Методика изучения геометрических построений в курсе планиметрии

Эти треугольники подобны по двум углам, поэтому построение искомой окружность можно провести следующим образом:

2. Построение. Так как центр искомой окружности лежит на биссектрисе ÐАОВ, то проводим биссектрису угла. Далее, возьмем здесь же точку N и построим окружность g с центром N , касающуюся ÐАОВ. Затем проводим прямую СМ и обозначим через М - точку пересечения прямой с окружностью (таких точек две - М и М - берем одну из них). Проводим прямую М N и ÷ïей прямую через точку М. Тогда N -пересечение прямой с биссектрисой угла и есть центр искомой окружности, а ее радиус равен МN. Проведем ее. 

3. Доказательство. По построению окружность g подобна g , О – центр подобия. Это следует из подобия треугольников ОМN и ОМ N ,поэтому раз окружность g касается сторон угла, то и окружность g будет касаться сторон угла. 

4. Исследование. Задача имеет два решения, т.к. ОМ пересекается с окружностью g в двух точках М и М , каждой из которых будет соответствовать своя окружность, проходящая через точку М и

касающаяся сторон ÐАОВ.  

Дидактической целью этапа, совершенствующего  умение решать задачи типа рассмотренных, является перенос сформированного умения на более сложные задачи, в частности на следующие ситуации: искомая фигура занимает определенное положение по отношению к данным точкам или линиям, при этом устранение одного из условий задачи приводит к системе подобных или гомотетичных фигур. Приведем пример такой задачи. 

Задача. В данный треугольник впишите квадрат так, чтобы две его вершины лежали на одной стороне треугольника, а две другие – на двух других сторонах. 

Задачи, соответствующие  целям этого этапа, исключены  из числа задач обязательного  уровня. Поэтому они предлагаются только хорошо успевающим школьникам. Главное внимание на этом этапе уделяется индивидуально-поисковой деятельности учащихся.  

3.4. Метод геометрических мест 

Сущность метода геометрических мест, используемого  при решении задач на построение, состоит в следующем. Пусть, решая задачу на построение, нам надо найти точку Х, удовлетворяющую двум условиям. Геометрическое место точек, удовлетворяющих первому условию, есть некоторая фигура F , а геометрическое место точек, удовлетворяющих второму условию, есть некоторая фигура F . Искомая точка Х принадлежит F и F , т. е. является их точкой пересечения. Если эти геометрически места простые (скажем, состоят из прямых и окружностей), то мы можем их построить и найти интересующую нас точку Х. Приведем пример. 

      Задача. Даны три точки: А, В, С. Постройте точку Х, которая одинаково удалена от точек А и В и находится на данном расстоянии от точки С. 

Решение. 

  Искомая точка Х удовлетворяет двум условиям:   1) она одинаково удалена от точек А и В; 2) она находится на данном расстоянии от точки С. Геометрическое место точек, удовлетворяющих первому условию, есть прямая, перпендикулярная отрезку АВ и проходящая через его середину (рис.16). Геометрическое место точек, удовлетворяющих второму условию, есть окружность данного радиуса с центром в точке С. Искомая точка Х лежит на пересечении этих геометрических мест. 
 

Рис.16.

Свой рассказ  учитель может немного конкретизировать, а именно: сказать, что точкой Х может быть центр окружности, вершина треугольника и т.д.; точка Х может быть найдена и как точка пересечения построенного геометрического места точек и данной в условии задачи фигуры (прямой, угла и т. д.).

При решении  задачи, особое внимание обращается на проведение анализа: выделяется по условию задачи искомая точка; выясняется, каким условиям она должна удовлетворять, а значит, каким геометрическим местам точек она должна принадлежать (или геометрическому месту точек и данной фигуре); делается вывод: искомая точка – точка пересечения указанных геометрических мест точек. Учитель должен подвести учащихся к самостоятельным выводам и алгоритму построения искомой точки. Для этого можно задать следующие вопросы:

1. Каким условиям  удовлетворяет искомая точка? [ 1) она одинаково удалена от т. А и В; 2) она находится на заданном расстоянии от точки С].

2. Что является  ГМТ, удовлетворяющих первому  свойству? (прямая, перпендикулярная  отрезку АВ и проходящая через  его середину).

3. Что является  ГМТ, удовлетворяющих второму свойству? (окружность данного радиуса с центром в точке С).

4. Где будет  находиться искомая точка Х? (на  пересечении этих ГМТ). 

Рассмотрим еще  несколько задач, которые можно  предложить для закрепления пройденного материала. 

  1. На данной прямой найдите точку, которая находится на данном расстоянии от другой данной прямой. 

      В задаче даны прямые а, m, расстояние h (рис.17). Искомая точка должна удовлетворять двум условиям:

1) лежать на  прямой m (прямая дана);

2) находиться  на прямой а на данном расстоянии, которое обозначим через h. 

 Геометрическим  местом точек, находящихся на  прямой а на расстоянии h, являются две прямые b и с, параллельные а и отстоящие от а на расстоянии h. Построим эти прямые. Искомая точка должна быть точкой пересечения прямых b или с с прямой m. На нашем рисунке две точки, удовлетворяющие этим условиям: А и В. (Если а||m, то могут представиться два случая: прямая m не пересекается с b и с и задача не имеет решения; прямая m совпадает с прямой b или прямой с, в этом случае любая точка прямой m является решением.)  

Рис.17. 

2. На данной прямой найдите точку, равноудаленную от двух данных точек.

      Искомая точка должна удовлетворять двум условиям:

1) равноудаленную  от точек А и В, т.е. лежит  на серединном перпендикуляре m к отрезку АВ;

2) лежит на  данной прямой а. 

Значит, искомая  точка Х есть точка пересечения  прямых а и m (рис.18). (Задача может не иметь решения, иметь бесконечное множество решений). 

Рис.18. 
 
 

      3. Постройте окружность, которая касается сторон данного угла, причем одной из них – в данной точке.  

      Предположим, что задача решена. Пусть точка  О – центр искомой окружности (рис.19). Проведем ОА и ОС – радиусы окружности. Прямоугольные треугольники АВО и СВО равны по катету и гипотенузе (АО=СО=R,

ВО – общая). Из равенства треугольников следует, что  АВО= СВО, т.е. ВО – биссектриса угла АВС.  

Рис.19. 

Построение. Проведем биссектрису АВС и перпендикуляр к стороне ВА, проходящий через точку А. Точка О пересечения биссектрисы и перпендикуляра является центром искомой окружности. 
 
 

      4. Построить треугольник АВС по периметру р, углу В, равному , и высоте h, опущенной из вершины А. 

Пусть задача решена и  АВС построен (рис.20). Отложив на прямой ВС отрезки DВ=АВ и СЕ=АС, получим равнобедренные треугольники АВD и АСЕ. 

Рис.20. 

      Исходя  из приведенных выше рассуждений, построение можно осуществить в следующей последовательности:

1.Проводим прямую и на ней откладываем отрезок DE=р.

2.На расстоянии h от прямой DE проводим прямую l, параллельную DE. 

3.С вершиной в точке D строим угол АDЕ, равный . Точка А – одна из вершин искомого треугольника.

4.Проводим серединные перпендикуляры к отрезкам AD и АЕ. Точки В и С пересечения этих серединных перпендикуляров с прямой DE – две другие вершины искомого треугольника. 

3.5.Построение отрезков, заданных алгебраическим способом

Можно рассмотреть  случаи построения отрезков, определенных следующими формулами: 

_1.

_2. , где

_3. , где - натуральные числа;

_4. (построение четвёртого пропорционального к трём данным);

_5. ;

_6. ;

_7. где . 

Учитель предлагает учащимся методику построения данных отрезков, а учащиеся должны доказать, что построенный отрезок –  искомый. 

Построение  отрезка х=

а (частный случай построения x= ).

На луче ОА откладываем  отрезок ОВ=3а,  затем на луче ОD (этот луч выбирается произвольно) отрезок 4b, где b - какой-нибудь отрезок. Конец Е отрезка 4b соединяется с В и затем через точки на ОЕ проводятся прямые параллельные ЕВ, точка пересечения этих прямых с ОА делят отрезок ОВ на равные части, длина каждой из которых равна х= а (рис.21).

Рис.21. 
 

Построение  отрезка х=

.

Проводим из общей точки О два луча ОА и  ОD, и на них откладываем отрезки ОР=а, ОВ=с и ОЕ=b. Соединим точки Е и В прямой и через точку Р проводим прямую параллельную ЕВ. Пусть Q-точка пересечения этой прямой с ОD. Тогда, ОQ=х, это следует из подобия треугольников ОВЕ и ОQР. Имеем = , отсюда  OQ= (рис.22).

Рис.22. 
 
 

Построение  отрезка х=

.

На отрезке  АВ=а+b, где AD=a и DB=b строим полуокружность. Проводим через D перпендикуляр к АВ. Пусть С-точка его пересечения с окружностью, тогда СD=х. это следует из подобия треугольников АСD и СDB. Имеем: , отсюда СD= =x (рис.23).

Рис.23. 
 
 

Построение  отрезка х=а

.

 На сторонах  h и k угла hk  откладываем отрезки ОС=1; ОА=а; ОD=1, ОВ=а. Проводим отрезок ВС и затем через точку А проводим прямую параллельную ВС. Пусть Е-точка пересечения этой прямой с лучом k, тогда ОЕ= а . Действительно треугольники ОВС и ОЕА подобны (они имеют общий угол О и ВС║ЕА) и поэтому , или , т.е. ОЕ= а (рис.24).

Рис.24. 
 

Рассмотрим  решение  нескольких задач. 

Задача. Построить отрезок, длина которого в выбранной единице измерения равна . 

Решение. Требуется построить отрезок x, длина которого выражается формулой или . 

Пользуясь построением  отрезков, заданных формулами 1-7 стоим последовательно отрезки y, z, и u: , а затем строим искомый отрезок x по формуле .

Алгебраический  метод решения задач на построение состоит в следующем. Задачу формулируют так, чтобы в качестве данных фигур и искомой фигуры были отрезки. Используя подходящие теоремы, выражают длину искомого отрезка через длины данных отрезков и по найденной формуле строят искомый отрезок. 

Рассмотрим пример. 

Задача. Дан треугольник ABC. Построить три окружности с центрами соответственно в точках А, В и С так, чтобы они попарно касались друг друга внешним образом.