Алгебраический метод решения задач на построение.

37. Алгебраический метод решения задач на построение.
Если условия задач могут быть выражены с помощью алгебраических
соотношений или уравнений, то задача на построение получает аналитическое
изображение. Аналитическое решение задачи позволяет найти и геометрическое
решение, т.е. само построение.
Задачи 1-2 используют при решении признак разрешимости задач на
построение.
Теоретические сведения и задачи [2], [24], [25], [36]. Задачи [16,c.34], [17,c.5].
Литература
Задача 1. Отсечь с помощью циркуля и линейки от угла в 7 угол в 3.
Решение. Достаточно отложить угол в 7 51 раз последовательно по часовой
(против часовой) стрелки. В сумме получается угол в 751=357, тем самым
получим угол в 3. Теперь достаточно от угла в 7 отсечь этот угол в 3
откладыванием соответствующей дуги.
Задача 2. Можно ли построить угол в 1, имея шаблон угла величиной: а) 17; б)
19; в) 27.
Решение:
а) 1753  1805=1  да;
б) 1919  1802=1  да;
в) x, yZ число 27х+180у кратно 9 и поэтому не может равняться 1  нет.
Если а, b, c суть данные отрезки, то с помощью циркуля и линейки
аb
, ab , a 2  b 2 , a 2  b 2 . Например, среднее
нетрудно построить a+b, a b,
c
геометрическое отрезков х= ab имеет следующее построение:
D
На произвольной прямой отложим данные отрезки а и b так,
чтобы конец одного совпадал с началом другого (и эта точка была
единственной их общей точкой). Разделим АС пополам точкой О и
x
радиусом равным половине отрезка АС, построим окружность с
A а B O b
C
центром в точке О. Из точки восставляем перпендикуляр к отрезку
АС. Точку пересечения перпендикуляра и окружности обозначим
D.  ВD=х= аb .
Доказательство. В прямоугольном АDC:
а
2
 x2
  b
2
2
 x2
  a  b .
2
2
Задача 3. Построить отрезок х= a 2  b 2 .
N
Построение:
1. На произвольной прямой АВ отметим точку М.
C
2. Проведем MNAB.
3. MC=b, CMN.
a
b
4. E=(C, a)АВ, ab
A
B
E
M
Задача 4. Построить х=
a2d
.
b
5. EM= a 2  b 2
a2
и затем х= zd .
b
Задача 5. Построить корни квадратного уравнения х 2  рх  q  0 .
Решение. Для того, чтобы корни уравнения выражали определенные отрезки,
необходимо, чтобы все члены уравнения были второго измерения, т.е.
свободный член выражался квадратом некоторой величины. Пусть дано
уравнение х2+ax+b2=0. Решив это уравнение, находим:
Указание. Строим
2
x1, 2  
a
a
    b2 .
2
2
N
2
a
Используя решение задачи 3 строим ЕМ=    b 2
2
Из центра Е радиусом ЕМ проводим окружность. Получим
C
a
2
K
b
2
a
a
KC      b 2
2
2
B
A
E
M
2
a
a
LC      b 2
2
2
L
a
 b.
2
Другое решение: корни уравнения можно построить пользуясь
свойством перпендикуляра, проведенного из точки окружности
на диаметр. Отложив АВ = а, опишем на АВ как на диаметре
окружность и проведем MN||AB до пересечения с окружностью в
точке L. Проводим LCAB; отрезки АС и СВ выражают корни
уравнения, т.к. АС+СВ=а, АССВ=LC2=b2.
Решение возможно, если
L N
M
B
A
a
C
Задача 6. В АВС провести МN||AC так, чтобы разность МВ и NC равнялась
данному отрезку d.
Решение. Чтобы знать положение точки М, надо знать длину ВМ; обозначим эту
длину через х. Из подобия BMN и ВАС имеем: ВМ:ВN=AB:BC или, т.к.
ВN=BC CN=a (xd),
ca  cd ca  d 
х
c

. Решая это уравнение.
 , xa=cacx+cd, x 
ac
ac
а  (х  d ) a
x ad
Находим 
. (*)
c ac
d
Построение. Отрезок х должен лежать на стороне с, а против х
должна быть сторона а+d, против стороны с  сторона а+с. Поэтому
на продолжении ВС откладываем СК=d и CL=c, соединяем L c A и
через К проводим КМ||LA, получим искомую точку М. Проводим
MN||AC.
B
x
M
A
N
C
Доказательство. Из подобия ВМКВАL имеем: ВМ:АВ=ВК:ВL,
или ВМ: с=(а+d):(a+c). Сравнивая эту пропорцию с пропорцией (*),
видим, что ВМ=х.
K
L
Докажем, что ВМNC=d.
NC:BC=AM:AB находим:
Действительно,
  ca  d   
a c  
 
2
BC  AM
acc  d 
 a  c   a ac  c  ac  cd

,
NC 



a  c c
a  c c
AB
c


откуда
BM  NC 
ca  d  ac  d  ca  cd  ac  ad a  c d



d.
ac
ac
ac
ac
Исследование. Задача разрешима, если d  c.
Содержание:
из
пропорции