Реферат: Методы решения задач на построение

--PAGE_BREAK--Пусть, например, требуется построить треугольник по основанию и по медиане и высоте, проведенным к этому основанию. Рассматривая вспомогательный чертеж (рис. 5), замечаем, что треугольник АВС можно легко построить, если будет построен треугольник ВDE: тогда останется только отложить по обе стороны от точки Е на прямой DE отрезки, равные половине данного основания. Но треугольник ВDE прямоугольный и строится по гипотенузе m и катету h.
Полезно учесть следующие частные замечания, помогающие при проведении анализа.
1) Если на вспомогательном чертеже не удается непосредственно заметить необходимые для решения связи между данными и искомыми элементами, то целесообразно ввести в чертеж вспомогательные фигуры: соединить уже имеющиеся точки прямыми, отметить точки пересечения имеющихся линий, продолжить некоторые отрезки и т.д. Иногда бывает полезно проводить параллели или перпендикуляры к уже имеющимся прямым.
Пусть, например, требуется построить прямую, проходящую через данную точку А и равноудаленную от двух данных точек В и С. Построение чертежа – наброска удобно начать с искомой фигуры: строим сначала прямую а (рис. 6), на ней выбираем точку А и на равных расстояниях от прямой а выбираем (по разные стороны от прямой) точки В и С.
После этого еще не возникают на чертеже такие связи, которые позволили бы решить задачу. Проведем к прямой а перпендикуляры ВВ<shape id="_x0000_i1033" type="#_x0000_t75" o:ole="" fillcolor=«window»><imagedata src=«150702.files/image009.wmz» o:><img width=«7» height=«24» src=«dopb387901.zip» v:shapes="_x0000_i1033"> и СС<shape id="_x0000_i1034" type="#_x0000_t75" o:ole="" fillcolor=«window»><imagedata src=«150702.files/image009.wmz» o:><img width=«7» height=«24» src=«dopb387901.zip» v:shapes="_x0000_i1034">, построим отрезок ВС и отметим точку М пересечения отрезка ВС с прямой а. Легко заметить, что М – середина отрезка ВС, а отсюда уже ясен способ построения.
2) Если по условию задачи дана сумма или разность отрезков или углов, то эти величины следует изобразить на вспомогательном чертеже, если их еще нет на нем.
3) В процессе проведения анализа бывает полезно вспомнить теоремы и раннее решенные задачи, в которых встречаются зависимости между элементами, сходные с теми, о которых говориться в условии рассматриваемой задачи.
4) Проводя анализ на основании изучения некоторого чертежа – наброска, мы невольно связываем свои рассуждения в известной мере с этим чертежом. Так, в примере, иллюстрирующем пункт 1), мы избрали точки В и С по разные стороны от прямой а, а в то время как можно было избрать их и по одну сторону от этой прямой. Тот способ решения, к которому мы приходим на основании анализа, может поэтому оказаться пригодным лишь для некоторых частных случаев. Чтобы получаемый нами способ решения был пригоден для возможно более широкого выбора данных, желательно изображать искомую фигуру в возможно более общем виде. Например, искомый треугольник, если в условии задачи нет специального указания о его форме, надо изображать как разносторонний, четырехугольник – как неправильный и т.п. Чем более общий случай мы разберем при анализе, тем проще будет провести в дальнейшем полное решение задачи.
Рассмотрим еще один пример анализа. Требуется вписать окружность в данный треугольник. Пусть АВС – данный треугольник (рис. 7). Чтобы вписать в него окружность, надо определить положение ее центра и найти величину радиуса.
Представим себе, что точка О – центр вписанной окружности, а ОМ – радиус проведенный в какую-либо из точек касания окружности к сторонам треугольника (например, в точку касания окружности к стороне АВ). Тогда отрезок ОМ перпендикулярен к прямой АВ. Поэтому ОМ – расстояние центра вписанной окружности от стороны треугольника АВ. Так как все радиусы окружности равны, то центр окружности одинаково удален от всех сторон треугольника и, следовательно, прямые ОА, ОВ и ОС служат биссектрисами (внутренних) углов треугольника АВС. Этих соображений, очевидно, достаточно для построения центра и определения радиуса искомой окружности.
2. Построение. Данный этап решения состоит в том, чтобы указать последовательность основных построений (или раннее решенных задач), которые достаточно произвести, чтобы искомая фигура была построена.
Построение обычно сопровождается графическим оформлением каждого его шага с помощью инструментов, принятых для построения.
В качестве примера обратимся опять к задаче о построении окружности, вписанной в данный треугольник АВС. Как показывает проведенный выше анализ этой задачи, для построения искомой окружности нужно последовательно построить (см. рис. 7):
1)                 биссектрисы каких-либо двух внутренних углов данного треугольника;
2)                 точку их пересечения О;
3)                 прямую, проходящую через точку О, перпендикулярно прямой АВ;
4)                 основание М проведенного перпендикуляра;
5)                 окружность (О, ОМ).
3. Доказательство. Доказательство имеет целью установить, что построенная фигура действительно удовлетворяет всем поставленным в задаче условиям.
Так, чтобы провести доказательство правильности приведенного выше построения окружности, вписанной в данный треугольник, надо установить, что построенная нами окружность (О, ОМ) действительно коснётся всех сторон треугольника АВС. Для этого, прежде всего заметим, что прямая АВ касается проведённой окружности, так как эта прямая перпендикулярна к радиусу ОМ.
Вместе с этим ясно, что радиус окружности равен расстоянию её центра от стороны АВ данного треугольника АВС. Далее замечаем, что центр окружности О одинаково удалён от всех сторон треугольника, так как лежит на пересечении биссектрис углов треугольника. Следовательно, расстояние центра окружности от стороны АС или от стороны ВС также равно радиусу построенной окружности, так что если провести через О перпендикуляры к сторонам треугольника АС и ВС, то основания этих перпендикуляров (точки N и Р на рис. 8) расположатся на той же окружности.
Таким образом, каждая из прямых АС и ВС перпендикулярна к соответствующему радиусу в конце его, лежащем на окружности, и поэтому каждая из этих прямых касается построенной окружности.
Доказательство обычно проводится в предположении, что каждый шаг построения действительно может быть выполнен.
4. Исследование. При построении обычно ограничиваются отысканиемодного какого-либо решения, причем предполагается, что все шаги построения действительно выполнимы. Для полного решения задачи нужно ещё выяснить следующие вопросы:
1)                 всегда ли (т.е. при любом ли выборе данных) можно выполнить построение избранным способом;
2)                 можно ли и как построить искомую фигуру, если избранный способ нельзя применить;
3)                 сколько решений имеет задача при каждом возможном выборе данных.
Рассмотрение всех этих вопросов и составляет исследование. Таким образом, исследование имеет целью установить условия разрешимости и определить число решений.
Иногда ставится также задача: выяснить при каких условиях искомая фигура будет удовлетворять тем или иным дополнительным требованиям. Например, может быть поставлен вопрос: при каких условиях искомый треугольник будет прямоугольным или равнобедренным? Или такой вопрос: при каких условиях искомый четырёхугольник окажется параллелограммом или ромбом?
Нередко школьники проводят исследование, в известной мере произвольно выбирая те или иные случаи, причём неясно, почему рассматриваются именно такие, а не какие-либо иные случаи. Остаётся неясным также, все ли возможные случаи рассмотрены. При исследовании решения какой-либо сложной задачи такой подход может привести к потере решений, к тому, что некоторые случаи не будут рассмотрены.
Чтобы достигнуть необходимой планомерности и полноты исследования, рекомендуется проводить исследование «по ходу построения». Сущность этого приёма состоит в том, чтобы перебрать последовательно все шаги, из которых слагается построение, и относительно каждого шага установить, всегда ли указанное на этом шаге построение выполнимо, а если выполнимо, то сколькими способами.
Для этого необходимо:
1)                 Выяснить, всегда ли существуют в действительности точки, прямые, окружности или другие фигуры, построение которых предполагается осуществить на каждом шаге намеченного построения, или же их существование зависит от специального выбора положения или размеров тех или иных фигур. Например, если предполагается построить точки пересечения окружности с прямой, то надо заметить, что существование таких точек зависит от соотношения между радиусом этой окружности и расстоянием центра окружности от прямой.
Дальнейшее исследование надо проводить только для тех случаев, когда построение возможно, т.е. когда каждый шаг действительно приводит к построению искомых фигур.
2)                 Для каждого случая, когда решение существует, определить, сколько именно точек, прямых, окружностей и т.д. даёт каждый шаг построения. Например, если строятся точки пересечения окружности и прямой, то надо учесть, что таких точек будет две, если радиус окружности больше расстояния от центра до прямой, и одна, если радиус окружности равен расстоянию центра от прямой.
3)                 Учитывая результаты исследования каждого шага, обратиться к задаче в целом и установить, при каких условиях расположения денных фигур или при каких соотношениях их размеров задача действительно имеет решение, а при каких его не существует. Если возможно, выразить условия разрешимости формулой (в форме неравенств или равенств).
4)                 Определить число возможных решений при каждом определённом предположении относительно данных, при котором эти решения существуют.
В итоге таких рассуждений решается вопрос о возможности построения данным способом. Но остаётся ещё открытым вопрос: не возникнут ли новые решения, если изменить как-либо способ построения? Иногда удастся доказать, что всякое решение данной задачи совпадает с одним из уже полученных решений; в этом случае исследование можно считать законченным. Если же это не удаётся, то можно предположить, что задача имеет другие решения, которые могут быть найдены другими способами. В этих случаях полезно ещё раз обратиться к анализу и проверить, нет ли каких-либо иных возможных случаев расположения данных или искомых фигур, которые не были предусмотрены ранее проведённым анализом.
   
2. Основные методы решения задач на построение 2.1 Метод параллельного переноса Часто построение фигуры становится затруднительным только от того, что части этой фигуры слишком удалены друг от друга, и поэтому трудно ввести в чертёж данные. В этих случаях какую-либо часть искомой фигуры переносят или параллельно самой себе, или другим образом, но на такое расстояние, чтобы вновь полученная фигура могла быть построена или непосредственно, или легче, чем искомая фигура. Направление такого переноса зависит от условия задачи и должно быть выбрано так, чтобы во вновь полученную фигуру вошло, по возможности, большее количество данных.
Пример 1. Постройте трапецию по заданным сторонам.
<line id="_x0000_s1026" from=«428.4pt,20.95pt» to=«442.8pt,20.95pt» o:allowincell=«f»><img width=«21» height=«2» src=«dopb387902.zip» v:shapes="_x0000_s1026">Решение. Анализ. Пусть трапеция АВСD построена, ВС= а, АD= b, AB= c, CD= d (рис. 8). Выполним параллельный перенос, определяемый вектором СВ. Тогда сторона СD перейдёт в BD<shape id="_x0000_i1035" type="#_x0000_t75" o:ole="" fillcolor=«window»><imagedata src=«150702.files/image012.wmz» o:><img width=«8» height=«23» src=«dopb387897.zip» v:shapes="_x0000_i1035">. Треугольник АВD<shape id="_x0000_i1036" type="#_x0000_t75" o:ole="" fillcolor=«window»><imagedata src=«150702.files/image012.wmz» o:><img width=«8» height=«23» src=«dopb387897.zip» v:shapes="_x0000_i1036"> можно построить по трём сторонам c, d, b-a (b>a).
Затем продолжим отрезок АD<shape id="_x0000_i1037" type="#_x0000_t75" o:ole="" fillcolor=«window»><imagedata src=«150702.files/image012.wmz» o:><img width=«8» height=«23» src=«dopb387897.zip» v:shapes="_x0000_i1037"> на D<shape id="_x0000_i1038" type="#_x0000_t75" o:ole="" fillcolor=«window»><imagedata src=«150702.files/image013.wmz» o:><img width=«8» height=«23» src=«dopb387897.zip» v:shapes="_x0000_i1038">D = a. Через точку В проведем прямую, параллельную АD и на ней отложим отрезок ВС= а. Соединим точки С и D. Полученная трапеция АВСD – искомая.
План построения очевиден.
Доказательство. В четырехугольнике АВСD BC параллельна AD, значит ABCD – трапеция в которой AB = c, AD =b, так как AD= b – a + a. BD<shape id="_x0000_i1039" type="#_x0000_t75" o:ole="" fillcolor=«window»><imagedata src=«150702.files/image014.wmz» o:><img width=«7» height=«24» src=«dopb387901.zip» v:shapes="_x0000_i1039">= CD = d.
Исследование. Треугольник ABD<shape id="_x0000_i1040" type="#_x0000_t75" o:ole="" fillcolor=«window»><imagedata src=«150702.files/image014.wmz» o:><img width=«7» height=«24» src=«dopb387901.zip» v:shapes="_x0000_i1040"> можно построить по трём сторонам, если c – d < b – a < c + d. При этом условии однозначно выполнимы и все остальные шаги построения. Если неравенство c – d < b – a < c + d не выполняется, то задача при выбранных данных не имеет решения.
Пример 2. Построить четырёхугольник, зная его углы и противоположные
стороны.
Анализ. Положим, что в четырёхугольнике АВСD стороны BC и AD и углы А, В, С имеют данные значения. Перенесём BC параллельно самой себе в AE, тогда составится треугольник AED, в котором известны две стороны AE и AD и угол EAD, равный разности двух известных углов, данного угла BAD и угла FBC, смежного с данным CBA. Такой треугольник легко построить. Затем легко провести прямые EC и CD, потому что первая образует известный угол с прямой EA (угол CEG равен углу FBC); а вторая образует известный угол CDA со стороною AD. После этого остаётся только провести CB параллельно EA и решение очевидно.
Построение.
1.                 Строим треугольник АЕD;
2.                 ЕС;
3.                 СD;
4.                 СВ║ЕА.
Исследование.
Эта задача имеет только одно решение: углы и отношение двух противоположных сторон четырёхугольника вполне определяют его вид.
2.2 Метод подобия Основная идея метода подобия состоит в следующем:
Сначала строят фигуру, подобную искомой так, чтобы она удовлетворяла всем условиям задачи, кроме одного. Затем строят уже искомую фигуру, подобную искомой и удовлетворяющую опущенному требованию.
Метод подобия находит применение обычно в случаях, когда среди данных лишь одно является отрезком, а все остальные данные-либо углы, либо отношения отрезков.
Обычно целесообразно вспомогательную фигуру строить так, чтобы она была подобна не только искомой, но и подобно расположена с ней. Успех решения зависит в этих случаях от выбора центра подобия.
При решении задач на построение методом подобия часто воспользоваться следующим замечанием. Если две фигуры подобны, то коэффициент подобия равен отношению любых двух соответствующих отрезков. Если отрезкам a, b, c,… фигуры Ф соответствуют отрезки a1, b1, c1,… подобной фигуры Ф1, то коэффициент подобия равен также отношениям:
<shape id="_x0000_i1041" type="#_x0000_t75" o:ole="" fillcolor=«window»><imagedata src=«150702.files/image015.wmz» o:><img width=«68» height=«55» src=«dopb387903.zip» v:shapes="_x0000_i1041"> <shape id="_x0000_i1042" type="#_x0000_t75" o:ole="" fillcolor=«window»><imagedata src=«150702.files/image017.wmz» o:><img width=«71» height=«57» src=«dopb387904.zip» v:shapes="_x0000_i1042"> <shape id="_x0000_i1043" type="#_x0000_t75" o:ole="" fillcolor=«window»><imagedata src=«150702.files/image019.wmz» o:><img width=«106» height=«57» src=«dopb387905.zip» v:shapes="_x0000_i1043">
Пример 1. Дан Ð АВС и внутри его точка М. Найти на стороне ВС точку Х, расположенную на одинаковом расстоянии от прямой АВ и от точки М.
Анализ. Пусть точка Х найдена так, что перпендикуляр ХY = МХ. Задача сводится к построению фигуры YХМ. Представим целый ряд фигур, подобных искомой фигуре. Достаточно построить одну из этих фигур, например РКN, так как останется провести из точки М прямую параллельную КР и задача будет решена.
Для построения фигуры РКN замечаем, что В есть центр подобия искомых фигур, и поэтому точки М, H, К и В лежат на одной прямой ВМ и PN ^ АВ, PN = BN, положение же точки Р произвольно. Поэтому для построения фигуры PKN надо в произвольной точке Р восстановить PN ^ АВ, из центра N описать радиусом PN дугу, которая пересечёт ВМ в точке К. Проводя МХ ║КN, можно определить искомую точку Х.
Построение.
1.          ЕG ^ AB;
2.          H = ω (G, EG)ÇBM;
3.          MX ║ HG;
4.          X = BCÇMX.
Доказательство. Опустив перпендикуляр ХY, из подобия треугольников находим МХ: GH = BX: BN = XY: GE, откуда МХ: GH = =XY: GE, но так как по построению HG = GE, то МХ = YX.
Исследование. Задача всегда возможна и имеет два решения, так как дуга из центра G встречает ВМ всегда в двух точках.
Пример 2. Построить треугольник АВС, если известно отношение АВ: ВС, Ð АВС и радиус вписанной окружности.
    продолжение
--PAGE_BREAK--Анализ. Так как в искомом треугольнике известен угол и отношение сторон этого угла, то, оставив остальные условия, построим треугольник, подобный искомому. Для этого на сторонах данного угла отложим BD, равную m каких-нибудь равных частей, и ВЕ, равную n таких же частей, и соединим точки D и E. Тогда искомый треугольник и треугольник DBE подобны, так как они имеют по равному углу, заключённому между пропорциональными сторонами. Проводя в угле АВС отрезки, параллельные DE, будем получать треугольники, подобные искомому, но с различными радиусами вписанных окружностей; из всех этих треугольников надо выбрать один, у которого радиус вписанной окружности равен r. Определив центр О, легко построить сам треугольник.
Построение.
1. OF ^ DE;
2.              OG = r;
3.              Через G проводим AC ║ DE;
4.              ∆АВС – искомый.
Доказательство. Следует из построения.
Исследование. Возможное решение всегда одно.

2.3 Метод геометрического места точек Геометрическим местом точек называется совокупность точек, обладающих свойствами, исключительно им принадлежащими. Если задача приводится к определению точки, то можно отбросить одно из условий, которому эта точка должна удовлетворять; тогда искомая точка станет способна принять бесчисленное количество последовательных положений, и все эти положения составят геометрическое место точек, обладающих всеми требуемыми свойствами, кроме отброшенного. Фигура этого геометрического места чаще бывает нам заранее известна; в противном случае её надо определить вспомогательными построениями. Затем, приняв отброшенное условие и откинув какое-либо другое условие задачи, мы вновь увидим, что искомая точка станет способна принять бесчисленное множество новых положений, образующих новое геометрическое место. Определим фигуру этого нового геометрического места, если она нам неизвестна. Тогда искомая точка должна лежать и на первом и на втором геометрическом месте, а потому определяется их пересечением.
Иногда для определения точки достаточно построить одно геометрическое место, потому что другое дано в условии задачи. Если же искомая точка подчинена таким условиям, которые все в совокупности определяют только одно геометрическое место, то задача становится неопределённой.
Отсюда видно, как важно знать различные геометрические места. Знание геометрических мест иногда позволяет сразу видеть, где находится неизвестная точка.
Рассмотрим примеры.
Пример 1. Постройте треугольник, если заданы сторона, прилежащий к ней угол и сумма двух других сторон.
Анализ. Пусть ∆АВС уже построен, тогда положение вершин В иС можно считать известным. Остаётся найти вершину А. Выясним свойства точки А. Во-первых, точка А принадлежит лучу (BA), так как дан угол АВС, во-вторых, точка А является вершиной ломанной, состоящей из двух звеньев, сумма которых равна длине данного отрезка, являющегося суммой АВ и АС сторон искомого треугольника.
На продолжении стороны ВА за точку А отложим отрезок АА1, равный отрезку АС. Теперь можно построить треугольник А1ВС по двум сторонам и углу между ними. В равнобедренном (по построению) треугольнике А1АС серединный перпендикуляр к стороне А1С пересечёт луч ВА1 в точке А.
Построение.
1)                                       построить ∆ВА1С по сторонам ВС и ВА1 = АВ + АС и углу между ними;
2)                                       провести серединный перпендикуляр к стороне А1С;
3)                                       найти точку пересечения луча (BA) и построенного серединного перпендикуляра. Точка пересечения и будет искомой вершиной А.
Доказательство. В построенном ∆АВС сторона ВС, сумма сторон АВ и АС, угол В-данные.
Исследование проведём по ходу построения. Треугольник ВА1С по двум сторонам и углу между ними можно построить единственным образом. Провести серединный перпендикуляр к отрезку А1С – тоже единственным образом. Точка пересечения луча (BA) и серединного перпендикуляра существует и она единственная.
Пример 2. Постройте треугольник по стороне, разности углов при при этой стороне и сумме двух других сторон.
Анализ. Пусть ∆АВС построен, тогда положение вершин В и С можно считать известным. Остаётся найти вершину А. Во-первых, точка А принадлежит лучу (BA), так как известна разность углов В и С. Во-вторых, точка А является вершиной ломаной, состоящей из двух звеньев, сумма которых равна длине данного отрезка, являющегося суммой АВ и АС сторон искомого треугольника.
Отложим данный угол от луча ВС внутрь треугольника АВС и обозначим его через х (угол DBC обозначен через х). Тогда угол С равен Углу АВD, обозначим его через у. На продолжении стороны СА за точку А отложим отрезок АА1, равный отрезку АВ и построим треугольник СВА1. Найдём углы:
угол А1АВ равен х + 2у,
угол АВА1 = <shape id="_x0000_i1044" type="#_x0000_t75" o:ole="" fillcolor=«window»><imagedata src=«150702.files/image021.wmz» o:><img width=«155» height=«41» src=«dopb387906.zip» v:shapes="_x0000_i1044">, тогда
угол А1ВС равен <shape id="_x0000_i1045" type="#_x0000_t75" o:ole="" fillcolor=«window»><imagedata src=«150702.files/image023.wmz» o:><img width=«181» height=«41» src=«dopb387907.zip» v:shapes="_x0000_i1045">.
Построение.
1)           построить ∆А1ВС по углу А1ВС, сторонам ВС и СА1;
2)           построить серединный перпендикуляр к отрезку А1В;
3)           найти точку пересечения А построенного серединного перпендикуляра со стороной А1С.
Точка пересечения и является искомой вершиной А.
Доказательство очевидно.
2.4 Алгебраический метод Сущность метода заключается в следующем. Решение задач на построение сводится к построению некоторого отрезка (или нескольких отрезков). Величину искомого отрезка выражают через величины известных отрезков с помощью формулы. Затем строят искомый отрезок по полученной формуле.
Пример 1. Провести окружность через две точки А и В так, чтобы длина касательной к ней, проведённой из точки С равнялась а.
Анализ. Пусть через точки А иВ проведена окружность так, что касательная к ней из точки С равняется а. Так как через три точки можно провести окружность, то проведём СВ и определим положение точки К. Полагаем СК = х и СВ = с; тогда по свойству касательной сх = а2.
Построение.
1)           для построения х чертим полуокружность на ВС и дугу (С, а);
2)           опустим LK ^ BC;
3)           с×КС = а2; поэтому х = КС, и точка К будет искомая;
4)           восстановив перпендикуляры из середин АВ и КВ до их пересечения найдём искомый центр О;
5)           чертим окружность (О, ОА);
МС – искомая касательная.
Доказательство. МС2 = СВ×КС = <shape id="_x0000_i1046" type="#_x0000_t75" o:ole="" fillcolor=«window»><imagedata src=«150702.files/image025.wmz» o:><img width=«76» height=«52» src=«dopb387908.zip» v:shapes="_x0000_i1046"> и МС = а, как и требовалось.
Исследование. Выражение a£с – условие существования решения нашей задачи, так как только при этом условии дуга (С, а) пересечёт окружность СLB.
Пример 2. Из вершин данного треугольника как из центров опишите три окружности, касающиеся попарно внешним образом.
Анализ. Пусть АВС – данный треугольник, а, b, c – его стороны, х, у, z– радиусы искомых окружностей. Тогда <shape id="_x0000_i1047" type="#_x0000_t75" o:ole="" fillcolor=«window»><imagedata src=«150702.files/image027.wmz» o:><img width=«219» height=«25» src=«dopb387909.zip» v:shapes="_x0000_i1047"> Поэтому <shape id="_x0000_i1048" type="#_x0000_t75" o:ole="" fillcolor=«window»><imagedata src=«150702.files/image029.wmz» o:><img width=«378» height=«49» src=«dopb387910.zip» v:shapes="_x0000_i1048"> откуда <shape id="_x0000_i1049" type="#_x0000_t75" o:ole="" fillcolor=«window»><imagedata src=«150702.files/image031.wmz» o:><img width=«104» height=«49» src=«dopb387911.zip» v:shapes="_x0000_i1049">
Построение.
1)           проводим окружность S1(A, x);
2)           S2(B, c – x);
3)           S3(C, b – x).
Доказательство. Найдём сумму радиусов окружностей S1 и S3:
<shape id="_x0000_i1050" type="#_x0000_t75" o:ole="" fillcolor=«window»><imagedata src=«150702.files/image033.wmz» o:><img width=«398» height=«25» src=«dopb387912.zip» v:shapes="_x0000_i1050"> = ВС.
Получили, что сумма радиусов равна расстоянию между их центрами, что и доказывает касание окружностей S2 и S3.
Исследование. Задача всегда однозначно разрешима, поскольку:
1.                                       в треугольнике АВС сумма сторон <shape id="_x0000_i1051" type="#_x0000_t75" o:ole="" fillcolor=«window»><imagedata src=«150702.files/image035.wmz» o:><img width=«71» height=«22» src=«dopb387913.zip» v:shapes="_x0000_i1051">, и поэтому отрезок х может быть построен;
2.                                       <shape id="_x0000_i1052" type="#_x0000_t75" o:ole="" fillcolor=«window»><imagedata src=«150702.files/image037.wmz» o:><img width=«42» height=«17» src=«dopb387914.zip» v:shapes="_x0000_i1052">, потому что <shape id="_x0000_i1053" type="#_x0000_t75" o:ole="" fillcolor=«window»><imagedata src=«150702.files/image039.wmz» o:><img width=«274» height=«49» src=«dopb387915.zip» v:shapes="_x0000_i1053">(так как <shape id="_x0000_i1054" type="#_x0000_t75" o:ole="" fillcolor=«window»><imagedata src=«150702.files/image041.wmz» o:><img width=«71» height=«22» src=«dopb387916.zip» v:shapes="_x0000_i1054">);
3.                                       <shape id="_x0000_i1055" type="#_x0000_t75" o:ole="" fillcolor=«window»><imagedata src=«150702.files/image043.wmz» o:><img width=«44» height=«22» src=«dopb387917.zip» v:shapes="_x0000_i1055">, так как <shape id="_x0000_i1056" type="#_x0000_t75" o:ole="" fillcolor=«window»><imagedata src=«150702.files/image045.wmz» o:><img width=«153» height=«49» src=«dopb387918.zip» v:shapes="_x0000_i1056">.
2.5 Метод инверсии Пусть нам дана некоторая кривая М и неподвижная точка К – начало или центр инверсии. Возьмём на кривой М точку А и на прямой КА определим точку А1 так, чтобы абсолютное значение КА·КА1 = к2, где к – есть постоянная длина, то при движении точки А по кривой М точка А1 опишет новую кривую N, которая называется обратной или инвертированной кривой.
Пусть у нас имеется фигура, состоящая из прямых и окружностей. Если эту фигуру инвертировать, то прямые и окружности превратятся в известные прямые и окружности, или в одни окружности, которые будут пересекаться под теми же углами, как и в данной фигуре. Если какая-нибудь точка данной фигуры представляла, например, вершину какого-нибудь угла, то в обратной фигуре она представит, вообще, точку пересечения окружностей, пересекающихся под тем же углом. Словом, обратная фигура удерживает до мельчайших подробностей своеобразное сходство с данной фигурой.
Зная отображённую фигуру и положение начала инверсии, нередко можно легко отгадать форму основной фигуры; что касается её размера, то для этого нужно знать степень инверсии.
Пример 1. Даны точка К две прямые АВ и ВС. Провести секущую КХY так, чтобы KX·KY = k2(k – есть данная длина).
Анализ. Искомая точка Y есть пересечение прямой ВА с прямой, инвертированной к ВС с центром инверсии К и степенью к2.
Построение.
1)           опустим KL ^ BC;
2)           на ВС отложим LN = k;
3)           проведём MN ^ KN до пересечения KL в точке М;
4)           окружность, описанная на диаметре МК встретит АВ в искомой точке.
Пример 2. Даны точки А, В и С. Через В провести прямую так, чтобы расстояния АХ и CY от этой прямой удовлетворяли равенству
АХ2 — СY2 = к2.
Решение. Из равенства (АХ + CY) (AX – CY) = k2 вытекает необходимость ввести в чертёж сумму и разность AX и CY. Поэтому переносим параллельно CY в С1Х и AC1·AY1 = k2. Если взять за центр инверсии А и за коэффициент к2, то С1 – есть точка окружности, инвертированной к прямой DY1; диаметр этой окружности равен АС1. Так как точки D и J соответственные, то AD·AJ = k2, что даёт возможность построить точку J. Тогда для определения точки С1 имеем JC1 ^ AD и окружность, диаметр которой равен АС.
   
3. Эксперимент Практические занятия по теме «Методы решения задач на построение».
Цели: 1. Формирование знаний об этапах решения задач на построение и умений их осуществлять;
2.                 Формирование представлений об основных методах решения задач на построение;
3.                 Формирование навыков самостоятельной работы.
План занятий:
  Практические занятия по теме «Методы решения задач на построение» Занятие 1
Тема: Основы конструктивной геометрии Цели: 1. Ознакомление с основными требованиями конструктивной геометрии;
1.                 Формирование системы аксиом инструментов построения: линейки, циркуля, двусторонней линейки, прямого угла.
Оборудование:
1.                 Рассмотренные выше инструменты;
2.                 Плакаты, отражающие основные свойства конструктивной геометрии.
Методы и средства:
1.                 Лекция с включённой беседой;
2.                 Параллельная работа учителя у доски, а учащихся в тетради;
3.                 Самостоятельная работа учащихся в тетради.
План-коспект занятия:
1.                 Организационный момент.
2.                 Вступительная беседа и объяснение нового материала.
Преподаватель: Данные занятия затрагивают основные моменты очень интересного раздела геометрии, который называется конструктивная геометрия. Как раздел общей геометрии, она изучает геометрические построения. В конструктивной геометрии существуют основные требования.
1.                 Каждая данная фигура построена;
2.                 Если построены две или более фигуры, то построено их соединение;
3.                 Если две фигуры построены, то можно установить является ли их пересечение пустым множеством;
4.                 Если разность двух фигур не является пустым множеством, то эта разность построена;
5.                 Можно построить точку, заведомо принадлежащую или не принадлежащую построенной фигуре.
Преподаватель: Каждая задача на построение состоит из требования построить ту или иную фигуру при помощи данных соотношений между элементами искомой фигуры и элементами данной фигуры, используя данный набор инструментов. Мы будем рассматривать построения при помощи циркуля и линейки.
Таким образом, каждая построенная фигура, удовлетворяющая требуемым условиям задачи, называется решением задачи. Найти решение задачи на построение, – значит, свести её к конечному числу из некоторых элементарных построений, то есть указать пошаговую последовательность построений, после выполнения которых мы получим искомую фигуру.
Решить задачу на построение, – значит найти все её решения. А теперь рассмотрим элементарные построения (см. Глава 1.,§ 1,2).
Преподаватель: На уроках геометрии вы уже выполняли некоторые простые задачи на построение. Давайте вспомним какие.
Учащиеся: Деление отрезка пополам, деление угла пополам, построение треугольника по двум сторонам и углу между ними, по трём сторонам, подвум углам и прилежащей стороне.
Преподаватель: Правильно. Попытайтесь самостоятельно выполнить эти построения.
    продолжение
--PAGE_BREAK--Каждому ученику предлагается задача на построение.
Предлагаемые задачи:
1.                 Разделите отрезок пополам.
2.                 Разделите угол пополам.
3.                 Постройте треугольник по двум сторонам и углу между ними.
4.                 Постройте треугольник по трём сторонам.
5.                 Постройте треугольник по двум углам и прилежащей стороне.
Домашнее задание: Выполнить нерассмотренные задачи на построение.
Занятие 2
Тема: Основы конструктивной геометрии. Основные геометрические построения. Цели: 1. Формирование представлений о сущности решения задачи на построение;
2. Закрепление умений решать основные задачи на построение (14 задач).
Оборудование: Циркуль, линейка.
Методы и средства:
1.                 Лекция с включённой беседой;
2.                 Параллельная работа учителя у доски, а учащихся в тетради;
3.                 Самостоятельная работа учащихся в тетради.
План-конспект занятия:
1.                 Организационный момент.
2.                 Проверка домашнего задания: на карточках дать по одному основному построению.
Вопросы:
1.                 Что значит найти решение задачи на построение?
2.                 Что значит решить задачу?
3.                 Какие элементарные построения вы знаете?
4.                 Какие основные задачи на построение вы знаете?
3.                 Объяснение нового материала:
Преподаватель: На прошлом занятии мы решали с вами некоторые простейшие задачи на построение, но в конструктивной геометрии существуют гораздо более сложные задачи, решение которых не видно из условий сразу. Для этого решение задачи разбивают на этапы. Может быть, вы помните – какие этапы включает в себя задача на построение?
Ученики: Анализ и построение.
Преподаватель: Правильно, но вы перечислили не все этапы.
1 этап: Анализ. Это поиск способа решения задачи на построение. На этапе анализа мы предполагаем, что искомая фигура построена и отмечаем из этого наброска все зависимости, отношения между элементами этой фигуры.
Пусть, например, надо построить треугольник по основанию и медиане и высоте, проведённых к этому основанию.
Анализ: Допустим, что такой треугольник построен, где BD = m,
BE = h. Заметим, что треугольник АВС легко будет построить, если будет известен треугольник BDE. Отложив по обе стороны от точки Е отрезки, равные половине основания(данного), получим искомый треугольник АВС. Но ведь треугольник BDE состоит из известного (данного нам) катета и гипотенузы. А такой треугольник строить мы умеем и сможем его построить. На этом рассуждения на этапе анализа закончены, можно приступать к построению.
На этапе построения расписывается поэтапно каждое построение. Вернёмся к нашему примеру и выполним построения в следующей последовательности:
1.                 Строим ∆ BDE по гипотенузе m и катету h.
2.                 По обе стороны то точки на продолжении прямой откладываем отрезки, равные а/2 (ЕС = а/2; EA = a/2);
3.                 ∆АВС – искомый.
Дано:
<line id="_x0000_s1027" from="-3.6pt,10.5pt" to=«140.4pt,10.5pt» o:allowincell=«f»><line id="_x0000_s1029" from="-3.6pt,53.4pt" to=«54pt,53.4pt» o:allowincell=«f»><line id="_x0000_s1028" from="-3.6pt,31.95pt" to=«68.4pt,31.95pt» o:allowincell=«f»><img width=«194» height=«2» src=«dopb387919.zip» v:shapes="_x0000_s1027"> <img width=«98» height=«2» src=«dopb387920.zip» v:shapes="_x0000_s1028"> <img width=«79» height=«2» src=«dopb387921.zip» v:shapes="_x0000_s1029">  

Следующим этапом решения задачи является доказательство того, что построенная нами фигура удовлетворяет всем поставленным нами условиям.
Доказательство: 1. АЕ = ЕС по построению, ВЕ – медиана;
2. ∆ BDE – прямоугольный по построению, а BD – высота к основанию ВС;
4.                 BE = m, BD = h, AC = a.
После доказатества переходим к исследованию. При построении обычно ограничиваются нахождением какого-либо решения. Но ведь мы знаем, что решить задачу – это что значит?
Ученики: Это значит найти все её решения.
Преподаватель: Обратите внимание на пример нашей задачи. Как вы думаете, сколько решений возможно в данной задаче, если не учитывать различие в расположении на плоскости?
Ученики: Единсвенное решение.
Преподаватель: Итак, при решении задачи на построение принято действовать по схеме:
1.                 Анализ;
2.                 Построение;
3.                 Доказательство;
4.                 Исследование.
3.Закрепление: решение несложных задач по схеме.
Задача 1 Через точку А, лежащую в середине угла провести прямую так, чтобы точка А была серединой отрезка, отсекаемого от прямой сторонами угла.
1)                 Анализ. Дан угол А и точка внутри его. Точка будет удовлетворять условиям, если она будет лежать на пересечении диагоналей параллелограмма. Как сделать точку А точкой пересечения диагоналей?
Ученики: на продолжении отрезка КА построить АN = KA и достроить до параллелограмма.
2)                 Построение.
а) AN = AK;
б) Ð 1 = Ð 2 (NP È KP = P);
в) MP = KM;
г) MP – искомая.
3) Доказательство.
∆ КМА = ∆ APN (Ð 1 = Ð 2, KA = AN, Ð 5 = Ð 6).
4) Исследование:
МР – единственная прямая, так как точка А (как точка пересечения диагоналей) определена единственным образом.
Домашнее задание: Нерешённые задачи на дом;
Повторение этапов решения задачи.
Занятие 3
Тема: Решение задач на построение методом пересечения фигур Цели: 1. Продолжать формирование этапов решения конструктивной задачи;
2. Выделить метод геометрического места точек.
Оборудование: Чертёжные инструменты.
Методы и средства:
1.                 Рассказ учителя;
2.                 Совместное решение задач;
3.                 Самостоятельное решение задач.
План-конспект уроков:
1.                 Организационный момент.
2.                 Проверка домашнего задания.
Вопросы для контроля:
1)                 Перечислите основные построения циркулем и линейкой;
2)                 Перечислите основные элементарные задачи;
3)                 Из каких основных этапов состоит решение задачи на построение?
4)                 Что нужно показать в исследовании?
3.                 Объяснение нового материала.
Преподаватель: Сущность метода пересечений состоит в следующем:
Задачу сводят к построению одной точки (основной элемент построения), которая удовлетворяет двум условиям a1 и a2.
Пусть Ф1 – множество точек, удовлетворяющих условию a1, а Ф2 – удовлетворяющих a2. Тогда точка x будет являться пересечением двух множеств точек Ф1 и Ф2. Чтобы построить точку x необходимо, опустив условие a2, построить множество точек Ф1, удовлетворяющих условию a1, затем, опустив условие a1, построить множество точек Ф2, удовлетворяющих a2. Пересечение этих двух множеств точек и будет искомый элемент x.
Рассмотрим пример:
Задача 1 (решается вместе с преподавателем)
Построить окружность данного радиуса r, проходящую через данную точку А и касающуюся данной прямой d.
Анализ. Предположим, что задача решена и окружность (О, r) построена.
Так как радиус этой окружности дан, то мы сможем её построить, если будет построен её центр О. Точка О удовлетворяет двум условиям:
а) r(О, r) = r;
б) r(O, d) = r.
Условие а) определяет фигуру S (A, r), а условие б) d1 и d2 – такие прямые, что r(d1, d) = r(d, d2) = r
Построение:
1)                 S (A, r);
2)                 прямые d1 и d2:r(d1, d) = r(d, d2) = r;
3)                 ОÎS (A, r) Ç {d1, d2};
4)                 S (O, r).
Доказательство:
а) ОÎS (A, r) => AÎ S (O, r);
б) ОÎ{d1, d2} => r(O, d) = r => S (O, r) касается прямой d.
Исследование:
Построения 1 и 2 всегда выполнимы. Рассмотрим построение 3.
Здесь возможны три случая:
а) r(А, d) < 2r => Фигура S (A, r) Ç {d1, d2} состоит из двух точек;
Задача имеет два решения.
б) r(А, d) = 2r => Фигура S (A, r) Ç {d1, d2} – точка, задача имеет одно решение.
в) r(А, d) > 2r => S (A, r) Ç {d1, d2} = Æ; задача не имеет решений.
Задача 2
Построить треугольник АВС, зная АС и радиусы окружностей, описанных около треугольников АВD и ADC, где AD высота.
Анализ: Известно, что радиус описанной окружности лежит на пересечении серединных перпендикуляров. Так как АС известно, радиусы окружностей известны, точка М – середина АD. Следовательно, можно построить и AD.
Построение:
1.                 АС, О2 – середина;
2.                 w1(О2, r2);
3.                 w2(A, r);
4.                 w3(O1, r);
5.                 CDÇw3 = B;
6.                 ABC – искомый;
Доказательство:
r1 – радиус описанной окружности треугольника АВD (по построению).
Исследование:
Радиусы описанных окружностей должны быть равны половине гипотенузы. Решение единственное.
4.                 Домашнее задание
Оставшиеся задачи и предложенная теория.
Занятие 4
Тема: Решение задач на построение алгебраическим методом Цель: Сформировать умение строить отрезки по данным формулам.
Оборудование: Циркуль, линейка.
План-коспект занятия:
1. Организационный момент.
2. Объяснение нового материала
Преподаватель: При решении задач алгебраическим методом приходится решать следующую задачу:
Даны отрезки a, b,…, l, где a, b,…, l – их длины. Выбрана единица измерения. Требуется построить отрезок х, длина которого х в этой же системе измерения выражается через длины a, b,…, l заданной формулой:
x = f (a, b,…, l)
Рассмотрим построение отрезков, заданных следующими простейшими формулами:
1) <shape id="_x0000_i1057" type="#_x0000_t75" o:ole="" fillcolor=«window»><imagedata src=«150702.files/image050.wmz» o:><img width=«70» height=«22» src=«dopb387922.zip» v:shapes="_x0000_i1057">;
2) <shape id="_x0000_i1058" type="#_x0000_t75" o:ole="" fillcolor=«window»><imagedata src=«150702.files/image052.wmz» o:><img width=«114» height=«25» src=«dopb387923.zip» v:shapes="_x0000_i1058">
3)                 <shape id="_x0000_i1059" type="#_x0000_t75" o:ole="" fillcolor=«window»><imagedata src=«150702.files/image054.wmz» o:><img width=«62» height=«53» src=«dopb387924.zip» v:shapes="_x0000_i1059">, где p и q – натуральные числа;
4)                 <shape id="_x0000_i1060" type="#_x0000_t75" o:ole="" fillcolor=«window»><imagedata src=«150702.files/image056.wmz» o:><img width=«57» height=«48» src=«dopb387925.zip» v:shapes="_x0000_i1060"> (построение отрезка – четвёртого пропорционального к данным трём).
5)                 <shape id="_x0000_i1061" type="#_x0000_t75" o:ole="" fillcolor=«window»><imagedata src=«150702.files/image058.wmz» o:><img width=«66» height=«28» src=«dopb387926.zip» v:shapes="_x0000_i1061">;
6)                 <shape id="_x0000_i1062" type="#_x0000_t75" o:ole="" fillcolor=«window»><imagedata src=«150702.files/image060.wmz» o:><img width=«104» height=«31» src=«dopb387927.zip» v:shapes="_x0000_i1062">;
7)                 <shape id="_x0000_i1063" type="#_x0000_t75" o:ole="" fillcolor=«window»><imagedata src=«150702.files/image062.wmz» o:><img width=«152» height=«32» src=«dopb387928.zip» v:shapes="_x0000_i1063">
С помощью построений 1–7 можно строить отрезки, заданные более сложными формулами.
Рассмотрим пример: (решить вместе с преподавателем).
Пример 1. Пусть а, b, c и d – данные отрезки. Построить отрезок х, заданный формулой:
<shape id="_x0000_i1064" type="#_x0000_t75" o:ole="" fillcolor=«window»><imagedata src=«150702.files/image064.wmz» o:><img width=«122» height=«57» src=«dopb387929.zip» v:shapes="_x0000_i1064">
Решение: Построение отрезка выполняем в следующей последовательности:
1.          Строим отрезок у, заданный формулой <shape id="_x0000_i1065" type="#_x0000_t75" o:ole="" fillcolor=«window»><imagedata src=«150702.files/image066.wmz» o:><img width=«93» height=«34» src=«dopb387930.zip» v:shapes="_x0000_i1065">(для этого дважды выполняем построение отрезка, заданного формулой 5);
2.          Строим отрезок z, заданный формулой <shape id="_x0000_i1066" type="#_x0000_t75" o:ole="" fillcolor=«window»><imagedata src=«150702.files/image068.wmz» o:><img width=«215» height=«37» src=«dopb387931.zip» v:shapes="_x0000_i1066">
(построение отрезка, заданного формулой 6);
3.          Строим отрезки u и v по формулам <shape id="_x0000_i1067" type="#_x0000_t75" o:ole="" fillcolor=«window»><imagedata src=«150702.files/image070.wmz» o:><img width=«57» height=«48» src=«dopb387932.zip» v:shapes="_x0000_i1067"> и <shape id="_x0000_i1068" type="#_x0000_t75" o:ole="" fillcolor=«window»><imagedata src=«150702.files/image072.wmz» o:><img width=«54» height=«48» src=«dopb387933.zip» v:shapes="_x0000_i1068">
(построение отрезка по формуле 4);
4.          Строим отрезок х, по формуле
<shape id="_x0000_i1069" type="#_x0000_t75" o:ole="" fillcolor=«window»><imagedata src=«150702.files/image074.wmz» o:><img width=«249» height=«51» src=«dopb387934.zip» v:shapes="_x0000_i1069">
(построение отрезков, заданных формулой 4).
Построение:
Алгебраический метод решения задач состоит в следующем: Задачу формулируют так, чтобы в качестве данных фигур и искомой фигуры были отрезки. Используя подходящие теоремы, выражают длину искомого отрезка через длины данных отрезков и по найденной формуле строят искомый отрезок.
Рассмотрим пример:
Задача 1
Дан треугольник АВС. Построить три окружности с центром, соответственно в точках А, В и С так, чтобы они касались друг друга внешним образом.
Решение:
Анализ. Пусть АВС – данный треугольник, a, b, c – его стороны (AB = c, BC = a, AC = b). Задача будет решена, если мы сможем построить отрезок х по известным отрезкам a, b и c.
Видно, что <shape id="_x0000_i1070" type="#_x0000_t75" o:ole="" fillcolor=«window»><imagedata src=«150702.files/image076.wmz» o:><img width=«73» height=«20» src=«dopb387935.zip» v:shapes="_x0000_i1070"><shape id="_x0000_i1071" type="#_x0000_t75" o:ole="" fillcolor=«window»><imagedata src=«150702.files/image078.wmz» o:><img width=«70» height=«23» src=«dopb387936.zip» v:shapes="_x0000_i1071"><shape id="_x0000_i1072" type="#_x0000_t75" o:ole="" fillcolor=«window»><imagedata src=«150702.files/image080.wmz» o:><img width=«72» height=«20» src=«dopb387937.zip» v:shapes="_x0000_i1072">
Отсюда получаем <shape id="_x0000_i1073" type="#_x0000_t75" o:ole="" fillcolor=«window»><imagedata src=«150702.files/image082.wmz» o:><img width=«100» height=«45» src=«dopb387938.zip» v:shapes="_x0000_i1073"> (1)
Построив отрезок х по этой формуле, проводим окружность (А, х), а затем две другие окружности (В, с – х) и (С, b – x).
Построение:
1)         Строим отрезок по формуле <shape id="_x0000_i1074" type="#_x0000_t75" o:ole="" fillcolor=«window»><imagedata src=«150702.files/image084.wmz» o:><img width=«101» height=«45» src=«dopb387939.zip» v:shapes="_x0000_i1074">
2)         Строим окружность (А, х);
3)         Строим окружность (В, с – х);
4)         Строим окружность (С, b – х).
Доказательство: непосредственно следует из построения.
Исследование: Из формулы (1) находим:
<shape id="_x0000_i1075" type="#_x0000_t75" o:ole="" fillcolor=«window»><imagedata src=«150702.files/image086.wmz» o:><img width=«101» height=«45» src=«dopb387940.zip» v:shapes="_x0000_i1075"><shape id="_x0000_i1076" type="#_x0000_t75" o:ole="" fillcolor=«window»><imagedata src=«150702.files/image088.wmz» o:><img width=«101» height=«45» src=«dopb387941.zip» v:shapes="_x0000_i1076"><shape id="_x0000_i1077" type="#_x0000_t75" o:ole="" fillcolor=«window»><imagedata src=«150702.files/image090.wmz» o:><img width=«100» height=«45» src=«dopb387942.zip» v:shapes="_x0000_i1077"> (2)
Из этих формул всегда видно, что задача всегда разрешима, так как в треугольнике АВС c + b – a > 0, a + c – b > 0, a + b – c > 0 и отрезки x, y, z могут быть построены по формулам (2).
Формулы (2) дают единственные значения радиусов искомых окружностей, поэтому задача имеет единственное решение.
5.          Домашнее задание: Построить отрезок, длина которого в выбранной системе измерения равна
<shape id="_x0000_i1078" type="#_x0000_t75" o:ole="" fillcolor=«window»><imagedata src=«150702.files/image092.wmz» o:><img width=«66» height=«26» src=«dopb387943.zip» v:shapes="_x0000_i1078">
Занятие 5
Тема: Метод параллельного переноса.
Цель: Выделить метод параллельного переноса.
Оборудование: Чертёжные инструменты.
План-конспект урока
1.           Организационный момент.
    продолжение
--PAGE_BREAK--