой фигуры относительно данных. Затем строят искомую (чаще всего гомотетией), учитывая, что коэффициент подобия равен отношению любых двух соответственных отрезков.

Задача. Даны угол и точка внутри него. Построить окружность, проходящую через точку А и касающуюся сторон угла.

Анализ. Центр искомой окружности должен лежать на биссектрисе данного угла. Снимем требование, чтобы окружность ω проходила через А (это подобно тому, что не требуется, чтобы расстояние от точки О до точки окружности равнялось известному отрезку а). Тогда легко построить окружность ω1 , касающуюся сторон утла. Окружности ω и ω1 гомотетичы (с центром в точке 0). Найдем образы точек А и В: А → А', В→В' . Очевидно, АВ׀׀А'В'.

Учитывая оказанное, можно наметить следующий план решения:

1) строим окружность СО1 , касающуюся сторон угла;

2) проводам ОА;

3) строим точки пересечения ω и ω1;

4) из точки А проводим прямую, параллельную прямой А'В'. Пусть В - одна из точек пересечения.

Построение и доказательство опускаем (самим).

Исследование. 1.Окружность ω1 можно построить и бесчисленным множеством способов.

2. Пересечением ОА и ω1 всегда являются две точки А' и А".

3. Через точку А можно провести две прямые, параллельные соответственно В'А' или В'А''. Эти две прямые l1 и l2 различны, если А ОВ'; и совпадает, если АОВ'.

4. Пересечения l1 ∩ ОВ и l2 ∩ ОВ' существуют и единственны, если А ОВ' , т.е. задача в этом случае имеет два решения.

Если же А ОВ', то этим способом центр искомой окружности не найдем. Для этого принципиально нового случая найдем новое специфичное решение: строим прямую, перпендикулярную ОА-биссектрисе данного угла. Далее проведем биссектрисы углов ОСА и МСА. Точки в1 и в2 - искомые центры.

Задача (наглядная). Построить треугольник по двум углам , β

и медиане, проведенной из какой-нибудь вершины.

1. Строим треугольник АВ1С1

2. Подобным преобразованием получим искомый ΔАBC

6. Метод инверсии

Сущность метода: наряду с данными и искомыми фигурами рассматривают фигуры, инверсные им или их частям. Он применяется в тех случаях, когда построение фигуры, инверсной искомой, является более легкой (доступной). Построив инверсную построенной, получают искомую. Метод инверсии дает возможность решить трудные конструктивные задачи. Недостаток - громоздкость (большое число построений).

Задача. Даны: точка О и прямые а и в, не проходящие через О. Построить луч, выходящий из О, чтобы произведение его отрезков от О до точек пересечения с данными прямыми было равно 2, где - длина отрезка .

Анализ. Пусть [ОА) - искомый луч. Тогда ОА*ОВ= 2. Инверсия I относительно окружности ω(o,r) точку B переведет в точку A, прямую в→в', где b' - некоторая окружноcть, тогда A = a∩в'.

Построение. Строим последовательно: 1) ω(o,r); 2) в', где в' = I (в) окружность, проходящая через О; 3) А, А а ∩ в; 4) [ОА) - искомый.

Доказательство. Через В обозначим пересечение в ∩ [ОА). Тогда В – прообраз А, т.к. А = [ОА) ∩ в'→[ОА) ∩ в = В. По определению инверсии имеем: ОА*ОВ = r2.

Исследование. Если: a ∩ в' = Ø, то нет решения; - точка касания, то одно решение; a ∩ в' = {A}, A – точка касания, то одно решение; a ∩ в' = {A1 A2, A1 ≠ A2, то два решения.

Алгебраический метод.

Сущность: решение задачи сводят к построению отрезка, длину которого можно выразить через длины данных отрезков с помощью формул. Затем строят искомый отрезок по полученной формуле.

Задача. Даны: угол АОВ и две точки С и D да луче OВ. Найти на луче [ОА) точку X, чтобы величина угла СХD была наибольшей.

Анализ. Пусть точка X найдена. Очевидно, точка X является точкой касания окружности, проходящей через С и D. Обозначим длину отрезка ОХ через х.

Имеем:

х2 = |ОС|*|ОD|, |ОС| и |ОD | -

длины известных отрезков ОС и ОD) . План решения состоит из двух шагов: Строим так, чтобы

и х = [OA) ∩ω(O,x),

где – длина отрезка х.

 Скачать реферат