Задачи на построение с помощью одной линейки

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

2. О решении задач на построение Решение задач на построение состоит из 4 этапов: Анализ Построение Доказательство Исследование

3. 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 W V U C/ A/ B/

4. 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.) AB1CA1BC1 * * = -1. B1C A1B C1A C1 A B1 B C A1

5. 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 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: Для SВС и секущей (В/С/) имеем: S B A C U W V C/ A/ B/

6. Для SАС и секущей (А/С) имеем: Умножим на и поделим на Получаем: В итоге получили равенство S B A C U W V C/ A/ B/

7. 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. Доказать: что W, V, U лежат на одной прямой. S B A C U V W A/ C/ B/

8. Теорема 2. Дано: ABC и A/B/C/ AA/ // BB/ // CC/ , AB  A/B/ = X, BC  B/C/ = Y, AC A/C/ = Z. Доказать: X, Y, Z лежат на одной прямой. B A C Z Y X C/ A/ B/

9. 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/

10. S B Теорема4. Дано: ABC и A/B/C/ AA/ BB/ CC/ = S, AB // A/B/, BC // B/C/, Доказать: AC // A/C/ Теорема 5. Дано: ABC и A/B/C/ AA/ // BB/ // CC/ , AB // A/B/ , AC // A/C/ Доказать: BC//B/C/ A C B/ A/ C/ B A C B/ A/ C/

11. 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.

12. a ● c A Решение. Анализ.Пусть задача решена и прямая с проходит через точку А параллельно прямым а и b (см. рис.) Вспомним теорему Дезарга, где треугольники содержат одну пару параллельных сторон (см.теорема3), сопоставим этот рис. и рисунок, иллюстрирующий теорему. Теорема 3 b S B C A X Y A/ C/ B/

13. a ● c A В этой задаче первоначальный рисунок ничего не выражает. В нашем случае прямые а и в – это прямые, на которых лежат две соответственные стороны треугольников с осью с. Тогда точка А является точкой пересечения одной пары соответственных сторон. Ещё одна пара соответственных сторон должна пересекаться в точке, также лежащей на с. Построение, таким образом, сводится к построению двух треугольников, одна пара соответственных сторон которых лежит на прямых а и в. Поэтому на прямых а и в возьмем произвольные отрезки: [С1В1]  а, [СВ]  в в качестве соответственных сторон, а вторая пара сторон пересекается в точке А. b S B C A X Y A/ C/ B/

14. (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 W V C/ A/ B/

15. Построение: • Берем точки С1, В1а • Берем точки С, В, в • S = (СС1)  (ВВ1) • Проведем произвольную прямую lS • О1 = l  (С1А) О = l  (СА) 6. (В1О1)  (ВО) = А1 • (АА1) = с – искомая l 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. S С1 В1 a О1 А1 А О B b C

16. Исследование: Задача всегда имеет единственное решение, так как через данную точку можно провести единственную прямую, параллельную данной.

17. 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.

18. 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 M c a L b

19. 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 C b U V W A/ C/ B/

20. Построение: 1. Возьмем точки А, В  а; А/, В/b (см. рис.) 2. Точка S = (АА/)  (ВВ/). 3. Проведем произвольную прямую l: S l. 4. С1 = (В/М) l, С = (ВМ) l. 5. (АС)  (А/С/) = М1 • (ММ1) = с – искомая. Доказательство: Рассмотрим  АВС и  А/В/С/. В них: (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. S A a B С М1 M L С/ В/ А/ b l

21. Поляра Четыре точки A, B, C, D, лежащие на одной прямой, образуют гармоническую четверку, если AC AD : = -1. CB 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.

22. y K1 Доказательство: Введем систему координат с началом в точке A, как показано на рисунке. Пусть B1, C1, D1 – проекции точек B, C, D на ось абсцисс. Докажем, что точки A, B1, C1, D1 образуют гармоническую четверку. Отсюда сразу же последует, что точки A, B, C, D также образуют гармоническую четверку. Уравнение окружности запишем в виде (x – a)2 + y2 = R2 (2) 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) D B C A C1 B1 O D1 x K2

23. корни x1 и x2 которого равны абсциссам точек C и D, т.е. AC1 = x1, AD1 = x2. По теореме Виета 2aa2 – R2 x1 + x2 = , x1x2 = , 1+ k2 1 + k2 2x1x2a2 – R2 откуда= (5) x1+ x2a 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, илиx1(x2 – x0) – x2(x0 – x1) =0. x1+x2

24. 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 = x0можно доказать и не прибегая x1 + x2 к рассмотрению треугольника AOK1. В самом деле, соотношение 2x1x2 a2 – R22x1x2 =показывает, что величина не зависит от x1+ x2ax1 + x2 k, т.е.имеет одно и то же значение для любой прямой, описываемой уравнением y = kx.Возьмем k таким, чтобы уравнение y = kxбыло уравнением касательной AK1. Тогда оба корня x1 и x2 квадратного уравнения (1 + k2) x2 – 2ax + a2 – R2 = 0будут равны абсциссе точки K1 , т.е. будут равны x0.

25. Но в этом случае 2x1x2 2x0x0 = = x0 , x1 + x2x0+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.