Решение задач на построение в курсе геометрии основной школы как средство развития логического мышления школьников (стр. 15 из 17)

Построив на произвольной прямой отрезок, равный основанию, получим две вершины треугольника: А₁ и С₁. Зная угол С₁А₁В₁, мы можем найти и положение точки D₁, где D₁A₁=B₁A₁— В₁С₁. Остается рассмотреть, как построить точку В₁, зная положение точки D₁. Так как C₁B₁ = B₁D₁, то точка B₁ равноудалена от точек C₁ и D₁, поэтому она должна лежать на перпендикуляре P₁Q₁, проведенном к отрезку C₁D₁ через его середину. Точка пересечения прямой P₁Q₁ и луча A₁D₁и будет точкой В₁. Следовательно, приходим к следующему построению. На произвольной прямой откладываем отрезок, равный основанию, и строим угол, равный данному, одна из сторон которого содержит построенный отрезок, а вершина совпадает с концом этого отрезка. На второй стороне угла откладываем отрезок, равный разности двух других сторон треугольника, и строим геометрическое место точек, равноудаленных от соответствующих концов основания и построенного отрезка. Точку пересечения этого геометрического места со стороной угла, содержащей разность, соединяем с концом основания и получаем, искомый треугольник [11].

3.3. Доказательство

Задача. Построить трапецию по четырем сторонам (рис. 2).

Решение. Проведя CK||BA, решение задачи сводим к построению треугольника KCD по трем сторонам: две равны боковым сторонам трапеции (АВ = КС), aKD = AD— BC. Построим треугольник КCD, и, считая сторону AD построенной, дополним его до трапеции различными способами:

1) Проведем BC||AD и, отложив меньшее основание, соединим полученную точку В с А.

Доказательство сведется к установлению равенства: АВ = КС.

2) Если провести АВ||КС и BC||AD, то тогда уже надо доказать, что АВ = КС и ВС = АК.

Рис. 2

3) Если провести прямую CB||DA и на ней найти точки В и В₁ отстоящие от А на расстоянии, равном боковой стороне, то в этом случае точка В₁ будет посторонней и лишь точка В будет искомой, причем доказательство (ВС = АК) уже усложняется.

4) Если отыскивать точку В, как точку пересечения окружностей (А; АВ) и (С; СВ), то из двух точек В и В₂ (рис. 2) только точка В будет искомой.

Третий и четвертый случаи подчеркивают необходимость доказательства. В анализе мы находим необходимые условия, которым должно подчиняться построение, чтобы получить искомую фигуру. Надо еще установить, что найденные необходимые условия являются и достаточными, то есть, что построенная фигура удовлетворяет всем требованиям задачи [11].

Приложение 4

Задачи к §4 “Методы решения задач на построение”

4.1 Метод геометрических мест точек

Задача. Построить треугольник АВС по двум высотам, проведенным из вершин В и С, и по медиане, проведенной из вершины А.

Рис. 3

Решение.

Предположим, что треугольник АВС построен.

Опустим из середины А₁ стороны ВС перпендикуляры А₁В' и А₁С' на прямые АС и АВ соответственно.

Ясно, что АА₁ = m_a, А₁В' = h_b/2 и А₁С'=h_с/2. Из этого вытекает следующее построение.

Строим отрезок АА₁длиной m_a. Затем строим прямоугольные треугольники АА₁В'и АА₁С'по известным катетам и гипотенузе так, чтобы они лежали по разные стороны от прямой АА₁. Остается построить точки Ви Сна сторонах АС'и АВ'угла С'АВ'так, чтобы отрезок ВСделился точкой А₁пополам.

Для этого отложим на луче АА₁отрезок AD= 2АА₁, а затем проведем через точку Dпрямые, параллельные сторонам угла С'АВ'.

Точки пересечения этих прямых со сторонами угла С'АВ'являются вершинами искомого треугольника (рис.3) [22].

4.2 Метод геометрических преобразований

4.2.5 Метод подобия

Задача.Построить трапецию ABCDпо углу Аи основанию ВС, если известно, что AB:CD:AD = 1:2:3.

Рис. 4

Рис. 5

Решение. Задачу надо понимать так: даны угол hkи отрезок PQ(рис. 4). Требуется построить с помощью циркуля и линейки трапецию ABCD, у которой

A=

hk, BC=PQ, а остальные три стороны АВ, CD и ADотносятся как 1:2:3. Построим сначала какую-нибудь трапецию AB₁C₁D₁,у которой А = hkи AB₁:C₁D₁:AD₁= 1:2:3. Это сделать совсем не трудно. Строим угол А, равный данному углу, и на его сторонах откладываем произвольный отрезок АВ₁и отрезок AD₁ = 3AB₁(рис. 5). После этого через точку В₁, проводим прямую l, параллельную AD₁и строим окружность радиуса 2АВ₁, с центром в точке D₁,. Эта окружность пересекает прямую l в двух точках С₁ и C₁'.

Итак, мы построили две трапеции AB₁C₁D_lи АВ₁С₁'D₁, у которых

A = hkи стороны АВ₁,ВС₁(В₁С₁') и C₁D_l(С₁'D₁) относятся как 1:2:3.

Возьмем одну из этих трапеций, например, AB₁C₁D_l, проведем прямую АС₁, и построим отрезок ВСс концами на сторонах угла В₁АС₁, который параллелен B₁C₁ и равен PQ. Это можно сделать так: на луче AD₁откладываем отрезок AE = PQи через точку Епроводим прямую, параллельную AB₁. Она пересекается с прямой АС₁ в точке С (рис. 6). Через точку С проводим прямую, параллельную B₁C₁, и получаем точку В. Очевидно, отрезок ВСравен PQ. Остается провести через точку С прямую, параллельную C₁D_l. Она пересекает луч AD₁, в точке D. Трапеция ABCDискомая. В самом деле,

А = hk, BC = PQ и (это следует из подобия треугольников ABCи AB₁C₁, ACDи AС₁D₁). Отсюда получаем, что AB:СD:AD = AB₁:C₁D₁:AD₁ = 1:2:3.

Рис. 6

Построенная трапеция ABCDудовлетворяет всем условиям задачи. Если вместо трапеции AB₁C₁D_l взять трапецию АВ₁С₁'D₁и проделать такие же построения, то получим второе решение задачи (рис. 7). Итак, данная задача имеет два решения [4].

Рис. 7

4.3. Алгебраический метод

Пример. Из вершин данного треугольника как из центров описать три окружности, касающиеся попарно внешним образом.

Пусть ABC (рис. 8) — данный треугольник, а, b, с — его стороны, х, у и z — радиусы искомых окружностей.

Рис. 8

Выразим длины отрезков х, у, z через длины известных отрезков а, b, с. Тогда х+у=с, y+z=a, z+x=b. Поэтому 2х+2у+2z = a+b+c, x+y+z=

(a+b+c), откуда

.