Математика 8 класс 8-М-6

§ 2. Задачи на построение

Рассмотрим задачи на построение с помощью циркуля и линейки.  Линейка считается без делений, даже если они на ней указаны. С помощью линейки можно проводить прямые линии, но нельзя измерять и откладывать отрезки, нельзя также, пользуясь её краями, проводить параллельные линии. Таким образом, линейку можно использовать для проведения произвольной прямой, прямой через данную точку, прямой через две данные точки.

С помощью циркуля можно провести произвольную окружность, можно провести окружность с данным центром и данного радиуса, также можно на данной прямой отложить отрезок, равный данному.

Описанные построения будем называть элементарными.

Важнейшие задачи на построение с помощью циркуля и линейки описаны в учебнике, это:

основные построения:

построение 1: построение треугольника по трём сторонам, т. е. построение треугольника, стороны которого равны трём данным отрезкам   `a`, `b` и  `c`.

построение 2: построение угла, равного данному, от данной полупрямой в данную полуплоскость;

построение 3: построение биссектрисы данного угла;

построение 4: деление отрезка пополам (одновременное построение серединного перпендикуляра данного отрезка);

построение 5: построение перпендикуляра к данной прямой через данную точку.


Повторите указанные построения и запомните, как они выполняются.

Эти пять построений будем называть основными.

Рассмотрим ещё одно построение, которое также отнесём к основным построениям.

Построение 6: построение прямой, проходящей через данную точку `A` параллельно данной прямой `a`.

Выберем  на данной  прямой `a` какие-нибудь  две точки `M` и `N` (рис. 10)  и  проведём  прямую `AN`. Используя построение 2, строим угол `NAB`, равный  углу `ANM` (строим  этот угол от полупрямой так, что точки `B` и `M` лежат в разных полуплоскостях). По построению `/_1=/_2`. Эти углы внутренние накрест лежащие, по теореме прямые `AB` и `MN` параллельны.

С помощью основных построений 1 – 6 будем решать более сложные задачи.

Решение задачи на построение с помощью циркуля и линейки – это описание последовательности шагов с использованием основных построений, которая приводит к построению искомой фигуры. Чтобы найти эту последовательность шагов, т. е. составить план построения, обычно поступают так. Предполагают, что задача решена, делают примерный чертёж искомой фигуры, отмечают те отрезки и углы, которые известны из условия задачи, и стараются определить, к нахождению какой точки (прямой, угла) сводится решение. После этого стремятся найти такую зависимость между данными и искомыми величинами, которая позволяет найти (построить) искомую точку (прямую, угол), и составляют план построения.

Составление плана – самая важная часть задачи, её обычно называют анализом.

Выполнив анализ, наметив план, описываем само построение. Оно должно содержать лишь основные построения и элементарные действия с линейкой и циркулем – это и гарантирует возможность построения с циркулем и линейкой.

Но решение ещё не закончено. Требуется провести доказательство того, что построенная фигура удовлетворяет всем условиям задачи и, кроме того, проделать исследование, т. е. выяснить, всегда ли (при любых ли данных) описанное построение возможно, нет ли частных случаев, в которых построение упрощается или делается невозможным.

Таким образом, решение задачи на построение состоит из 4 частей: анализ, построение, доказательство, исследование. Анализ опускается в простых задачах или в тех, решение которых уже известно.

Приведём пример решения задачи на построение.

Пример 2

Построить треугольник по данному периметру и двум углам. По данному отрезку `P` и двум углам требуется построить треугольник, периметр которого равен `P`, и его два угла равны двум данным углам.

Решение

Анализ. 

Предположим, что такой треугольник `ABC` построен  (рис. 11), `AB+BC+CA=P`, `/_A=alpha`, `/_B=beta`.

На прямой `AB` отложим отрезки `A A_1=AC` и `BB_1=BC`, тогда `A_1B_1=P`.                     

Треугольник `A_1AC` равнобедренный, `/_1=/_2`, а по теореме о внешнем угле треугольника `/_BAC=/_1+/_2`. Таким образом `/_1=/_2=alpha//2`.

Аналогично `/_3=/_4=beta//2`. В треугольнике `A_1B_1C` известны два угла `1` и `3` и сторона между ними `A_1B_1=P`. Такой треугольник можно построить, тогда точки `A` и `B` найдутся, как точки пересечения серединных перпендикуляров отрезков `A_1C` и `B_1C` с прямой `A_1B_1`.

Построение. 

Шаг 1. Делим данные углы `alpha` и `beta` пополам (построение 3).

Шаг 2. Проводим произвольную прямую и на ней откладываем отрезок `A_1B_1`, равный данному отрезку `P`. От полупрямой `A_1B_1` откладываем угол `1`, равный `alpha//2`, а от полупрямой `B_1A_1` в ту же полуплоскость откладываем угол `3`, равный `beta//2` (построение 2), точку пересечения сторон этих углов обозначим `C`.

Шаг 3. Строим серединные перпендикуляры отрезков `A_1C` и `B_1C` (построение 4), точки их пересечения с прямой `A_1B_1` обозначим `A` и `B`. Соединяем точки `A` и `B` с точкой  `C`. Треугольник `ABC` - искомый.

Доказательство. По построению `A_1D=DC`, `AD_|_A_1C`, следовательно, `DeltaA_1AD=DeltaCAD` (по первому признаку) и `A A_1=AC`. Аналогично `KB_|_B_1C`, `B_1K=KC`, поэтому `BB_1=BC` и `AC+AB+BC=A_1A+AB+BB_1=P`.

Кроме  того, `/_CAB=/_1+/_2=alpha` и `/_ABC=/_3+/_4=beta`.

Исследование. Построение возможно всегда, если только сумма двух углов меньше `180^@` (сумма двух углов треугольника всегда меньше `180^@`). Решение единственно, т. к. точка `C`, а затем точки `A` и `B` определяются единственным образом.

Замечание

В этой задаче была задана сумма сторон треугольника, и мы как бы «развернули» стороны треугольника, пока они не легли на одну прямую – получили отрезок `A_1B_1`, равный данному. Этот приём называют методом спрямления и обычно применяют в задачах, в которых задана сумма (либо разность) сторон треугольника.

Ещё одним из методов решения задач на построение является метод геометрических мест. Особенно удобен этот метод, когда требуется построить точку (или точки), удовлетворяющие нескольким условиям. При решении задач часто используются знание перечисленных в параграфе 1 геометрических мест.

Проиллюстрируем указанный метод на следующем примере.

Пример 3

Построить окружность, проходящую через данную точку `A` и касающуюся данной прямой `l` в точке `B`. Прямая и окружность не имеют общих точек.

Решение

Анализ. Так как окружность должна касаться прямой `l` в точке `B` (рис. 12), то  её центр `O` должен принадлежать  перпендикуляру `BD`  к прямой `l` (ГМТ 6 из параграфа 1).

Кроме того, окружность должна проходить через точки `A` и `B`, следовательно, её центр должен быть одинаково удалён от этих точек, т. е. лежать на серединном перпендикуляре  `CE` к отрезку `AB`  (ГМТ 2 из параграфа 1). Поэтому искомый центр, находясь одновременно на прямых  `BD` и `CE`, является точкой их пересечения. 

Построение – проведение этих прямых  (построения  4 и 5).

Доказательство. `CE_|_AB`, `AC=CB`, `DeltaCOB=DeltaCOA` (по двум катетам), следовательно, `OA=AB`. Точка `B` лежит на окружности и `OB_|_l`, следовательно, `l` -  касательная в точке `B`.

Исследование. Задача имеет решение и притом единственное, если прямые `BD` и `CE` пересекаются,  не параллельны, т. е. если точка `A` не лежит на прямой `l`.

В заключении остановимся на методе симметрии. Задачу иногда удаётся упростить, заменив один из заданных элементов (точку, прямую, окружность) другим, симметрично расположенным относительно некоторой прямой. Классическим примером такой задачи является следующая.

Пример 4

Даны две точки `A` и `B`, расположенные по одну сторону от данной прямой. Найти на прямой точку, сумма расстояний от которой до двух заданных точек наименьшая.

Решение

Анализ. Рассмотрим точку `A_1`, симметричную данной точке `A` относительно данной прямой (рис. 13), и пусть точка `P` – произвольная точка этой прямой. Так как `AP=A_1P`, то `AP+BP=A_1P+BP`. Сумма `AP=PB` будет наименьшей, когда сумма `A_1P+PB` достигнет наименьшего значения. А последняя сумма, очевидно, будет наименьшей тогда, когда точка `P` будет лежать на прямой `A_1B`.

Теперь очевидно построение: строим точку, симметричную одной из заданных точек относительно заданной прямой, проводим через неё и другую точку прямую; точка пересечения построенной прямой и данной будет искомой. Доказательство очевидно. Задача всегда имеет единственное решение. В частном случае, когда точки `A` и `B` лежат на общем перпендикуляре к прямой, построение очевидно (рис. 14).

`AP+PB>AM+BM`, если `P!=M`.