Задачи на построение с помощью одной линейки Выполнила: Иванченко И.А.

Задачи на построение
с помощью одной
линейки
Выполнила: Иванченко И.А.
О решении задач на построение
Решение задач на построение состоит из 4 этапов:
Анализ
Построение
Доказательство
Исследование
Теорема Дезарга
Если прямые, соединяющие соответственные вершины двух
треугольников, пересекаются в одной точке, то
соответственные прямые, содержащие стороны
треугольников пересекаются в трех точках, лежащих на
одной прямой (см. рис.)
S
B
A
C
V
U
A/
C/
B/
W
Доказательство теоремы
Дезарга
Докажем теорему Дезарга с помощью теоремы Менелая.
Теорема Менелая. Точки A1 , B1 и C1 , расположенные
соответственно на прямых BC, CA, AB и не совпадающие с
вершинами треугольника ABC, лежат на одной прямой тогда и
только тогда, когда (см. рис.)
AB1
CA1
BC1
*
*
= -1.
B1C
A1 B
C1A
C1
A
B1
C
A1
B
Для доказательства принадлежности точек U, V, W одной прямой,
рассмотрим АВС и точки U, V, W , лежащие на прямых, содержащих
стороны АВ, ВС, АС этого треугольника и докажем, что
AU BV CW


1
UB VC WA
Для этого применим теорему Менелая для треугольников, SАВ, SBC,
SAC и их секущих (A/B/), (В/С/), (А/С/) соответственно. Тогда для  SАВ
и секущей (А/В/) имеем:
SA / AU BB /

 / 1
/
A A UB B S
Для  SВС и секущей
(В/С/)
/
B
имеем:
SВ ВV CC

 / 1
/
В В VC C S
/
S
A
C
U
V
C/
A/
B/
W
Для  SАС и секущей (А/С) имеем:
SA / AW CC /

 / 1
/
A A WC C S
Умножим
на
SA/ AU BB /

 / 1
/
A A UB B S
SA / AW CC /

 / 1
/
A A WC C S
на
SВ / ВV CC /
и поделим



1
В / В VC C / S
Получаем:
SA / AU BB / SВ / ВV CC / АА / WC C / S AU BV WC
 / 





1

 /  / 
/
/
/
UB VC AW
A A UB B S В В VC C S SA AW CC
S
В итоге получили равенство
AU BV CW


1
UB VC WA
B
A
C
U
V
A/
C/
B/
W
Модификации теоремы
Дезарга
Теорема 1.
Дано: ABC и
A/B/C/ таковы, что
AA/  BB/ CC/ = S,
AB  A/B/ = U,
BC  B/C/ = V,
AC  A/C/ = W.
U
Доказать: что W, V, U
лежат на одной прямой.
S
B
A
C
V
A/
C/
B/
W
Теорема 2.
Дано:
ABC и
A/B/C/
AA/ // BB/ // CC/ ,
AB  A/B/ = X,
BC  B/C/ = Y,
X
AC  A/C/ = Z.
Доказать: X, Y, Z
лежат на одной прямой.
B
A
C
Y
C/
A/
B/
Z
Теорема 3.
Дано:
ABC и
A/B/C/
AA/  BB/ CC/ = S,
AB  A/B/ = X,
BC  B/C/ = Y,
AC // A/C/
Доказать: XY//AC
S
B
C
A
X
Y
A/
C/
B/
Теорема 4.
Дано:
ABC и A/B/C/
AA/  BB/ CC/ = S,
AB // A/B/,
BC // B/C/,
Доказать: AC // A/C/
S
B
A
C
B/
A/
Теорема 5.
Дано:
ABC и A/B/C/
AA/ // BB/ // CC/ ,
AB // A/B/ ,
AC // A/C/
Доказать: BC//B/C/
C/
B
A
C
B/
A/
C/
Применение теоремы Дезарга для
построения параллельных прямых
(с помощью одной линейки)
Задача. Даны две различные параллельные
прямые а и b и точка А, не лежащая на них. Через
точку А проведите прямую, параллельную данным
прямым.
Решение. Анализ. Пусть задача решена и прямая с проходит через точку
А параллельно прямым а и b (см. рис.)
a
●
A
c
b
Вспомним теорему Дезарга, где треугольники содержат одну пару
параллельных сторон (см.теорема3), сопоставим этот рис. и
рисунок, иллюстрирующий теорему.
Теорема 3
S
B
C
A
X
Y
A/
C/
B/
В этой задаче первоначальный рисунок
ничего не выражает. В нашем случае
прямые а и в – это прямые,
a
на которых лежат две
●
c
A
соответственные стороны треугольников
с осью с. Тогда точка А является точкой
b
пересечения одной пары
соответственных сторон.
Ещё одна пара соответственных сторон должна
пересекаться в точке, также лежащей на с.
S
Построение, таким образом, сводится к
построению двух треугольников, одна
B
пара соответственных сторон которых
C
A
лежит на прямых а и в. Поэтому на прямых
а и в возьмем произвольные отрезки:
X
Y
[С1В1]  а, [СВ]  в в качестве
соответственных
A/
C/
сторон, а вторая пара сторон пересекается
в точке А.
B/
(С /С)  (В/В) = S, S – точка, в которой пересекаются прямые, проходящие
через соответственные вершины треугольников. Вторая пара сторон
искомых треугольников лежит на прямых (А/С/) и (АС).
(Теорема Дезарга, см. рис.)
S
B
A
C
U
V
C/
A/
B/
W
Построение:
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
Берем точки С1, В1  а
Берем точки С, В,  в
S = (СС1)  (ВВ1)
Проведем произвольную прямую l  S
О1 = l  (С1А)
О = l  (СА)
(В1О1)  (ВО) = А1
(АА1) = с – искомая
S
В1
С1
a
О1
А1
А
О
C
l
B
b
Доказательство:
Рассмотрим С1О1В1 и  СОВ. (СС1)  (ВВ1)  (ОО1) = S по
построению. Точки А = (С1О1)  (СО) и А1 = (В1О1)  (ВО)
определяют прямую с. Поскольку (С1В1) // (СВ), то с // а // в.
Исследование:
Задача всегда имеет единственное решение, так
как через данную точку можно провести
единственную прямую, параллельную данной.
Задача с недоступными
элементами
Точку называют недоступной, если к ней нельзя
применить аксиомы конструктивной геометрии, в
частности, аксиома линейки и циркуля. Фигура
считается недоступной, если все ее точки
недоступны. Недоступная точка считается
заданной (известной), если построены отрезки
двух прямых, пересекающихся в этой точке.
Задача. Даны две прямые а и в, пересекающиеся в недоступной точке L
(т.е. лежащей вне пределов чертежа); построить прямую, соединяющую
точку L с данной (доступной) точкой М.
Решение. Анализ. Пусть задача решена и прямая с проходит через
точку М и точку L (см. рис.) Для проведения анализа вспомним теорему
Дезарга и сделаем к этой теореме рисунок.
недоступная часть
a
M
b
L
c
Так как точки М и L лежат на одной прямой, то можно
рассмотреть их как точки пересечения соответственных
сторон треугольников, а прямые а и в взять как прямые ВС и
В'С', то есть прямые, на которых лежат две
соответственные стороны треугольников с осью с. Таким
образом, построение сводится к построению двух
треугольников, две стороны которых лежат на сторонах а и
в, а другая пара соответственных сторон пересекаются в
точке М. Необходимо построение проводить таким образом,
чтобы прямые пересекались в доступной части чертежа.
S
a
M
B
L
A
b
C
V
U
A/
C/
B/
W
1.
2.
3.
4.
5.
6.
Построение:
Возьмем точки А, В  а; А/, В/  b (см. рис.)
Точка S = (АА/)  (ВВ/).
Проведем произвольную прямую l: S  l.
С1 = (В/М)  l,
С = (ВМ)  l.
a
(АС)  (А/С/) = М1
(ММ1) = с – искомая.
S
A
M
B
С/
А/
С
М1
L
В/
Доказательство:
b
/
/
/
Рассмотрим  АВС и  А В С .
В них:
l
(ВВ/)  (АА/)  (СС/) = S
(АС)  (А/С/) = М1,
(ВС)  (В/С/) = М,
(АВ)  (А/В/) = а  в = L,
следовательно, по теореме 1 точки М, М1 и L лежат на одной прямой.
Поляра
Четыре точки A, B, C, D, лежащие на одной прямой, образуют
гармоническую четверку, если
AC
AD
:
CB
= -1.
DB
Задача.
Из данной точки A проведены к данной окружности с центром O
касательные AK1 , AK2 и секущая, пересекающая окружность в точках
C и D, а отрезок K1K2 – в точке B. Докажите, что точки A, B, C и D
образуют гармоническую четверку.
Доказательство: Введем систему координат с началом в точке A, как
показано на рисунке.
Пусть B1, C1, D1 – проекции точек B, C, D
y
на ось абсцисс. Докажем, что точки
K1
A, B1, C1, D1 образуют гармоническую
D
C B
четверку. Отсюда сразу же последует,
что точки A, B, C, D также образуют
A
C1
B1 O D1
x
гармоническую четверку.
Уравнение окружности запишем в виде
(x – a)2 + y2 = R2
(2)
K2
где a = AO, R – радиус окружности, а уравнение секущей AD – в виде
y = kx
(3)
где k – некоторое число. Координаты точек C и D удовлетворяют
уравнениями (2) и (3). Если подставить y = kx в уравнение (2), то придем к
квадратному уравнению
(1 + k2) x2 – 2ax + a2 – R2 = 0
(4)
корни x1 и x2 которого равны абсциссам точек C и D, т.е.
AC1 = x1, AD1 = x2.
По теореме Виета
2a
a2 – R2
x1 + x2 =
, x1x2 =
,
1+ k2
1 + k2
a2 – R2
2x1x2
откуда
=
x1+ x2
(5)
a
Рассматривая прямоугольный треугольник AOK1 , нетрудно
a2 – R2
установить, что AB1 =
. Поэтому если положить AB1= x0 ,
a
то равенство (5) можно записать в виде
2x1x2
= x0, или x1(x2 – x0) – x2(x0 – x1) =0.
x1+x2
Отсюда, учитывая, что
x1(x2 – x0) = AC1 * B1D1 , x2(x0 – x1) = AD1 * C1B1 ,
получаем:
AC1 * B1D1 – AD1* C1B1 =0,
а это и означает, что точки A, B1 , C1 , D1 образуют гармоническую
четверку.
2x1x2
Замечание. Равенство
= x0 можно доказать и не прибегая
x1 + x2
к рассмотрению треугольника AOK1. В самом деле, соотношение
2x1x2
a2 – R2
2x1x2
=
показывает, что величина
не зависит от
x1+ x2
a
x1 + x2
k, т.е.имеет одно и то же значение для любой прямой, описываемой
уравнением y = kx. Возьмем k таким, чтобы уравнение y = kx было
уравнением касательной AK1.
Тогда оба корня x1 и x2 квадратного уравнения
(1 + k2) x2 – 2ax + a2 – R2 = 0 будут равны абсциссе точки K1 , т.е. будут равны
x0.
Но в этом случае
2x1x2
2x0x0
=
x1 + x2
x0+x0
= x0 ,
2x1x2
а значит, и для любой другой прямой
= x0
x1 + x2
Прямая K1K2 называется полярой данной точки A относительно данной
окружности. Если точка B не лежит на поляре, а прямая AB пересекает
окружность в точках C и D, то можно сделать такой вывод:
если данная точка A лежит вне данной окружности, то
множество точек B, для каждой из которых точки пересечения
прямой AB и окружности гармонически разделяют точки A и B,
представляет собой часть поляры точки A относительно
данной окружности, лежащую внутри этой окружности.