Решение задач на построение в VI-VIII классах - Сенников Г.П.

Автор: Сенников Г.П.

Теги: математика аналитическая геометрия учебник пособие для учителей задачи построение

Год: 1955

Похожие

Сборник геометрических задач на построение

Альтернативные способы решения задач

Факультативный курс по математике: Решение задач. Для 11 класса

Факультативный курс по математике: Решение задач. Для 10 класса

Текст

J. 91. Сенников
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ
НА ПОСТРОЕНИЕ
В VI VII1 КЛАССАХ
ОТособие.
я учителей
УЧПЕДГИЗ *1955
Г. II. СЕННИКОВ
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ
НА ПОСТРОЕНИЕ
В VI—VIII КЛАССАХ -
ПОСОБИЕ ДЛЯ УЧИТЕЛЕЙ
Утверждена
Министерством просвещения РСФСР
ГОСУДАРСТВЕННОЕ
УЧЕБНО-ПЕДАГОГИЧЕСКОЕ ИЗДАТЕЛЬСТВО
МИНИСТЕРСТВА ПРОСВЕЩЕНИЯ РСФСР
Москва- 1955
ОТ АВТОРА
Теория геометрических построений разработана в
трудах Ю. Петерсена, О. Шатуновского, А. Адлера,
И. А. Александрова, Ж. Адамара, Д. И. Перепёлкина,
Н. Ф. Четверухина и многих других авторов.
Однако вопросы методики изучения геометрических
построений в школе ещё далеко не решены. В некоторых
школах задачи на построение решаются учащимися слабо.
Отсутствие полноценной методики обучения геометриче-
ским построениям — одна из причин такого положения/
Попыткой несколько восполнить этот пробел и являет-
ся настоящее пособие.
При изучении геометрических построений прежде все-
го приходится преодолевать трудности логического по-
рядка. В условиях школы для преодоления этих трудно-
стей совершенно необходимо сопровождать логические
конструкции фактическими построениями при помощи оп-
ределённых инструментов (линейка, чертёжный треуголь-
ник, циркуль), а также изображенйями, выполняемыми
от руки.
В силу сказанного, в данной книге уделяется особое
внимание объединению логических и фактических построе-
ний в единое целое. Весь процесс решения задачи на по-
строение сопровождается выполнением соответствующих
чертежей («чертёж-задание», «чертёж-набросок», «чер-
тёж-построение», «чертёж для исследования»).
Логические трудности главным образом связаны с
проведением анализа и исследования задачи. Эти этапы
решения особенно подробно рассматриваются в книге.
Известные методы решения задач на построение изучаются
здесь прежде всего* как средства анализа. При этом
идея «метода геометрических мест» выбирается в качест-
ве ведущей в анализе любой из школьных задач на пост-
роение. Как известно, эта идея состоит в отнесении иско-
мых точек фигуры (по их свойствам) тем или иным гео-
3
метрическим образам. В тех случаях, когда свойства ис-
комых точек нельзя установить без помощи геометриче-
ских преобразований (или алгебры), вступает в действие
тот или иной «метод преобразований» или «алгебраиче-
ский метод». Так методы геометрических построений ло-
гически объединяются вокруг ведущей идеи анализа в
систему средств анализа.
Становится очевидной и идея исследования: установ-
ление всех характерных случаев взаимного расположения
образов, содержащих искомые точки. Остаётся лишь под-
считать число решений задачи.
Как показывает опыт, такой единообразный подход к
задачам на построение значительно уменьшает трудно-
сти, встающие перед учителем, и обеспечивает сознатель-
ное и глубокое усвоение учащимися вопросов школьной
конструктивной геометрии.
В теоретической и практической разработке предлага-
емого пособия большую помощь оказали автору проф.
Д.И. Перепёлкин ’, научные сотрудники сектора методики
математики Института методов обучения Академии педа-
гогических наук РСФСР и члены кафедры алгебры и гео-
метрии Горьковского пединститута им. А. М. Горького.
Много ценного дала автору совместная работа по про-
верке изложенной ниже методики с учителями Е. С. Ни-
кольской, А. П. Мишиной (г. Горький), Н. П. Цесарце-
вой (Москва) и другими.
Значительную помощь оказали автору методисты Мо-
сковского областного.и Горьковских областного и город-
ского институтов усовершенствования учителей, организо-
вавшие циклы лекций по методике геометрических пост-
роений на курсах учителей.
Доценты С. Зетель и Б. Кутузов, внимательно просмо-
тревшие рукопись, во многом содействовали её улучше-
нию. /
Считаю своим приятным долгом выразить глубокую
благодарность всем указанным выше товарищам.
Совершенно очевидно, что предлагаемое пособие нуж-
дается в дальнейшем улучшении и усовершенствовании,
поэтому автор с большой благодарностью примет все
сделанные в этом направлении критические замечания и
предложения.
Г, П. Сенников.
4
ВВЕДЕНИЕ
Задачей на построение называется предложение, ука-
зывающее, по каким данным, какими средствами (инст-
рументами) и какой геометрический образ (точку, пря-
мую, окружность, треугольник, совокупность точек и т. д.)
требуется ндйти (начертить, построить на плоскости, на-
метить на местности и т. п.) так, чтобы этот образ удо-
влетворял определённым условиям.
Будем считать средствами построения циркуль и одно-
стороннюю линейку; вопрос о дополнении этих инстру-
ментов чертёжным прямоугольным треугольником будет
рассмотрен далее.
Задача на построение может быть выражена с по-
мощью чертежа-задания. Чертёж-задание включа-
ет в себя данные элементы и требование задачи. Рассмот-
рим примеры.
* 1. Построить треугольник по основанию а9 углу
при основании = и высоте на основание ha
(черт. 1).
2. Построить окружность данного радиуса г,
проходящую через две данные точки А и В (черт. 2).
Чертёж-задание выделяет из элементов плоскости
данные элементы. При этом возможны два случая: 1) дан-
ные элементы являются уже построенными (пример 2,
точки Л и В), и в этом случае перемещение их по пло-
скости невозможно (данные элементы определены по по-
ложению); 2) данные элементы лишь могут быть постро-
ены (пример 1 — отрезки а и hn, угол В, пример 2 — от-
резок г); в этом случае подразумевается, что элементы
могут быть построены в «любом месте» плоскости (дан-
ные элементы не определены по положению).
5
Решить задачу на построение при помощи
циркуля и линейки — значит свести её к конечной сово-
купности пяти элементарных построений, которые заранее
считаются выполнимыми:
1) построение прямой линии через две известные
точки;
Пано.
Построить треугольник
АВС
Черт. 1.
Дано.
А
В
Построить окружность
радиуса проходящую
через точки Л и В
Черт 2.
2) построение точки пересечения двух известных пря-
мых (если эта точка существует);
3) построение окружности известного радиуса с цент-
ром в известной точке;
4) построение точек пересечения известной прямой и
известной окружности (если эти точки существуют);
5) построение точек пересечения двух известных ок-
ружностей (если такие точки существуют).
Термин «известный элемент» означает, что этот эле-
мент либо дан, либо получен в предыдущих построениях,
либо выбран произвольно. * t
Сведение каждой задачи к элементарйым построениям
практически неудобно, так как делает решение громозд-
ким. Иногда удобнее сводить задачи к так называемым
основным построениям. Выбор некоторых построений в
качестве основных в известной мере произволен. Список
основных построений дан в главе IV (§ 11).
Характеристика чертежа-задания показывает/ что за-
.дачи на построение делятся на два существенно различ-
ных вида;
6
Задачи «метрические>*), в которых требуется
построить геометрический образ по данным элементам^
имеющим определённые размеры, но не определёнными по
положению на плоскости. Следовательно, и требуемый в
Задаче геометрический образ может занимать произволь-
ное положение на плоскости (пример 1).
Задачи «положения», в которых построение
требуемого геометрического образа выполняется на осно-
ве данных элементов/из которых хотя бы один определён
по положению на плоскости. Следовательно, и требуемый
геометрический образ должен занимать определённое по-
ложение на плоскости (относительно данных элементов,
пример 2).
Ниже рассматриваются только такие задачи, которые
могут быть решены при помощи линейки и циркуля при
известных соотношениях между данными. Поэтому тре-
буемую в задаче фигуру (если она существует) всегда
можно рассматривать как совокупность точек, прямых и
окружностей.
Элементы требуемой фигуры, которые достаточно
построить, чтобы сама фигура была построена, мы назо-
вём определяющими элементами. Известно, что,
например, для построения прямой достаточно построить
две её точки**), для построения треугольника достаточно
построить три его вершины***), чтобы построить окруж-
ность, достаточно, например, знать её центр и её точ-
ку****) и т. д. Указанные элементы и являются в каждом
случае определяющими.
Чертёж-задание разделяет все определяющие элемен-
ты на две категории: известные и неизвестные; -от пост-
роения последних и зависит выполнение требования зада-
чи. Неизвестные определяющие элементы мы назовём
ИСКОМЫМИ.' / .
*) Мы' берём эти термины в кавычки, чтобы подчеркнуть, что
они не имеют отношения к соответствующей терминологии про-
ективной геометрии.
**) Достаточно, но не необходимо, так как прямая может быть
определена при помощи задания одной точки и указания направ-
ления.
***) Достаточно, но не необходимо, так как треугольник может
быть определён тремя прямыми. z
****) Или три точки этой окружности.
7
Решение всякой задачи на построение может быть
сведено к отысканию и построению исковых элементов
(точек) требуемой фигуры.
Процесс решения задачи на построение совершается
по определённой схеме. Классическая схема решения со-
стоит из четырёх пунктов (частей, стадий), которые мы
будем называть этапами решения задачи.
I. Анализ. Так называется первый, очень важный
э^гап в решении задачи на построение, имеющий целью
установить план решения. Название этапа показывает,
что для достижения цели применяется особый метод рас-
суждений, заключающийся в расчленении вопроса задачи
й сведении его к отысканию отдельных связей между
данными и искомыми элементами на основе изучения
свойств тех и других.
Анализ сопровождается предположением, что задача
на построение уже решена. Графически это выражается
изображением соответствующей фигуры, которую мы бу-
дем называть ч е р т е ж о м-н а б рос ко м.
11. Построение. Значение этого этапа определяется
тем, что его целью является выполнение требования за-
дачи. При построении рассуждения анализа повторяются
в обратном порядке, следовательно, данный этап есть
синтез. Инструменты — циркуль и линейка дают воз-
можность выполнить построение фактически. Ввиду этого
далее под построением понимается именно фактическое
построение. Результатом построения является чертёж-
построение.
111. Доказательство. Это логически необходимый
этап, ибо он имеет цель выяснить, отвечает ли построен-
ная фигура требованиям задачи. Этап доказательства,
следовательно, выясняет и правильность рассуждений,
проведённых в анализе.
IV. Исследование. Это важный, завершающий этап
решения задачи на построение. Его целью является при-
дание полноты и общности решению. Устанавливаются все
различные случаи, которые могут иметь место при пост-
роении, выясняется число решений задачи, условия су-
ществования искомой фигуры.
Особенности и содержание каждого этапа будут рас
смотрены в дальнейшем.
*
Введём несколько условных обозначений.
Окружность радиуса г с центром в
точке О — О (г);
Окружность,-построенная на отрезке а, а \
как на диаметре (М — середина отрезка а)— ' 2 )’
Перпендикуляр к отрезку АВ, построен- _ I АВ
ный через его середину I 2 )’
Прямые, параллельные прямой MQ и
удалённые от неё на расстояние h ——
Луч ВА, наклонённый под углом р к
лучу ВС - ВА($,ВС)-,
Дуга сегмента, построенного на дан-
ном отрезке а и вмещающего данный угол а — О (а, «);
Знак принадлежности — с
Например: точка А принадлежит пря-
мой а — А с а;
Геометрическое место точек — ГМТ.
ГЛАВА I
ЭТАП АНАЛИЗА В РЕШЕНИИ ЗАДАЧ
НА ПОСТРОЕНИЕ
« А на л из — метод исследования, состоящий в рас-
членении целого на составные элементы. Все науки
пользуются этим методом» *). При анализе либо сами
исследуемые предметы подвергаются фактическому рас-
членению, либо изучаемые вопросы' мысленно расчле-
няются при помощи логической способности абстракции,
присущей мышлению.
Большая часть геометрических задач на построение
такова, что план их решения неизвестен. Поэтому
первым и важным вопросом является отыскание плана
построения. Анализ и представляет собой метод, позво-
ляющий найти этот план.
Логическая сущность схемы анализа заключается
в том, что, предположив задачу Ха (где X—требование
задачи, А—её условие) решённой, подменяют задачу
ХА первой вспомогательной задачей Если решение
этой задачи неизвестно, то её заменяют задачей /д
и т. д. Наконец, приходят к задаче Уап-^ которую
заменяют известной в решении задачей Получаем
следующую схему:
X .^Ya^Z
В различных звеньях этой схемы возможны ответ-
вления.
Ясно, что обратный процесс рассуждения в этой
схеме будет процессом синтетическим; он представлен
этапом построения в общей схеме решения задачи на
построение.
*) БСЭ, изд. 2, 1950, т. II, стр. 325.
10
§ 1. Основные методы решения задач на построение
Приведённая выше логическая схема анализа есть
лишь его ойисание, его форма, пока лишённая содер-
жания. Решение конкретной задачи опирается на те
предложения в геометрии, на основе которых или для
развития которых сформулирована задача.
В зависимости от используемых для решения задачи
геометрических идей (идея геометрического места,
идея геометрического преобразования, идея метрических
соотношений) меняется содержание ^рассуждений в
анализе, меняется сам метод отыскания Ълана решения
и весь ход решения. Всё это обусловливает появление
различных приёмов, способов решения, которые полу-
чают название «методов решения задачи на построение».
Более распространённые методы решения задач на
построение основаны на использовании следующих
геометрических понятий:
I. Геометрическое место точек, обладающих опреде-
лённым свойством.
II. Геометрические преобразования:
1) отражение от прямой;
2) отражение от двух прямых (параллельный пе-
ренос, отражение от точки, поворот);
3) гомотетия, подобие фигур и подобное преоб-
разование.
III. Метрические соотношения в геометрических фи-
гурах (как основа алгебраического анализа). \
Мы рассмотрим эти понятия и соответствующие
методы решения задач на построение и покажем, каким
образов надо при помощи указанных методов изучать
фигуру до тех пор, пока не станет ясным путь решения.
Наша цель состоит, таким образом, в том, чтобы
выяснить роль «методов» как средств анализа.
§ 2. Геометрические места точек, обладающие
определённым свойством. Метод геометрических мест
Понятие геометрического места является одним из
важнейших в геометрии.
Определение геометрического места точек может
быть сформулировано примерно так. ,
11
Геометрическим местом точек, обладаю-
щих определённым свойством, называется множество
всех точек, которые обладают этим свойством*).
Это определение для плоскости означает, во-первых,
что заданием свойств точек мы как бы выделяем (от-
личаем, фиксируем) некоторое множество точек пло-
скости (это множество может быть пустым, конечным
и бесконечным, может составлять некоторую геомет-
рическую линию, а может и не составлять таковой),
во-вторых, обратно, изучая свойства точек плоскости,
мы выделяем некоторое множество этих точек по их
общим свойствам (в этом случае множество содержит
хотя бы один элемент).
Приводим далее перечень основных геометрических
мест точек. Этот перечень не претендует на полноту.
1. Г МТ, удалённых на данное расстояние г
от данной точки О, есть окружность радиуса г
с центром в точке О; О (г).
Следствие 1. ГМ центров окружностей данного ра-
диуса г, проходящих через данную точку А, есть
окружность А(г).
Следствие 2. ГМ центров окружностей радиуса г,
касательных к окружности О (R), R~>r, есть совокуп-
ность двух окружностей, концентрических с данной:
О(/?+г) и O(R-r).
Замечание. Можно рассмотреть эту теорему при f^R.
Следствие 3, ГМТ, принадлежащих касательным к
данной окружности О(г) и удалённых от точек касания
на расстояние а, есть окружность О (Уф а*).
Замечание. Вообще говоря, речь идёт о двух слившихся
окружностях.
Следствие 4. ГМТ, из которых две касательные,
построенные к данной окружности О(/?), образуют
угол а, есть окружность О (/?csc
Следствие 5. ГМТ, делящих внутренним образом
хорды длины а данной окружности О(/?), а<7?, в
данном отношении т \ п, есть окружность О(х), где х—
расстояние делящей точки до центра О.
% *) Школьное определение отличается от этого, см. гж IV, стр. 78.
12
2. ГМТ, равноудалённых от двух данных то-
чек А и В (от концов отрезка АВ), есть перпен-
дикуляр к отрезку АВ, проходящий через середи-
ну этого отрезка (срединный перпендикуляр к
отрезку АВ, или симметраль точек А и В)’,
!(¥)
3. ГМТ, удалённых на расстояние h от дан-
ной прямой MN, есть совокупность двух различ-
ных прямых, параллельных MN и удалённых
от неё на расстояние h (граница полосы шири-
ной 2h. с симметралью MN);—(MN, h).
А. ГМ вершин А треугольников с общим осно-
ванием ВС, угломАВС— прилежащим к осно-
ванию, есть совокупность двух лучей, исходящих
из точки В и составляющих с основанием угол [3;
ВА($, ВС) и ВА'($, ВС).
5. ГМТ, расстояния которых до двух данных,
пересекающихся в точке О, прямых относятся,
как данные отрезки тип, есть совокупность
двух прямых, проходящих через точку О, опре-
делённым образом построенных.
Следствие. При т = п — совокупность биссектрис
образовавшихся вертикальных углов.
6. ГМТ, из которых данный отрезок ВС=а
виден под данным углом а, есть совокупность
дуг двух сегментов, построенных на отрезке
ВС и вмещающих угол а (радиус дуг R=~csca,
точки В и С исключаются), О (а, а).
Следствие 1. ГМТ, из которых отрезок ВС—а ви-
ден под прямым углом, есть окружность, построенная
на ВС, как на диаметре (исключая точки В и С).
Следствие 2. ГМТ, из кЛ'орых данный отрезок ВС
виден под углом не меньшим, чем а, есть все точки
двух сегментов, построенных на ВС и вмещающих
угол а (исключая точки В и С)*).
Следствие 3. ГМТ, из которых данный отрезок ВС
виден под углом меньшим, чем а, есть все точки
*) Включая лугу сегмента. Это следствие приводиГся для
того, чтобы обратить внимание учителя на более или менее рас-
пространённую ошибку, когда под ГМТ 6 понимают совокупность
двух сегментов, вмещающих данный угол.
13
плоскости, исключая точки предыдущего (следствие 2)
геометрического места.
7. ГМ Т, расстояния которых до двух данных
точек В и С (ВС=а) относятся, как т: п, есть
окружность Аполлония с диаметром PQ
где Р и Q — точки, делящие отрезок ВС в отно-
шении т :п, соответственно, внутренним и внеш-
ним образом.
Примечание. При т = п окружность Аполлония вырож-
дается в срединный перпендикуляр к ВС (ГМТ 2).
8. ГМ Т, сумма квадратов расстояний которых
до двух данных точек В и С (ВС = а} равна
квадрату данного отрезка I, есть окружность
О (г =^]/2Р — а2), где О —середина отрезка ВС
(в частном случае эта окружность стягивается
в точку или не существует).
9. ГМТ, разность квадратов расстояний ко-
торых до двух данных точек А и В постоянна
и равна квадрату данного отрезка I, есть
совокупность двух прямых, перпендикулярных
к прямой АВ и проходящих через точки этой
прямой, удалённые от концов отрезка АВ на
расстояние р, равное:
р = если I < АВ; р= если I > АВ;
р = АВ, если 1 = АВ.
Выясним существо метода геометрических мест.
При решении задач на построение основным вопро-
сом является построение тех из определяющих элемен-
тов фигуры, которые неизвестны, т. е. построение
искомых элементов. Такими ’ элементами являются
большей частью некоторые точки фигуры.
Так как мы имеем дело с классом задач, решаемых
только циркулем и линейкой, то каждую искомую
точку можно рассматривать как пересечение или двух
прямых, или двух окружностей, или прямой и окруж-
ности.
Искомая точка обладает . двумя геометрическими
свойствами, каждое из которых - относит эту точку
14
соответствующему геометрическому месту. Эти свой-
ства необходимо усмотреть, исходя из условия задачи.
Если геометрическое место ещё неизвестно как
геометрический образ, то надо предварительно решить
вспомогательную задачу «об отыскании геометриче-
ского места».
Каждая точка, принадлежащая одновременно и тому
и другому геометрическому месту, т. е. каждая общая
обоим местам точка, может привести (но может и не
привести) к решению. Решения не будет, если общих
точек двух геометрических мест не существует.
Исходя из этого, идея анализа при помощи геомет-
рических мест кратко может быть выражена так.
Указав искомые элементы (точки), устанавливаем гео-
метрические свойства каждого из них и по этим свой-
ствам относим эти элементы соответствующим геомет-
рическим местам точек. Существование элементов,
общих геометрическим местам, лишь необходимо, но
ещё недостаточно для решения задачи; окончательный
ответ даёт этап исследования.
Реализация этой идеи в анализе и будет первым
шагом применения метода геометрических мест для
решения задачи на построение.
В качестве примера проведём анализ при помощи
геометрических мест в следующих задачах.
3. Построить треуголь- '
ник по а, b и углу В = $ при Х7
основании.
Анализ. 1-й вариант.
Предположим, что задача ре-
шена и треугольник АВС (черт.
3) — искомый. Построить этот
треугольник можно, если знать,
например, положение всех его
вершин. Положение вершин
В и С можно считать известным
тогда остаётся найти точкуД. А — искомая точка. Чтобы
найти искомое, надо знать его геометрические выте-
кающие из условия задачи свойства. Первое свойство
точки А: она является вершиной треугольника с осно-
ванием ВС = а и данным углом АВС при основании.
Следовательно, точка А принадлежит ГМТ 4 (стр. 13),
т. е. лучу BA (Р, ВС) или лучу BA' (Р, ВС), являю-
15
щемуся отражением ВА от ВС. Однако положение
точки А на плоскости (относительно точек В и С) по
одному этому свойству найти не удастся. Выясним
второе свойство точки А. Оно очевидно: точка А уда-
лена от точки С на данное расстояние Ь, т. е. А при-
надлежит ГМТ 1—окружности С ibi. (стр. 12).
Вывод. Если точка А существует, то она есть
точка пересечения лучей ВА и ВА' с окружностью
С (6).
План построения очевиден.
2-й вариант решения см. на стр. 115.
4. Построить- окружность, проходящую через
данную точку М и касающуюся данной окружности О
в данной её точке L.
Анализ. Предположим, что задача решена. Окруж-
ность Оу — искомая (черт. 4). Из определяющих эле-
ментов окружности 01—точек L и О] (или М и 0J —
неизвестной точкой, т. е. искомой, является точка 0Р
Одно из свойств точки О,
--------очевидно:точка 01 есть центр
f-------окружности, касающейся
/ \Х/^ 'у Даня°й окружности О в
I о__________bVxPi \ точке L; "поэтому Oy^OL.
, - _ . Второе свойство точки
\ / Оу. точка Оу есть центр
окружности, проходящей че-
рез точки L и М, поэтому Оу
1( 4 равноудалена от этих точек.
Следовательно,01 <= ±
Вывод. Если точка Оу существует, то она явля-
ется точкой пересечения прямой 0L и срединного
перпендикуляра к отрезку LM.
§ 3. Геометрические преобразования и их
применение для решения заДач на построение
Мы рассмотрим приложение к решению задач на
построение некоторых так называемых точечных пре-
образований плоскости в себя. Каждое такое геомет-
рическое преобразование понимают как операцию,
позволяющую по известному закону находить (одно-
16
значно) для данного геометрического элемента (точки)
плоскости элемент (точку; той же плоскости.
Точечные преобразования являются в сущности
геометрической реализацией понятия функции.
В общем случае необходимость применения геомет-
рических преобразований для решения задачи на по-
строение вытекает цз следующего: когда свойства
искомых элементов фигуры, которую требуется пост-
роить, невозможно обнаружить при изучении перво-
начального чертежа - наброска, то прибегают к гео-
метрическим преобразованиям либо всей изображённой
на чертеже-наброске фигуры, либо её элементов.
При этом либо сама фигура приобретает новое качест-
во, либо появляется новзя фигура вспомогательная» ),
изучение которой позволяет вскрыть свойства искомых
элементов фигуры.
Реализация этой идеи в анализе и будет характер-
ной особенностью применения соответствующего «мето-
да преобразования» для решения задач на построение.
1. Отражение от оси Метод отражения от оси
Пусть дана точка А плоскости. Построим произ-
вольную прямую s, не содержащую точку А.,Постро-
им перпендикуляр AA0±s (где Дос$) и отрезок
А0А' этого перпендикуляра так, что ААО = АОА'. Назо-
вём А' отражением точки А от прямой >s. Прямую s
назовём осью отражения. Установим взаимно однознач-
ное соответствие Д<-->Д'. Тогда и А есть отражение
точки Д', т. е. Ди А' взаимно отражённые точки.
Таким образом, для каждой точки Л4 плоскости можно
найти соответственную ей точку, если задать ось
отражения s.
Операция установления соответствия между точка-
ми плоскости при помощи отражения от оси называет-
ся преобразованием отражения от оси, или просто
отражением от оси. (Иногда это преобразование назы-
вают преобразованием осевой симметрии.)
Достаточно задать ось отражения, чтобы определить
отражение как преобразование плоскости в себя. При
этом точки оси отражения сами себе соответствуют.
Пусть на плоскости дан некоторый геометрический
образ, например кривая /, и указана ось отражения s.
2. Г. П. Сенниксв. 17
Тогда существует отражение кривой I от оси s, именно
кривая /' (черт. 5). Кривую /' можно считать геомет-
рическим местом отражений точек кривой /.
Нетрудно установить, что отражением прямой яв-
ляется прямая, отражением от-
резка является отрезок и что
взаимно отражённые фигуры**
Fx и F2 равны и противополо-
жно ориентированы (зеркаль-
но равны), поэтому, вообще
говоря, фигуру Fx невозмож-
но совместить со своим отра-
жением F2 при помощи пере-
мещения в плоскости.
Рассмотрим теперь приме-
нение отражения от оси при
Черт 5.
решении задач на построение.
В отдельных случаях для отыскания свойств иско-
мых элементов целесообразно отразить фигуру F
чертежа-наброска или некоторые её части от надлежа-
щим образом выбранной оси. При новом положении
фигуры или её частей иногда удаётся найти свойства
искомых элементов.
Реализация этой идеи в анализе и будет характер-
ным признаком применения метода отражения от оси.
Проиллюстрируем примерами это общее положение.
5. Дан угол XOY, образованный лучами ОХ и OY,
и точка А внутри этого угла. Найти на сторонах
угла такие точки В и С, чтобы треугольник АВС
имел наименьший периметр. •
Анализ. Предположим, что задача решена, тре-
угольник АВХСХ—искомый (черт. б). Так как точка А
дана, то одна вершина этого треугольника известна.
Искомые точки — Вх и Сх. Для отыскания их установим
геометрические свойства этих точек.
Очевидно лишь одно свойство точки В^.В^ОХ.
Второе свойство пока не усматривается.
Аналогично: Сх с OY, и пока более ничего нельзя
сказать о свойствах этой точки.
Попробуем для установления новых свойств точек
♦) Зде^ь фигура—любая совокупность точек, не принадлежа-
щих одной прямой.
18 -
В) и С] отразить точку А от прямых ОХ и ОУ; полу-
чим отражения точки А, соответственно В' и С
Построим отрезки B'Bt и С}С'. Очевидно, сумма
В'В, -|- В^Су + С}С' равна периметру треугольника
АВ1С1. Требуется, чтобы
т. е. чтобы точки В', Ви
и С' принадлежали одной
прямой В'С', положение
которой известно.
Отсюда видно второе
свойство точек Вх и Ci:
BxcB' С и С^В'С.
Вывод. Искомые точ-
ки, если они существуют,
суть точки пересечения
лучей ОХ и OY с пря-
мой В'С. (Исследование
см. на стр. 144.)
Приведём пример бо-
лее сложной задачи.
6. Построить тре-
угольник по a,ha и раз-
ности углов В— С = \.
Анализ. Предположив, что треугольник ЛВС—ис-
комый, замечаем (черт. 7,а), что не все ещё данные
элементы включены в чертёж-набросок. Пока не за-
кончен чертёж-набросок, анализ продолжать нельзя.
Черт. 7.
Для" включения данного угла в чертёж-набросок
отразим треугольник АВС от симметрали отрезка СВ.
Тогда £АСА'= X (черт. 7,6).
19
Вершины В и С треугольника известны. Искомая
точка. А.
Первое свойство точки А очевидно: она удалена от
прямой ВС на расстояние ha. поэтому А с —(BC,ha)-
Второе свойство точки А далеко не очевидно. Для
установления этого свойства отразим отрезок АС от
прямой АА'.
Нетрудно видеть, что четырёхугольник ВА'С'А —
параллелограм, в котором лД'С'Д=Х, поэтому /_С'АВ=
= 180°—X. Построим диаюналь ВС' этого параллело-
грама. Отрезок ВС' известен (точки В и С' известны).
Этот отрезок виден под известным углом из точки А.
Это и есть второе свойство искомой точки Д. Поэтому
ЛсО (С'В, 180°-X).
Вывод. Если точка А существует, то является точ-
кой пересечения прямой АА' и дуги сегмента
О {С'В. 180°-X).
2. Отражение от двух осей
Можно рассматривать операцию последовательного
отражения точки А сначала от одной прямой s15 причём
А преобразуется в точку Д', а затем—отражения точки
А' от второй прямой s2, вследствие чего А' преобра-
зуется в Д".
‘ Такая операция называется умножением отра-
жений от двух осей. Очевидно, что при таком преоб-
разовании фигура F± преобразуется в фигуру F2, рав-
ную Fj и одинаково с ней' ориентированную. Обе фи-
гуры могут быть совмещены при помощи перемещения
в плоскости.
В зави имости от взаимного расположения осей от-
ражения и s2 умножение отражений от этих осей
имеет свои особенности.
Параллельный перенос. Методу параллельного
переноса. Пусть оси отражения—параллельны. Можно
показать, что в этом случае умножение двух отра-
жений от параллельных осей и s2 представляет Со-
бой преобразование, обладающее следующим свойством:
все отрезки, каждый из которых соединяет две соот-
ветственные точки, равны, параллельны и направлены
в одну сторону (каждый из них равен удвоенному
расстоянию между двумя осями). Другими словами,
фигура Fr преобразуется в фигуру F2 так, как будто все
20
точки фигуры F\ перенесены по прямым, перпендику-
лярным осям, в направлении от Sj к s2, на расстояние,
равное удвоенному расстоянию между осями.
Преобразование переноса имеет большое применение
при решении задач на построение; оно также служит
цели раскрытия свойств искомых элементов. При этом
4аще всего выполняется перенос некоторых известных
элементов фигуры.
Рассмотрим следующий пример.
7. Даны окружность О, Ове сё тонки А и В
и прямая а. от которой окружность отсекает
хорду CD. Требуется накти такую точку М окру ж-
ности, чтобы отрезок PQ хорды CD, заключённый
между хордами АЛ1 и ВМ, бы г равен данному от-
резку Ь.
Анализ. Пусть задача решена,-и точка М найдена
(черт 8).
Если будет отыскана одна из точек Р или Q, то
просто отыскать и точку М. Поэтому пусть, например,
точка Q — искомая.
Пока очевидно лишь одно свойство этой точки: Q с а.
Второе свойство пока не
усматривается. Для выяс-
нения этого свойства выпол-
ним параллельный перенос,
определяемый вектором PQ.
Тогда точка А преобразует-
ся в А', точка Р— в Q. Рас-
сматривая обра ювавшую-
ся фигуру, видим такое
свойство точки Q: отрезок
А'В из неё виден под углом ?,
который измеряется полови- . церТе &
ной известной дуги АпВ. По-
этому, если точка Q существует, то она является точ-
кой пересечения прямой а и дуги сегмента О (Д'5,с).
Рассмотрим теперь следующую метрическую задачу.
8. Построить четырёхугольник, если известны
три его^ стороны и два внутренних острых угла,
прилежащих к четвёртой стороне.
Анализ. Примем за известные вершины четырёх-
угольника точки Л, и В (черт. 9). Тогда вершины
С и D—искомые. Достаточно найти одну из них.
21
Установим, например, свойства точки D. Очевидно,
что D с ДО. Второе свойство точки D пока не оче-
видно. ___
Выполним (определяемый вектором CD) пяоаллель-
q ный перенос отрезка ВС.
Тогда ломаная ABD' мо-
JU-*’***’^ \ жет быть построена, и ста-
/\ \с новится очевидным второе
оУ \ \ свойс1во точки D :
/ \ A OczZJ'W.
Уу* A Дальнейший ход рас-
Z7 А суждения ясен. Исследова-
ние задачи см. на стр. 146.
Че т 9 Если в каждой из двух
рт’ ' рассмотренных задач до-
вести решение до конца, то мы будем иметь пример
применения метода параллельного переноса в решении
задач на построение.
Во многих задачах на построение четырёхугольников
параллельный перенос быстрее приводит к цели, если
заранее изучить основные свойства фигур, образую-
щихся после определённого переноса некоторых эле-
ментов четырёхугольника» Пример такого переноса
рассмотрен И. Александровым в его книге „Сборник
геометрических задач на построение*4 (стр. 84, задача
№ 384).
Отражение от точки. Рассмотрим такой случай
умножения двух отражений, когда оси и $2 отраже-
ний взаимно перпендикулярны. В этом случае точка Д,
соответствующая ей точка А" и точка О пересечения
осей будут принадлежать одной прямой, причём АО =
~ОА". Для преобразования достаточно задать только точ-
ку О пересечения осей Sj и s2, сами же оси могут быть
расположены как угодно (лишь бы они были взаимно
перпендикулярны). Такое преобразование называется
отражением от точки О.
Во многих случаях для анализа в решении задачи
ид построение целесообразно применить отражение
от точки
Рассмотрим две задачи.
9. Даны окружность О, две её точки А и В, прямая
а и её точка М внутри окружности О. Требуется
найти^на окружности третью точку С, такую, чтобы
22
прямые АС и ВС отсекали на прямой а отрезок,
делящийся в точке М пополам.
Анализ. Предположив задачу решённой, видим,
(черт. 10), что построение решает точка Р с для
установления ещё одного свойства точки Р отразим В
от точки М. Тогда В преобразуется в В', и В'Р , ВС,
т. е. £В'РС= Z ВСР =
Отсюда очевидно, что отре-
зок АВ' виден из точки Р
под известным углом 183° —ср,
т. е. точка Р, если она суще-
ствует, есть точка пересече-
ния прямой а и дуги сегмента
О (ДД', 180°— ср).
10. Даны две окружности
Ох и О2, точка М вне этих
окружностей.Построить от-
резок, концы которого при-
надлежат данным окружно-
стям и который делится
точкой М пополам.
Анализ. Достаточно найти одну из точек Р или
Q искомого отрезка (черт. 11). Пусть 'Р— искомая точ-
ка. Отразим окружность О2 от точки М. Тогда О2 пре-
образуется в О'2, a Q—в Р.
Очевидно, что точки Рх и Qi Q _________
дают второе решение. Отсюда уХ А.
вывод: если точка Р (или (\ п \
существует, то она является I \ / )
точкой пересечения окружно- 0\ \ / У
стегй Qj и Q'2.
Можно сказать, что обе эти
задачи мы начали решать ме- Ду
тодом отражения от точки. ____
Поворот. Метод враще- { I А.
ния. Рассмотрим умножение / 1, \ Л \
двух отражений при условии, \ 0’2 '/у о 1
что оси Sj и s2 пересекаются АДр U' I
под углОхМ ср, 0°Z?Z90°. V /
Покажем, что такое пре- А^
образование означает поворот
преобразуемой точки А на угол Черь ц,
2<р вокруг точки О пересечения
23
осей (черт. 12). Из определения отражения следует, что
О А = ОА' = ОА" (треугольники АОА' и А'ОА"—равно-
бедренные с общей стороной ОА'). Кроме того,
Z АОА" = АОА' г Z Л'ОД" == 2 Z 14-2 Z1I-
— 2 ( Z 14- Z 2) = 2?.
В частном случае, когда оси взаимно перпендику-
лярны, фигура Fj претерпевает поворот на развёрнутый
угол вокруг точки пересечения осей, т. е. отражение
от точки равнозначно повороту на 180° вокруг точки
отражения.
Поворот прямой а на угол вокруг центра О вы-
полняется так.
Строится ОМ ± а
(Mcz а). Затем в нуж-
ном направлении про-
изводится поворот от-
резка ОМ на угол ср
в положение ОМ', пос-
ле чего строится пря-
мая а'1_0М'.
Отметим следующее
очевидное свойство от-
ражения фигур, обла-
дающих осевой сим-
метрией.
Отражение от оси s,
выполненное по от-
24
ношению к фигуре, обладающей хотя бы одной осью
симметрии, может быть заменено поворотом (в частном
случае параллельным переносом).
Отразим фигуру Ft «черт. 13) от оси s. В резуль-
тате получим фигуру ?2, противоположно ориентирован-
ную. Выполним для фигуры F2 -преобразование сим-
метрии относительно оси s2 (s2 есть, очевидно, отражение
оси sp. Тогда фигура F, преобразуется в себя и будет
одинаково ориентирована с F\, следовательно, фигуры
Fi и F2 могут быть совмещены поворотом вокруг точ-
ки О пересечения оси симметрии и оси отражения. Если
оси параллельны, то достаточно выполнить некоторый
параллельный перенос.
Вращение вокруг центра на некоторый угол ? < 180°
имеет применение при решении задач на построение.
При этом преобразование вращения (поворот) выпол-
няется либо по отношению ко всей фигуре чертежа-
наброска, либо по отношению к отдельным элементам
фигуры.
Рассмотрим примеры.
11. Даны, прямые а и b и точка С. Построить
треугольник АВС, две вершины которого помещаются
на данных прямых, а
третья в точке С,причём
искомый треугольник по-
добен данному, не поме-
щённому на чертеже*).
Анализ. Пусть тре-
угольник АВС— искомый
(черт. 14). Так как точка
С дана, то либо точка А —
искомая, либо точка В—
искомая. Пусть точка В—
искомая.
Первое свойство трчки
В: В с Ь. Будем искать
второе свойство точки В.
Так как треугольник
АВС подобен данному, то^хС (-^) известен. Следова-
тельно, Вс: СВ, однако положение луча СВ неизвестно.
*) Приводим только анализ; полное решение, включая ис-
следование, рекомендуется выполнить читателю.
25
Выполним поворот стороны С А и прямой а на угол ®
вокруг центра С. Тогда СА пойдёт по СВ, прямая а
займёт новое положение а', которое определится при
помощи перпендикуляра CD ± а, повёрнутого на угол
а' I CD' (D'cz а').
Так как СА' = СА, а отношение СА:СВ известно
(дан треугольник, подобный искомому), то точка В обла-
дает таким свойством, что делит СА' внутренним или
внешним образом в данном отношении.
Однако отрезок СА' неизвестен, и указанное свой-
ство точки В не может бытьприменено для её отыскания.
Построим теперь ВМ || A'D’. Тогда точка М делит
в том же отношении известный отрезок перпендикуля-
ра CD' (равный CD). Теперь очевидно второе свойство
точки В : В МВ || а', где М — точка, положение ко-
торой известно.
12. Внутри данного треугольника АВС найти
топку Р, сумма расстояний которой до вершин А,
В и С была бы наименьшей.
Анализ. Пусть Рх— искомая точка. Для выяснения
её геометрических свойств повернём сначала треуголь-
ник АВРХ на 60° вокруг точки А (черт. 15). Тогда
АРХ + РХВ + РХС = В'Р'+
+ С. %
Эта сумма будет наимень- /у
шей, если В'С—прямая. Ана- / /
логичные рассуждения отно- / у
сительно треугольника ВРХС в/ у
(тогда В переходит в В") , s'"
показывают, что АД"—прямая. —Жу
Тогда искомая точка есть
точка пересечения прямых В'С
и АВ" (точка Р).
Нетрудно видеть, что А
rZ.APC= Z APB = z 5РС=120г Черт. 15.
Геометрическое (конструк-
тивное) решение этой задачи позволяет наиболее просто
выяснить вопрос о положении точки Р относительно
треугольника АВС.
Если ни один из внутренних углов треугольника
не достигает 120°, то 'прямые В'С и В"А пересекаются
в точке Р, находящейся внутри треугольника АВС
(черт. 15).
26
Пусть угол А равен 120°, тогда луч АВ' совме-
стится с продолжением стороны СА (Z В АВ' = 60°).
В этом случае прямые В'С, и В"А пересекутся в точке
Д, точка Р совпадает с вершиной угла А. Если угол В
равен 120°,' то точка В' принадлежит продолжению СВ
и точка Р совпадает с вершиной В. Сказанное можно
повторить относительно третьей вершины С.
Пусть теперь один из углов треугольника, напри-
мер Z.A, превышает 120° (черт. 16). При повороте на
угол 60° точка В преобразуется в В', находящуюся в
нижней, относительно прямой АС, полуплоскости, пря-
мые В'С и В"А пересекаются вне треугольника в точ-
ке Рп. Однако точка Рп
не удовлетворяет условию
задачи, ибо сумма PqA +
+ PqB 4- PqC превышает
сумму расстояний точки А
до вершин Д, В и С
(ломаная СР^В объем-
летломаную САВ\ CPQV
-\-Р^Ву>СА -|- АВ, кроме
того, Р0Д>0). С другой
стороны, построение по-
казывает в этом случае,
что внутри треугольника
не существует точки,
удовлетворяющей усло-
виям задачи. Остаётся
принять, что такой точ-
кой является вершина А
тупого угла, большего
120°.
3. Преобразование подобия и гомотетия
Две фигуры называются подобными, если они
удовлетворяют следующим условиям:
1) между точками фигур установлено взаимно одно-
значное соответствие;
2) для любых трёх точек Д, В, С первой фигуры и
соответствующих им точек АУВХСХ второй фигуры всегда
имеет место, что ZАВС =^£АхВгСх.
Если ориентация любых трёх точек первой фигуры
всегда одинакова с ориентацией соответствующих трёх
27
точек второй фигуры, то подобные фигуры называются
подобными и одинаково ориентированны-
ми. В противном случае фигуры называются подоб-
ными и разно ориентированными.
Преобразование плоскости, переводящее данную фи-
гу р у в подобную, называется преобразованием
подобия. Соответственные элементы фигур в этом
преобразовании называются сходственными.
Знак подобия:^.
Рассмотрим .следующее точечное преобразование пло-
скости. Выберем какую-либо точку S, а затем точку М
плоскости (черт. 17). Будем считать некоторую точку
М' соответствующей точке Л^ если: 1) IW принадле-
жит прямой SM \ 2) отношение = к — наперёд задан-
/ , S/И
ному числу (к=#1).
Такое преобразование точек плоскости называется
гомотетией (S — центр, к — коэффициент гомотетии).
Короче будем обозначать гомотетию так; (S, к).
Если принять, что центр гомотетии сам себе соответ-
ствует, то, по определению, гомотетия есть однознач-
ное точечное преобразование плоскости в себя. Единст-
венная двойная точка в этом преобразовании —
центр S гомотетии. В самом деле, если имеется дру-
гая точка X, сама себе соответствующая в гомотетии
с центром S, то^=1, т. е. гомотетия превращается
в тождественное преобразование.
Коэффициент к может иметь и отрицательное зна-
чение (обратная гомотетия); в этом случае отрезки SM
и SM'i (где и М — соответственные в гомотетии
точки) имеют противоположные направления, а точки
М и A/j находятся по разные стороны от центра S
(обратно гомотетические точки).
Отражение от точки S можно рассматривать как
гомотетию с центром S и к=-1.
28
Легко показать, что в преобразовании гомотетии
прямой, не проходящей через центр S, соответствует
прямая, параллельная данной. Если, к>0, обе пря-
мые имеют одно направление, если к<0, прямые*про-
тивоположно направлены.
Отметим следующие свойства гомотетии:
1) Гомотетия не меняет величины и ориентации углов.
2) Гомотетия сохраняет параллельность и направле-
ние прямых.
3) Отношение соответственных отрезков равно по-
стоянному к (коэффициент гомотетии).
4) Гомотетия преобразует данную фигуру Fx в фи-
гуру F2, подобную данной и одинаково с ней ориенти-
рованную. Фигуры Fx и F2 называются в этом случае
гомотетичными (перспективно-подобными, или подоб-
ными и подобно расположенными). Это свойство сле-
дует из того, что гомотетия устанавливает взаимно од-
нозначное соответствие между точками фигур и что
для любых трёх точек Л, В, С фигуры F1 и трёх со-
ответственных им точек фигуры F2 ZABC = \£А'В'С',
причём эти углы одинаково ориентированы.
Чтобы получить две фигуры подобные и разно ориен-
тированные, достаточно преобразовать фигуру FT при
помощи гомотетии в F2, a F2 отразить от любой оси.
Свойство 4 очень важно тем, что, во-первых, дока-
зывает существование подобных фигур, во-вторых,
показывает, что гомотетия есть частый случай преобразо-
вания подобия. э
Укажем ещё следующие свойства гомотетии:
5) Гомотетия (S, к) переводит данную окружность
О (г)v в окружность О' (г')» при этом соответственные
радиусы окружностей параллельны и одинаково направ-
лены при прямой гомотетии и противоположно на-
правлены при обратжэй гомотетии (г' = г • к).
6) Две произвольные окружности Ох и О2 можно
рассматривать как соответственные в гомотетии. При
этом существуют две гомотетии, переводящие одну
окружность в другую.
Центр первой гомотетии является пересечением
внешних касательных, #1 = —> 0 (радиусы || /у
и одинаково направлены), центр S2 второй гомотетии
29
есть точка пересечения внутренних касательных,
a ^2 = “zr< 0 (радиусы || г2 и противоположно на-
правлены). Общим способом отыскания центра S яв-
ляется отыскание точек пересечения линий центров и
прямой, соединяющей концы соответственных радиусов
(одинаково или противоположно направленных). Центр
гомотетии для концентричных окружностей О (/?) и О (г)
D
есть центр О, коэффициент гомотетии к — —р~ •
При выполнении геометрических построений бывает
необходимо преобразовать некоторую фигуру F' в по-
добную ей F с известным коэффициентом подобия.
Для этой цели прибегают к подобному преобразованию.
Самым общим случаем подобного преобразования фи-
гуры F ’ в F будет следующий. Пусть треугольник А'В'С
требуется преобразовать в подобный ему треугольник
АВС так, что коэффициент подобия к — — на-
А’В'-
перёд заданному числу.
Выберем некоторую точку S плоскости (черт. 18).
Выберем далее некоторое значение угла поворота 9 и
направление поворота. Этот выбор мо>^т определяться
условием конкретной задачи. Далее построим точку А,
соответственную А', так: луч SA' повернём на угол <р,
одновременно выполняя растяжение (сжатие) отрезка
— = Л. Проделав такие
SA'-
же преобразования для
каждой точки фигуры,
получим треугольник
ДВС, подобный тре-
угольнику А'В'С,с. за-
данным коэффициентом
подобия. Это сразу ста-
новится очевидным,
если отметить, что вы-
полненное преобразо-
вание есть произведе-
ние поворота с центром
S и углом ® и гомо-
30
тетии (S, л:). Точка S в этом случае называется цент-
ром преобразования подобия (центром подобия).
В частнохм случае, если ср —0, имеем гомотетию
(S,к); если л:=1, имеем поворот (S, если э = 0,
к=1, имеем тождественное преобразование; 'если
180°, к = — 1, имеем отражение от точки S.
Во многих случаях при решении вопросов геометриче-
ских построений вполне достаточно ограничиться част-
ным случаем подобного преобразования — гомотетией,
причём с положительным коэффициентом к.
Понятие подобного преобразования, и в частности го-
мотетии, используется для решения задач на построение
в следующих двух основных случаях:
1) Когда в задаче требуется построить фигуру опреде-
лённой формы, заданных линейных размеров и произ-
вольно расположенную на плоскости.
2) Когда в задаче требуется построить фигуру опре-
делённой формы и занимающую определённое положение
на плоскости (относительно других фигур).*
Задачи, относящиеся к первому случаю, можно разде-
лить ещё на две категории: в одних задачах линейные
размеры искомой фигуры определяются при помощи за-
дания одного из её линейных элементов (прямое опреде-
ление линейных размеров); в других задачах линейные
размеры определяются заданием некоторой зависимости,
которой должны удовлетворять линейные элементы иско-
мой фигуры (косвенное определение линейных размеров).
Условия таких задач можно всегда разделить на две
части: одна часть условия определяет форму фигуры, дру-
гая часть условия определяет линейные размеры искомой
фигуры.
Анализ в этих задачах поэтому тоже состоит из двух
частей. В первой части для выяснения свойств определя-
ющих элементов искомой фигуры она подвергается пре-
образованию подобия (гомотетии). При этом оказывает-
ся, что определяющие элементы являются соответствен-
ными в некоторой гомотетии элементам фигуры, подобной
искомой. В дальнейшем анализ направлен на отыскание
фигуры, подобной искомой, причём используется та часть
условия задачи, которая определяет форму искомой фи-
гуры. х
Во второй части анализа выясняется ‘способ преобра-
зования фигуры, подобной искомой, в искомую. При этом
31
применяют гомотетию, используя ту часть условия зада-
чи, которая определяет линейные размеры искомой фи-
гуры.
Анализ при решении задач, относящихся ко второму
случаю, отличается такими особенностями.
Предположив задачу решённой, изображают искомую
фигуру в требуемом расположении относительно базис-
ной фигуры. Выясняют, какие элементы (обычно точки)
требуемой в задаче фигуры необходимо найти. Для оты-
скания свойств искомых точек эту фигуру преобразуют
при помощи гомотетии так, чтобы можно было построить
элементы, гомотетичные искомым. После выяснения спо-
соба построения вспомогательных элементов, гомотетич-
ных искомым, строят лучи гомотетии, проходящие через
вспомогательные элементы, и обычно в пересечении этих
лучей с базисной фигурой находят искомые элементы.
Практически центром гомотетии служит одна из точек
базисной фигуры. Коэффициент гомотетии — произволь-
ный.
Приведём пример задачи, относящейся к первому слу-
чаю.
13. Построить треугольник, если даны: a, 2С = а
и условие: та\тс=т\п
Анализ. 1-я
часть.
С
В
Черт. 19.
(т и п отрезки), (черт. 19).
Пусть треугольник АВС—
искомый (черт. 19), тог-
да AD \ CF = т\ п, но
самих отрезков т и п на
чертеже-наброске ещё
нет. Не закончив чертёж-
набросок, нельзя прове-
сти анализ. Преобразуем
треугольник АВС _ так,
чтобы он превратился в
треугольник АХВСХ с тем
же углом X при вершине
и с медианами A1D1 = т
и C1F1 = п. Очевидно,
что такое преобразование возможно при помощи гомоте-
• тии, например, с центром В и коэффициентом №g^r.
Если построить треугольник подобный искомому,
то вершины A n С искомого треугольника легко будет
найти по тому их свойству, что они гомотетичны точ-
32
кам и С\ (соответственно) в гомотетии (В,к==-^-).
Задача свелась к построению треугольника AjBCj по
т (та), п (тс) и Z Сх = X.
Обозначение: т (та) означает, что медиана
— т соответствует в искомом треугольнике ме-
диане та. Аналогичный смысл имеет обозначение п, (тс).
Выясним, как построить вспомогательный треуголь-
ник АХВСХ.
Примем за известные элементы точки Аг и D, (мож-
но было бы принять за известные точки Ct и F ,, од-
нако в этом случае анализ осложняется). Тогда точки
и В — искомые.
Свойства точки Ср Ct с О 'пг, X) и Сх = М(ъп)>
положение М ца AXDX известно.
Вывод. Если точка Сх существует, то является
точкой пересечения дуги сегмента О (/n, X) и окруж-
ности М (ул).
Свойства точки В: В с: C{DX и В с Dx
Вывод. Если точка Cj найдена, то точка В всегда
существует и она является точкой пересечения прямой
CXL)X и окружности Dx (CXDXY
Построение треугольника АХНСХ известно.
2-я часть. Во множестве подобных фигур, которому
принадлежит треугольник АхВСи необходимо найти тре-
угольник, у которого сторона, сходственная ВСХ) равна
данному отрезку а. Если принять В за центр гомотетии,
а коэффициент принять равным к =-^-, то треугольник
АхВСг преобразуется в гомотетичный треугольник АВС,
так что^—к, откуда ВС=а, что и требуется.
Построение очевидно (черт. 19).
Хотя для решения таких задач можно выбирать центр
гомотетии произвольно, однако в целях удобства построе-
ния при проведении анализа лучше руководствоваться
при выборе центра гомотетии следующими соображения-
ми. Если основной линейный элемент искомой фигуры
задан непосредственно или может быть найден из усло-
вия задачи, то центр гомотетии выбирается так, чтобы
элементы искомой фигуры и подобной ей вспомогатель-
ной фигуры имели как можно больше общих точек и
3. Г. П. Сенников. 33
чтобы отрезки, определяющие коэффициент к, имели об-
щее начало. В этом случае преобразование вспомогатель-
ной фигуры в искомую существенно упрощается. Напри-
мер, в рассмотренной задаче 13 выбор в качестве центра
гомотетии точек М, и даже At был бы неудачным. Бо-
лее удобным в качестве центра гомотетии, чем В, была бы
точка (в интересах доказательства).
Приведём пример задачи, относящейся ко второму
случаю.
Классическим примером таких задач служит задача
о вписании параллелограма в треугольник*). Мы рас-
смотрим следующую задачу.
14. В треугольнике АВС соединить стороны АВ и ВС
отрезком DE так, чтобы AD = DE = ЕС.
Анализ. Предположим, что задача решена (черт. 20).
Построение отрезка DE зависит, очевидно, от отыскания
точек D или Е. Пусть точка Е — искомая.
Одно свойство точки Е очевидно: Ес ВС.
Второе свойство точки Е пока не очевидно.
q Рассмотрим фигуру ADEC.
а Если преобразовать её в го-
/ мотетии с центром в точке А
/ в фигуру AD'E'C, то смо-
------жем найти точку Е, ибо вто-
,/ 'К рым свойством этой точки
------будет её принадлежность лу-
------ х чу АЕ'. Выясним, можно ли
4 q> '' с построить фигуру AD’ Е' С'.
Че т 20 Здесь искомая точка Е'.
ерт' По условиям- задачи,
AD' = Е'С' — D'E'- Поэтому первое свойство точки Е'
известно: Е'с D'(AD'), где AD' можно взять произ-
вольным.
Построим E'N\\AC, тогда E'C'CN — параллелограм
и CN — С'Е' = AD'. Отсюда прямую NE' можно пост-
роить. Второе свойство точки Е' очевидно: E'cNE'.
Вывод. Если точка Е’ существует, то Е' является
точкой пересечения окружности D' (AD') и прямой NE't
Построив точку Е', легко найдём Е: Е является точ-
кой пересечения прямых АЕ' и ВС. /
* См. её решение в книге И. Александрова «Сборник геомет-
рических задач на построение* (стр. 247); частный случай этой
задачи рассмотрен нами в гл. V, стр 126.
34
Мы видим, что метод подобия теснейшим образом свя-
зан с другими методами. Во-первых, он, как и другие ме-
тоды преобразований, помогает осуществить идею метода
геометрических мест, найти свойства искомых элементов;
во-вторых, в задачах первого случая построение вспомо-
гательной фигуры прямо требует применения ранее рас-
смотренных методов.
Каждый из рассмотренных методов геометрических
преобразований применяется всякий раз для реализации
в анализе идеи метода геометрических мест, именно —
для раскрытия свойств искомых элементов. В этом смыс-
ле методы преобразований вместе с методом геометриче-
ских мест образуют единую систему средств
анализа при решении задач на построение. В эту сис-
тему может быть включён и алгебраический метод.
§ 4. Алгебраический метод
Между длинами отрезков, входящих в какую-либо
фигуру, можно установить некоторые числовые зависи-
мости. Те из зависимостей, которые не зависят от выбора
единицы длины, называются метрическими соот-
ношениями. Каждое из таких соотношений можно
представить в виде:
х = f(a, Ьу су ..., к, е)у где а, ft, с, ..., к, е — длины
некоторых отрезков, х — длина отрезка. Функция
f(a, b, с, ..., к, е) определена в некоторой области поло-
жительных значений своих аргументов и принимает в
этой области, вообще говоря, только положительные зна-
чения. Примеры таких соотношений приведены ниже.
Условие, при котором соотношение x=f (а, Ьу с, ...к, е)
определяет, независимо от выбора единицы измерения,
один и тот же отрезок, состоит в том, чтобы f являлась
однородной функцией первой степени от своих аргумен-
тов (справедливо и обратное утверждение).
Так как в этом случае соотношение x~f(a, b, с, к, е}
не зависит от выбора единицы длины, то его естественно
назвать соотношением между самими отрезками.
Применение только что сказанного к задачам на по-
строение заключается в следующем. Любое требование
о построении фигуры F, после того как искомые элемен-
ты её указаны, можно свести далее к нахождению неко-
торых соотношений, выражающих искомые элементы
через данные. При этом используются метрические соот-
ношения, известные для искомой фигуры. Эти соотно-
шения обычно приводят к уравнениям или системам урав-
нений. Решая уравнение или систему уравнений метода-
ми алгебры, получают новые зависимости в виде формул,
выражающих неизвестные отрезки через данные эле-
менты.
Если х— отрезок, то /—обязательно однородная
функция первой степени. Далее остаётся выполнить по-
строение этого отрезка, благодаря чему искомый элемент
фигуры будет найден.
Мы считаем известным построение при помощи цир-
куля и линейки следующих выражений:
л = a -f- ft; х = а — b, где а > ft;
а
х = п-а\х=~, где л —целое, неравное нулю
число;
а • Ь
х = — отрезок, четвёртый пропорциональный
трём данным отрезкам;
х = yf ab — отрезок, средний пропорциональный
между двумя данными отрезками;
х = j/a2 4- ft2; х •= jAz2 — ft2 (а >.Ь).
Полагаем известными также все способы построения
корней квадратных уравнений (в отрезках).
Приведённые основные выражения отрезка х, кото-
рый можно построить циркулем и линейкой, ^позволяют
выполнить построения более сложных выражений.
Приложение алгебры к решению вопроса о геометри-
ческих свойствах искомых элементов путем установления
определённых соотношений между некоторыми неизвест-
ными элементами и элементами данными и является ха-
рактерным признаком так называемого алгебраического
метода решения задач на построение.
Ценность алгебраического метода состоит прежде
всего в том, что методами алгебры (именно высшей ал-
гебры) удалось окончательно определить класс задач,
разрешимых при помощи циркуля и линейки. Было дока-
зано, что этими средствами можно построить все те, и
только те отрезки, которые являются корнями ч алгебраи-
ческого уравнения, имеющего своими коэффициентами
35
рациональные функции (с рациональными числовыми
коэффициентами) от данных отрезков и разрешимого
в квадратных радикалах.
Рассмотрим применение алгебраического метода в за-
дачах на построение, разрешимых циркулем и линейкой.
Предположив задачу решённой, стараемся установить
геометрические свойства искомых элементов. Если это
трудно сдел-ать геометрическими средствами, прибегаем
к алгебраическому методу. Конкретный пример поясня-
ет суть алгебраического анализа.
15. Построить прямоугольный треугольник по сумме
гипотенузы с одним катетом и сумме s2 гипотенузы
с другим катетом.
Анализ. Сделаем чертёж-набросок, введя в него все
данные элементы (черт. 21).
Вспомогательный треугольник AJ^C можно Постро-
ить,' но как перейти от
него к искомому, из чер-
тежа не усматриваем.
Геометрическое реше-
ние этой задачи далеко
не очевидно (см. задачу
14). Продолжим анализ
средствами алгебры.
Ясно, что если бы от-
резок BBX (равный ДД,)
был известен, то мы
смогли бы выполнить
А&С к искомому, так
были бы известны. Исходя из этого соображения, обозна-
чаем отрезок ВВ^ при помощи неизвестного х («неизвест-
ный отрезок»). Так как ВВ} = ВА == х, то СВ = — х,
СА = s2 — х, и по теореме Пифагора имеем:
Х2 = (Л_Х)2+ (S3—X)2. ,
переход от треугольника
как свойства точек В и А
Откуда по упрощении имеем уравнение:
х2 — 2($! + s2)x 4- Si2 + s22 = 0.
Общее выражение корней этого уравнения таковб:
X j, 2 t= S j ~Н S 2 ~t" 1/ £ S j S 2 ।
х — отрезок, выраженный однородной функцией пер-
вой степени от отрезков и s2. В выражении функции
входит лишь*квадратный радикал, значит, построение х
37
при помощи линейки и циркуля возможно. Встаёт вопрос
о выборе соответствующего знака перед радикалом.
Здесь мы начинаем ставить вопросы, которым, вообще
говоря, место в исследовании. В этом особенность алге-
браического анализа.
Чем же мотивируется выбор знака?
По условиям задачи, х < su х < s2.
Этим условиям не удовлетворяет выбор знака_ ( + )
перед корнем, так как тогда получим: х > .Sj и х >$2.
Выберем поэтому знак (—):
х — Sj 4- s2 — ]/ 2SjS2 .
Проверим, выполняется ли условие задачи. Необхо-
димо, чтобы система:
/ $1 4- *2 - / 281^2 < sx
8Х 4“ 82 2s:S2 $2
была непротиворечивой.
Если Si = s2 =s, то имеет место неравенство:
2s — s/2 < s, или 1 < /2 ,
что справедливо, так как рассуждения обратимы, то,
следовательно, условие задачи выполняется.
Если Si =# s2 и, например, sx > s2, то из системы (1)
получаем неравенство:
Si + $2 ~ 2sxs2 < s2, или sx < 2sxs2 ;
возвышая обе части неравенства в квадрат, имеем:
sx2 < 2sxs2 , или sx < 2s2 .
Таким образом, выбранный корень удовлетворяет ус-
ловию задачи и в том случае, когда st>s2, если -у <s2.
В ы вод. Задача имеет решение, если sA=s2 и sx =#s2,
но половина большего отрезка менее второго, меньшего.
В других случаях задача не имеет решения*).
Обратим внимание, что по окончании исследования
мы можем судить о наличии или отсутствии решений,
сравнивая заданные отрезки, т. е. результаты исследова-
ния истолковываются геометрически, исходя из данных
элементов.
) О построении искомой фигуры см. замечание на стр. 61.
38
Рассмотренная задача является типичным примером
того, когда геометрическое решение достаточно сложное,
а алгебраический анализ, быстро приводит к цели.
Приведём пример задачи, когда при выборе знака
перед радикалом, исходя из условий задачи, необходимо'
брать оба значения корня.
16. Построить прямоугольник, равновеликий данному
квадрату ABCD с площадью q2 (q — данный отрезок), ес-
ли периметр прямоугольника 2р.
Анализ. Очевидно, что, определив длины сторон
хну прямоугольника, построить искомую фигуру
просто. Имеем систему:
0)
{х-\-у=р,
решая которую при помощи теоремы Виета, получим:
х =
2
— q2>
Так как и х > 0 и у > 0, то оба значения дают реше-
р
ние, если j .
Система (1) может быть рулена и по-другому. Пере-
пишем её так:
I 4xy = (29',2
I (*+y)2=p2-
Вычтем из второго уравнения первое:
р2 — (2q)2 = (х + J/)2 — 4ху = (х — у)2.
Если р — гипотенуза, 2q — катет некоторого прямо-
угольного треугольника, то второй его катет т = х — у.
Отрезок т может быть найден построением. Теперь,
зная сумму и разность сторон прямоугольника, можно
найти его стороны.
Этот вариант, несколько искусственный с алгебраиче-
ской точки зрения, усложняет построение искомой фи-
гуры.
Приведём, наконец, случай, когда при исследовании
формулы для неизвестного нельзя отбрасывать и отри-
цательное значение его.
39
17. Через две данные точки А и В построить окруж-
ность, касательную к данной прямой PQ.
Анализ. Искомая точка — центр О окружности
(черт. 22).
/Лв\
Первое свойство: Ос | I—- ); второе свойство:
О <= ЕО | PQ, но положение точки Е на прямой PQ не-
известно. Теперь точка Е — искомая: Е PQ.
Построим АВ до пересечения с PQ в точке D. Оче-
видно, второе свойство точки Е : Е <= D(DE). Но от-
резок DE неизвестен.
Пусть DE = х. Если AD = a, BD = Ь, то х = ± .
Положительное значение х требует построения этого
отрезка на PQ вправо от D. Отрицательное значение х
требует отложить х на PQ влево от точки D.
Мы видим, что здесь формула исследована в отноше-
нии пригодности отрицательного значения х. Собствен-
но говоря, это исследование надо было бы выполнить по-
сле построения, так как оно даёт ответ на вопрос о чи-
сле решений.
Приведём ещё вариант анализа этой задачи. Он осно-
вывается на той же теореме о касательной и секущей
(построенных из одной точки), но при этом выполняются
некоторые дополнительные построения.
/Лб\
Точка О — искомая (черт. 23).Сс _]_! — ) и
О с ОУ, J_ MQ.
40
Теперь точка Yt — искомая. Кроме того, что Y^MQ,
пока ничего неизвестно. "
Построим какую-нибудь окружность О', проходящую
через точки А и В, затем построим касательную DE
к этой окружности. Имеем:
AD - BD = DYJ = L)E\ т. е. DY} = DET
Следовательно, Y}<=D(DE). Очевидно, что точка Y}
приводит ко второму решению задачи.
Приведённые примеры показывают, что применение
алгебры к решению геометрических задач на построение
вызывает -некоторую ломку схемы решения задачи. Иссле-
дование приходится частично проводить в ходе анализа.
Исследование касается алгебраической стороны де-
ла: например, позволяет отобрать решения урав-
нения, установить область существования функции
х = f (a, b, с,.... к) и тч-д.
§ 5. Цель, принцип и основные моменты» анализа
в решении задач на построение в школе
Затруднения, с которыми сталкиваются учащиеся при
проведении анализа в задаче на построение, объясняют-
ся отсутствием у них ясной общей идеи, при помощи ко-
торой можно построить всю логическую цепь рассуж-
дений.
Из всего сказанного в предыдущих параграфах со
всей определённостью следует, что такой идеей анализа
можно считать идею метода геометрических мест.
41
Методика обучения анализу по этой идее будет дана
в главе IV. Для разработки такой методики важно сфор-
мулировать цель и принцип анализа и наметить основные
моменты этого этапа.
Цель анализа — отыскание пути решения задачи и
выяснение плана построения.
Основной принцип анализа следует из его идеи и за-
ключается в установлении и отыскании искомых элемен-
тов фигуры по геометрическим свойствам этих элементов.
Приняв принцип анализа — отыскание искомых эле-
ментов по их геометрическим свойствам, мы имеем в виду
отыскание всех без ‘исключения элементов, обладающих
определёнными, следующими из условия задачи свойства-
ми. Тем самым выполняется так называемый «принцип
полноты» анализа, гласящий, что правильно проведённый
анализ гарантирует отыскание всех решений задачи, если
она имеет несколько решений.
Для достижения цели анализа необходимо выполнить
принятый принцип путём осуществления следующих ос-
новных моментов анализа.
1. Предположение, что задача решена. Выполнение
чертежа-наброска. Сделаем формальное предположение,
что задача решена, и выполним чертёж-набросок фигуры
(аккуратно от руки, возможно в более общем виде). Чер-
тёж-набросок закончен, если выполнены два требования:
в него включены все данные элементы; данные элементы
особо помечены (например, при помощи цветных мелков).
В чертеже-наброске не требуется соблюдение масш-
таба.
2. Указание определяющих элементов требуемой фи-
гуры и установление среди них искомых. Рассматривая
чертёж-набросок, устанавливаем определяющие элемен-
ты фигуры. Известные определяющие элементы отмечаем
на чертеже-наброске условным способом (например, об-
водя их кружками). Неизвестные определяющие элемен-
ты суть искомые. Особое внимание уделяется установле-
нию этих искомых элементов. Обычно такими элемента-
ми будут точки — вершины многоугольников, центр иско-
мой окружности и т. д.
Выбор тех или иных из определяющих элементов в ка-
честве известных или искомых не всегда однозначен;
иногда возможно несколько как приемлемых, так и не*
приемлемых вариантов.
42
3. Установление геометрических свойств искомых эле-
ментов.
Указав искомые элементы, утверждаем, что для оты-
скания искомого надо знать геометрические свойства это-
го искомого. Фраза «чтобы найти искомое, надо знать
его свойства» всякий раз подчёркивает идею анализа
и в условиях школы никогда не звучит тривиально.
Свойства искомых элементов устанавливаются при
помощи чертежа-наброска, причём основное внимание
уделяется обнаружению связи искомых точек с известны-
ми элементами.
Связь искомых элементов с данными, зависимость
между нйми и определяет геометрические свойства иско-
мых элементов.
Часто^для установления свойств одного из искомых
элементов необходимо использовать новые неизвестные
элементы, которые в свою очередь играют роль искомых
(см., например, задачу 18).
Как уже указано, если при изучении чертежа-набро-
ска свойства искомых элементов не выявляются, необхо-
димо применить геометрические преобразования.
4. Отнесение искомых элементов к тем или иным гео-
метрическим образам. Установив последовательно два
свойства искомой точки, мы отнесём её к двум геометри-
ческим местам, образы которых в условиях школы
обычно известны. Так как искомая точка принадлежит
одновременно и тому и другому геометрическому месту,
то делается вывод, что если эта точка существует,
то является точкой пересечения известных геометриче-
ских образов. Фраза «если эта точка существует» уже
выдвигает проблему исследования.
5. Составление плана построения. Последним момен-
том анализа является подведение его итогов в виде пла-
на построения. При осуществлении вышеизложенного.
Принципа план построения всегда очевиден, поэтому
если анализ в краткой форме зафиксирован, то
план построения не записывается. Основные пункты пла-
на формулируются на основе тех выводов, которыми вся-
кий раз заключались рассуждения по каждому из иско-
мых элементов.
Примечание. Алгебраический анализ проводится в общем
исходя из основного принципа, но отличается некоторым своеобра-
зием, так как включает в себя элемент исследования.
43
Применение только что изложенных моментов уже
осуществлено в ряде задач, рассмотренных выше. Приве-
дём несколько новых примеров.
18. 'Построить треугольник по b, mr > R (черт. 24).
Цель этого примера — показать, как ведётся анализ
в том случае, когда его основной принцип осуществляет-
ся применением метода геометрических мест.
Анализ. Предположим, что задача решена и треуголь-
ник АВС — искомый. Выполним чертёж-набросок; в него
включим все данные в задаче элементы. Отметим эти
данные на чертеже.
Установим по чертежу-наброску определяющие эле-
менты фигуры. Это будут вершины треугольника Д, В, С.
Среди них известны Д, С. Искомый элемент — верши-
на В.
Чтобы найти искомое, надо знать его свойства. Гео-
5 метрическим свойством точ-
~~~ки В, во-первых, является её
/ принадлежность данной ок-
/ / \ \ ружности О (/?): В^О (/?).
/ / \ Второе свойство точки В
/ / | не очевидно. Изучаем чертёж-
I / I набросок; пока нами не учте-
\ 7У на в РассУжДениях медиана
хТ' „ гпс. Замечаем, что искомая
С\ 6 вершина В принадлежит пря-
мой AD. Но положение прямой
Че т 24 AD не определено. Оно опреде-
ерт’ ’ лится, если будет нлйдена
точка D. Появляется новый искомый элемент—точка D.
Первое свойство точки D очевидно: она удалена от
данной точки С на данное расстояние т r\ De:С(пге ).
Второе свойство точки D не очевидно. Известно лишь,
что D — середина АВ. Что означает это свойство, пока
не ясно (если не изучено соответствующее ГМТ). АВ —
хорда окружности, проходящая через точку Д, точка
D — середина этой хорды. Построив отрезок OD, видим,
что /ДОО — прямой, т. е. из точки D отрезок АО виден
ОА
под прямым углом. Поэтому D cz ОЦ —).
Вывод 1-й. Точка О, если она существует, является
точкой пересечения окружностей С(т. ) и ОД-у).
44
Вывод 2-й. Если точка D существует, то прямая AD
определена, и тогда точка В найдётся как точка пересе-
чения окружности O(R) и прямой AD.
Нам осталось сформулировать план построения. Он
прост.
а) Вписать, если возможно, хорду АС = b в окруж-
ность О (Я);
б) Построить О, (-j-):
в) Построить С(т( ) и отыскать точку D пересечения
окружностей Ог и С;
г) Если D существует, то построить AD до пересече-
ния с O(R) в точке В, наконец, построить ВС и АВ.
Исследование задачи приведено на стр. 137.
19. В данный квадрат списать равносторонний тре-
угольник, одна из вершин которого (на стороне квадра-
та) дана.
Анализ. Пусть треугольник PQR — искомый
(черт. 25), R — его известная вершина. Достаточно най-
ти ещё одну вершину тре-
угольника, пусть Q. Точ-
ка Q — искомая. Qcz CD.
Для выяснения второго
свойства ючки Q выпол-
ним преобразование по-
ворота всей изображён-
ной фигуры вокруг цен-
тра R на угол 60°. Тогда
точка Р преобразуется
в Q, а квадрат ABCD
преобразуется в квадрат
A'B'CD'. При этом по-
ложение прямой А В из-
вестно. Отсюда — второе
свойство точки Q (собственно, точки Р, но здесь точка
Р совпала с точкой Q) : QczA'B'.
Вывод. Точка Q, если она существует, является точ-
кой пересечения прямых А'В' и CD.
Таким образом, в данной задаче идея анализа реали-
зована при помощи метода вращения.
Исследование этой задачи см. в книге Н. Ф. Четве-
рухина «Методы геометрических построений», стр. 107.
45
20. двум данным окружностям О (R) и ОДг) по-
строить общую внешнюю касательную.
Анализ*). Предположим, что задача решена. Для оты-
скания точки Т (черт. 26) отметим одно её очевидное
свойство: TczO(R).
Далее замечаем, что /_ОТ7\ = 90°. Если продолжить
Т1\ до пересечения с ООХ в точке S, то очевидно, что
OS
TcAf(-j-). Теперь точка S — искомая.
Существенным свойством точки S является то, что
она есть центр гомотетии (прямой) окружностей О и Ох.
Поэтому (черт. 26) точка S есть точка пересечения пря-
мых ООг и ВВ1У где ОВ — произвольный радиус окруж-
ности О, (\BJIOB. Окончательно: Т есть точка пересече-
' OS
ния двух окружностей: O(R) и /И( -у).
Для реализации идеи анализа в этой задаче приме-
нён метод гомотетии.
Рассмотрим ещё один вариант решения этой задачи.
Пусть ТТг — искомая касательная (черт. 27). Про-
должим её до пересечения с OOV Точка S — искомая.
S сз’ООП второе её свойство: Sc О (OS).
Обозначим неизвестный отрезок OS х. Треугольники
OTS и О1Л5 подобны, отсюда:
х х—d Rd
R~~’ Х~Т7'
*) Еще вариант решения этой задачи см. на стр. 112-
46
Черт. 27.
т. е. х — четвёртый пропорциональный отрезок трём из-
вестным отрезкам: R, d и R — г.
В данном варианте решения идея анализа реализова-
на при помощи алгебраического метода.
ГЛАВА II
ЭТАПЫ ПОСТРОЕНИЯ И ДОКАЗАТЕЛЬСТВА
В РЕШЕНИИ ЗАДАЧ НА ПОСТРОЕНИЕ
Осуществление этапов построения и доказательства
обычно не вызывает затруднений у учителя. К тому же
в литературе уделяется достаточно внимания этим этапам.
Поэтому в настоящей главе мы лишь кратко рассмотрим
отдельные вопросы, относящиеся к построению и доказа-
тельству.
§ 7. Этап построения
Принципиальная необходимость этого этапа ясна:
построение даёт возможность выполнить требование
задачи. Важность фактического осуществления пост-
роения состоит, во-первых, в том, что только в ходе пост-
роения реализуются абстрактные геометрические образы,
которые изучаются школьниками, чем и создаются прост-
ранственные представления учащихся; во-вторых, пра-
вильно осуществляя этап построения, учитель в какой-то
мере выполняет задачу политехнического обучения в пре-
подавании геометрии.
Изучение геометрических построений позволит осуще.-
ствить в школе более тесную связь преподавания геомет-
рии и черчения.
Недопустимо, когда учителя геометрии и черчения в
школе работают разрозненно, без должного делового со-
дружества. Например, если учитель черчения постоянно
применяет чертёжный треугольник, то и учитель геомет-
рии не должен отказываться от употребления этого инст-
румента при решении задач на построение. Тем более, что
это вполне оправдано с теоретической точки зрения.
48
Свойства реальной (односторонней) линейки и реаль*
иого циркуля, применяемых в практике, отражаются в те-
ории геометрических построений в том, что мы считаем
выполнимыми указанные в введении (стр. 6) пять эле-
ментарных построений. Это своего рода постулаты абст-
рактного циркуля и абстрактной линейки.
, Дополним эти пять постулатов ещё двумя. Именно,
будем считать выполнимыми:
построение прямой, проходящей через известную точку
и перпендикулярной к известной прямой;
построение прямой, проходящей через известную точку
и параллельной известной прямой. '
Эти два новых допущения отражают свойства реально-
го чертёжного треугольника. Все вместе семь постулатов
говорят, что в нашем распоряжении для решения задачи
на построение есть теперь три абстрактных инструмента:
линейка, циркуль, прямой угол.
Пусть некоторая задача А на построение разрешима
при помощи трёх указанных средств. Однако нам извест-
но, что два только что указанные построения выполнимы
при помощи циркуля и линейки. Следовательно, задача А
разрешима при помощи только циркуля и линейки. Но
тогда отпадают какие-либо основания «не допускать» чер-
тёжный треугольник для решения задач на ’ построение,
разрешимых циркулем и линейкой, ибо «триада»: чертёж-
ный треугольник, циркуль и линейка — имеет не меньшую
«мощность», чем «классическая пара».
Могут возразить, что раз можно обойтись без чертёж-
ного треугольника, то зачем же его применять.-Но на та-
ком основании пришлось бы отбросить и линейку, ибо
ещё Л. Маскерони, а много раньше его Г. .Мор показали,
что для решения задач второй степени (т. е. разрешимых
при помощи циркуля и линейки) достаточно одного цир-
куля. Однако линейка всё же значится средн классических
средств построения. И это не случайно: практика подтвер-
дила целесообразность исторически возникшей комбина-
ции циркуля и линейки.
Чертёжная практика давно узаконила, как чрезвычай-
но удобный инструмент, и чертёжный треугольник.
Первым поводом для осуществления творческого кон-
такта в работе учителей математики и черчения должно
стать выполнение требования к геометрий — дать теоре-
тическую основу определённым чертёжным работам,
4. Г. П. Сеиншюа. ^9
Учитель геометрии должен дать своим учащимся все
необходимое для сознательного выполнения чертёжных
работ.
Учитель черчения должен знакомить учителя геомет-
рии с задачами курса черчения на предстоящую четверть,
а также с тем, какие геометрические построения должны
знать учащиеся к тому или иному сроку для успешного
выполнения чертёжных работ.
Но есть и другая сторона этого вопроса.
Мы считаем, что изучение геометрических построений
должно иметь одной из своих целей воспитание у учащих-
ся высокой графической культуры. Учитель математики в
творческом содружестве с учителем черчения может выра-
ботать ряд норм и требований, предъявляемых к чертежу-
построению. Конечно, в текущей работе могут выпол-
няться лишь отдельные требования и нормы, так как
иногда чертёж-построение будет либо опускаться совсем,
либо выполняться в быстром темпе в ученической тет-
ради.
Однако ряд задач должен быть рассмотрен с начала
до конца со всей тщательностью, и тогда чертёж-построе-
ние будет выполняться учащимися с учётом всех норм и
требований, выдвигаемых курсом черчения.
В этих случаях к чертежу-построению надо неуклонно
предъявлять высокие требования в отношении наглядно-
сти, точности и правильности, чистоты, аккуратности, от-
чётливости и красоты отделки.
Как на точность, так и на отделку чертежа влияет на-
вык в пользовании инструментами. Приёмы пользования
чертёжными инструментами указаны в каждом учебнике
черчения. Изучение этих приёмов и создание навыков у
учащихся — обязанность не только учителя черчения, но и
учителя геометрии.
Например, недопустимо, когда ученик, используя цир-
куль, берёт его не за головку, а за ножки. Учитель геомет-
рии должен указать школьникам, что при построении пря-
мой при помощи линейки карандаш по линейке должен
двигаться в плоскости, перпендикулярной к плоскости чер-
тежа и с небольшим наклоном вперёд, а при вычерчива-
нии окружности циркуль надо слегка наклонять в сторону
поворота. Нельзя допускать поворачивания тетради пра
исполнении построения, а также выполнения части пост-
роения от руки и т. д.
50
Учитель черчения подскажет другие приёмы и особен-
ности работы над чертежом, влияющие на аккуратность
отделки. Например, при обводке сопряжений сначала об-
водятся дуги малого радиуса, потом — дуги больших ра-
диусов, наконец, прямые линии. При этом важно отметить
точки сопряжения и начинать обводку от них.
Существенное значение имеет подготовка инструмен-
тов к работе: тонко очинённый карандаш и графит в нож-
ке циркуля, наличие выверенных линейки и чертёжного
треугольника, исправность циркуля и другое — всё это
обязательно требуется на каждом уроке геометрии, как и
на уроках черчения.
Таким образом, в свете новых задач, стоящих перед
общеобразовательной школой, в обучении геометрическим
построениям, особенно при выполнении этапа построения,
должно быть обращено самое серьёзное внимание на по-
вышение графической культуры учащихся, а эта задача
может быть решена только при творческом контакте учи-
телей геометрии и черчения.
Сделаем одно замечание относительно этапа построе-
ния в задачах, решаемых при помощи алгебры. Если
в задачах, решаемых геометрическими методами,
этап построения иногда и может быть опущен, то в дан-
ном случае он должен осуществляться по возможности
для каждой из рассмотренных задач, ибо нельзя геометри-
ческую задачу сводить только к алгебре (тем более, что
алгебра играет здесь вспомогательную роль).
Построение искомой фигуры начинается с построения
отрезков, выражаемых формулами. При этом надо сле-
дить, чтобы по возможности было меньше «переносов»
найденных отрезков из одной части чертежа в другую.
В качестве примера выполним построение в задаче 15
(см^ стр. 37). Катеты искомого треугольника могут быть
вычислены:
СА = S2 — X = К*2^$2 —-$! и
СВ = Sj — x=Vr2s1s2—s2 (пусть S|>s2).
На отрезке MN = 2sn как на диаметре, построим ок-
ружность A (Sj). На диаметре отложим МВ. = s2 и пост-
роим B'F ±MN, тогда MF = 1 (черт. 28). По-
ставив ножку циркуля в точку М, откладываем отрезок.
MF на MN, получаем точку С. Катеты искомого треуголь-
51
ника построены (СД и СВг = СВ). Построив через точку
С перпендикуляр к MN, откладываем на нём отрезок
СВ = СВг (или САг = С А) и строим искомый треуголь-
ник АВС (или АгВ^С).
Мы не допустили ни одного переноса полученных от-
резков (были выполнены лишь повороты некоторых из
них).
§ 8. Этап доказательства в решении задач
на построение
Доказательство в процессе решения задачи на пост-
роение даёт логическое основание утверждать, что пост-
роенная фигура есть искомая.
Содержание этапа доказательства вытекает из сле-
дующего.
В процессе анализа мы как бы устанавливаем справед-
ливость такого предложения: если искомая фигура долж-
на удовлетворять поставленным условиям, то она может
быть построена таким-то и таким-то путём.
Построение обращает рассуждения анализа, т. е. мы
имеем здесь синтез, итогом которого будет построенная
фигура. Но план построения зависит от варианта анализа
(а вариантов может быть несколько), поэтому встаёт
вопрос, является ли построенная фигура искомой, т. е.
оказывается необходимым доказать следующее предло-
жение: если некоторая фигура получена из данных эле-
ментов таким-то и таким-то построением, то она действи-
тельно удовлетворяет поставленным условиям.
Доказательство справедливости этого предложения
и является логическим содержанием третьего этапа в ре-
шении задачи на построение.
52
Необходимость в доказательстве по существу возни-
кает лишь тогда, когда часть условия задачи непосредст-
венно не отражена планом построения. В других случаях
доказательство выглядит весьма формально.
Приведём пример, когда доказательство существенно
необходимо.
В задаче: построить прямоугольный треугольник по
гипотенузе и сумме катетов s — план построения будет
следующий (один из вариантов).
Строим AD = s (черт. 29): строим луч DB (45°, DA)\
строим окружность А (с); строим BC_\_AD.
В плане построения прямо не указано, что катеты пря-
моугольного треугольника строятся
равна s. Поэтому необходимо
доказать следующую теорему:
Если треугольник АВС полу-
чен из данных элементов со-
гласно плану, то это есть'прямо-
угольный треугольник с катетами,
сум,ма которых a+b=s.
То, что этот треугольник —
прямоугольный, непосредственно
следует из построения, и в дан-
ном случае этот момент в дока-
зательстве не нуждается. (Другое
дело, если бы при несколько
ином варианте анализа в плане
стояло бы: строим срединный
перпендикуляр к DB или строим
так, что их сумма
Черт. 29.
Z_DBC = 45°. В этих случаях необходимо было бы дока-
зать, что ZC треугольника АВС — прямой.)
Обязательно надо доказать, что a -j- b « s, ибо это
прямо из построения не следует.
Доказательство должно основываться на аксиомах,
теоремах и следствиях из них, на свойствах фигур, как
это делается при решении задач на доказательство.
В данном случае мы ссылаемся на общеизвестную
теорему о сумме внутренних углов треугольника (DCB).
По этой теореме Z_DBC = 45°, т. е. треугольник DBC —
равнобедренный, но в таком случае СВ = DC, и тогда
АС + СВ = s, что и требовалось доказать.
В случае, когда задача решается алгебраическим ме-
тодом, доказательство обычно совершенно необходимо,
53
так как план построения в основном сводится к построе-
нию отрезка х и обычно прямо не содержит условия за-
дачи.
Хотя в большинстве школьных задач на построение
практически надобности в особом доказательстве нет,
тем не менее не следует пропускать этот этап. Известно,
что недостатки логического мышления учащихся -сводятся
к тому, что, во-первых, школьники не всегда ясно понима-
ют цель доказательства и, во-вторых, у них нет ясного
понимания основания доказательства. В случае задач на
построение особо выпукло видна цель доказательства
(убедиться, что построенная фигура есть искомая) и ос-
нование доказательства (в основном план построения и
свойства фигуры).
Необходимо воспитывать у учащихся потребность
убеждаться, является ли логически строгим построение,
соответствует ли оно поставленной задаче. Известно, что
зачастую учащиеся «доказывают», что «построенная»'
фигура есть искомая, хотя правильного построения фак-
тически нет. Ликвидация этого недостатка очень важна
для повышения логической грамотности учащихся.
ГЛАВА III
ЭТАП ИССЛЕДОВАНИЯ В РЕШЕНИИ ЗАДАЧ
НА ПОСТРОЕНИЕ “
Этап исследования завершает решение, выясняет все
его случаи, обеспечивает полноту решения.
Этап исследования важен не только как пункт схемы,
органически связанный с тремя предшествующими этапа-
ми. Он имеет большое образовательное значение.
Вот что об этом пишет профессор Н. Ф. Четверухин:
«В задачах, более сложных «исследование» затрагивает
иногда настолько тонкие вопросы и требует такой мате-
матической строгости в рассуждении, что становится для
учащихся как бы первым подходом к научному изуче-
нию математических проблем».
Исследование в любых вопросах й задачах в школе,
а особенно (в силу их специфики) в задачах на построе-.
ние, является чрезвычайно эффективным средством для
формирования диалектического способа мышления уча-
щихся.
В процессе правильно проводимого исследования
вскрываются глубокие взаимосвязи заданных элементов,
их взаимная обусловленность. Здесь полностью нару-
шается статичность, сказывается влияние движения,,из-
менения элементов на окончательный результат задачи.
Учащиеся впервые приучаются рассматривать данные за-
дачи и искомые фигуры не как закостенелые геометриче-
ские образы, а как нечто изменяющееся, пребывающее в
различных состояниях.
Необходимо определить цель исследования, его идею
и принципы и указать основные моменты исследования.
55
§ 9. Цель, принципы и основные моменты
исследования в задачах на построение в школе
Решение задачи на построение может считаться закон-
ченным, если будут разрешены три вопроса:
1) при всяком ли выборе данных элементов задача
имеет решение;
2) в частности, при каком выборе она не имеет ре-
шения и
3) при каком выборе данных задача имеет решения
и сколько.
На эти три вопроса должно ответить исследование за-
дачи.
Отсюда следует цель исследования: установить, какие
могут существовать для данных элементов соотношения
или взаимные положения, при которых (разрешимая при
помощи указанных средств построения) задача: не имеет
ни одного решения; имеет одно или несколько (и сколько
именно) решений; имеет бесконечное множество решений.
При этом понимается, что выяснение поставленных
вопросов осуществляется геометрическим путём. Требуе-
мые соотношения мыслятся не обязательно аналитически-
ми. Аналитический ответ желателен, но принципиально
в области геометрических построений не необходим.
К тому же в условиях школы аналитическое представле-
ние геометрических результатов построения не всегда
возможно.
Поэтому в дальнейшем нас будет в основном интересо-
вать геометрическая сторона исследования, геометриче-
ские его результаты, хотя в качестве примеров и будет
приводиться аналитическое выражение результатов ис-
следования.
Переходим к установлению идеи исследования.
Идея исследования в решении задачи на построение
должна подчёркивать его геометрический характер и вы-
текать из идеи анализа. Только идейная связь этапов
анализа, построения и исследования приведёт к заверше-
нию решения и достижению цели исследования. В усло-
виях школы такая связь имеет и большое педагогическое
значение.
Нами выбрана в качестве руководящей в анализе идея
отыскания так называемых искомых элементов (точек)
фигуры по их свойствам и отнесение элемента двум гео-
56
метрическим образам. Отсюда следует самое общее вы-
ражение идеи исследования: выяснение всех ха-
рактерных, отвечающих задаче случаев
взаимного расположения двух геомет-
рических образов, к которым принадле-
жит искомый элемент.
Поскольку конкретное разыскание таких общих то-
чек осуществлено уже на этапе построения, то отсюда
следует, что один из случаев, ожидаемых в исследовании,
уже рассмотрен при построении.
Само построение даёт возможность указать геометри-
ческий приём исследования. В самом деле. Какое-то из
геометрических мест всегда строится последним. Это гео-
метрическое место определяется в конце концов данными
элементами. Очевидно, что, варьируя некоторые данные,
мы сможем получить все различные случаи наличия или
отсутствия точек, общих геометрическим местам.
Рассмотрим в качестве примера метрическую задачу 3:
построить треугольник по а, b и В (см. анализ задачц
на стр. 15). Удобно считать, что последним в этой задаче
строится геометрическое место С (&). Это геометрическое
место (черт. 30) определяется двумя элементами: цент-
ром С (конец данного отрез-
ка а) и радиусом b (b-ддн-
ный отрезок). Достаточно варь- s'
ировать, например, &, чтобы
получить все возможные слу- 7\
чаи взаимного расположения /. \
геометрических мест С (Ь) и /а. \
ВА' - В^-а-----------------
Этот изменяемый нами дан- X.
ный элемент мы назовём пара-
метром исследования. х.
В данном примере параметром X.
является отрезок b. X.
Мы могли бы выбрать в я
качестве параметра отрезок а.
Это было бы в случае, когда Черт
в анализе искомой оказалась
вершина В, которую можно было отыскать как точку
пересечения дуги сегмента О(й,Р) и окружности С (а) *>.
*) См. стр. 115, второй вариант анализа задачи 3.
57
Можно было бы выбрать в качестве параметра исследова-
ния в этой задаче и угол В. Ход анализа и построения су-
щественно определяют выбор параметра. Поэтому, если
окажется, что этот выбор чем-либо не удобен для иссле-
дования, приходится обращаться к иному варианту ана-
лиза.
Таким образом, в качестве параметра может быть
выбран любой элемент из данных.
Однако множество вариаций параметра бесконечно,
и необходимо указать какие-то вполне определённые гра-
ницы варьирования параметра. Так, в рассматриваемой
задаче в бесконечном множестве вариаций параметра Ь
существенно различны такие его состояния:
&<СК, Ь=СК, СК<Ь<а, Ь—а, а<Ь.
Это и даёт, соответственно, пять существенно различ-
ных случаев взаимного расположения двух геометрических
мест: С(Ь) нВА'$, а). Эти случаи изображены на чер-
теже 31.
Границы изменения параметра выявляются в ходе ис-
следования, когда графиче-
ски, путем испытаний, мы
стараемся получить всё но-,
вые характерные случаи
взаимного расположения
интересующих нас геомет-
рических мест. Некоторые
элементы чертежа для ис-
следования помогают быст-
рее установить эти случаи.
В рассматриваемом примере
такими элементами- будут
отрезки ВС ^ а и AC=asinp.
Отрезки ВС и В'С и опре-
деляют характерные зна-
чения параметра, переходя
через которые параметр
даёт новый случай иссле-
дования
оляющие уточнить границы
изменения параметра, дающие его характерные значения,
.мы назовём критическими элементами. В нашем
примере — это отрезки ВС и /СС. Если параметр — угол, то
и критические элементы суть углы.
58
Черт. 31.
Элементы чертежа,
Исходя из сказанного, мы сформулируем первый
принцип исследования в метрических задачах.
Существование решения зависит, вообще говоря, от
существования точек, общих геометрическим местам, со-
держащих искомый элемент. Существование таких общих
точек устанавливается графически при помощи изменения
какого-нибудь одного из данных элементов — парамет-
ра*), характерные значения которого определяются при
помощи так называемых критических элементов.
Вообще говоря, этот принцип можно.распространить и
на задачи-положения, одиако тогда пришлось бы очень
часто вводить новые элементы, явно не указанные в усло-
вии задачи, косвенно выбирать параметр и критические
элементы. Вот почему для задач положения мы будем не-
посредственно применять идею исследования: меняя вза-
имное расположение данных геометрических образов, т. е.
варьируя чертёж-задание, будем стараться получить все,
возможные характерные случаи взаимного расположения
геометрических мест, содержащих искомый элемент.
Так в задаче 4: построить окружность, проходящую
через данную точку М и касающуюся данной окружно-
сти О в данной её точке L (см. стр. 16), варьируя взаим-
ное расположение данных, легко установить такие случаи
(черт. 32):
А) Точка М вне окружности О: #
1) М не принадлежит касательной t:
а) Л4 и окружность О по одну сторону от /;
б) М и окружность О по разные стороны от t\
2) М cz t:
а) М не совпадает с L; б) М совпадает с L;
Б) Точка М cz О:
а) М не совпадает с L; б) М совпадает с L.
В) Точка М внутри окружности О.
Таким образом, принцип варьирования данных эле-
ментов есть первый принцип исследования.
Установим далее второй принцип исследова-
ния — принцип подсчёта числа решений.
Из точек, общих двум геометрическим местам, мы от-
бросим те, которые не ведут к построению фигур, удов-
*) Выбор параметра определяется удобством исследования.
Вообще говоря, параметров может быть и более, чем оди^т, однако
практически трудно проследить за одновременным изменением,
например, двух из данных элементов.
69
летворяющих требованию задачи. Остальные точки, если
их множество не пустое, ведут к построению искомых фи-
гур. Далее встаёт вопрос о подсчёте числа решений.
В начале книги было сказано, что все задачи на пост-
роение можно разбить на два вида:
1) задачи метри-
ческие, в которых
требуется построить
фигуру, имеющую
заданные размеры и
форму, но произ-
вольно расположен-
ную на плоскости; в
этих задачах фигу-
ра отыскивается, как
говорят, «с точно-
стью до положения
на плоскости»;
2) задачи-поло-
жения, в которых
требуется построить
фигуру, занимаю-
щую определённое
(относительно дру-
гих фигур) положе-
ние на плоскости и,
быть может, имею-
щую некоторые эле-
менты заданных раз-
меров.
Ясно, что вопрос
о подсчёте решений,
исходя из наличия
точек, общих геометрическим местам, должен решаться
совершенно различно для задач каждого вида.
В задачах-положения каждая вновь построенная и от-
вечающая условию задачи фигура есть новое решение, от-
личное от предшествующих, хотя бы полученная вновь
фигура и была «равна» предшествующим.
В задачах метрических для осуществления построения
можно избрать любую часть плоскости, поэтому фигуру,
удовлетворяющую условию задачи, можно считать пере-
60
мещаемой в плоскости (но не в пространстве, так как
речь идёт о построении в плоскости), фигура остаётся од-
ним и тем же решением, куда бы её ни сдвинуть по плос-
кости. Поэтому все фигуры, которые при перемещении в
плоскости построения могут быть совмещены всеми их
точками, означают одно решение. Очевидно, что различ-
ными решениями будут только те фигуры (отвечающие
условию задачи), которые нельзя совместить друг с дру-
гом всеми их точками путём перемещения только в плос-
кости построения. Отсюда ясно, что в случае метрических
задач подсчитывать число решений по числу точек, общих
геометрическим местам, вообще говоря, нельзя.
На основании сказанного мы введём следующий прин-
цип подсчёта числа решений (второй принцип исследова-
ния).
В задачах-положения каждая фигура, удовлетворяю-
щая требованию задачи, есть новое решение, если она не
тождественна*) какой-либо из построенных.
В метрических задачах фигура, удовлетворяющая тре-
бованию задачи, есть новое решение, если никаким пере-
мещением в плоскости построения её нельзя совместить
ни с одной из ранее построенных и удовлетворяющих ус-
ловию задачи фигур.
Из сказанного в главе первой о свойствах отражённых
(от оси и точки) фигур следует, что в метрических зада-
чах всякие две взаимно отражённые от некоторой прямой
фигуры**), не обладающие осевой симметрией, суть раз-
личные решения. Две взаимно отражённые от некоторой
прямой фигуры, имеющие ось симметрии, означают одно
решение. Две фигуры, взаимно отражённые от точки, оз-
начают одно решение и т. д.
Покажем теперь, как сформулированные выше два
принципа исследования применяются конкретно к задаче.
Одновременно мы отметим основные моменты исследова-
ния, указывающие последовательность осуществления
принципов исследования и ведущие к достижению его
цели.
В качестве примера продолжим исследование той же
метрической задачи: построить треугольник по а, В и Ь.
*) То есть если фигурэ, построечная ранее, и фигура, построенная
вновь, не совместились в ходе построения всеми своими точками.
**) Имеются в виду фигуры, удовлетворяющие требованию
задачи.
6Ь
Первый момент исследования — подготов-
ка чертежа для исследования и указание параметра.
Пользуясь результатами анализа и построения, вос-
производим часть построения на отдельном чертеже, стре-
мясь сохранить конфигурацию, имевшую место в соответ-
ствующей части построения (масштаб не соблюдается).
Например, в рассматриваемом случае изображаем осно-
вание ВС, острый угол А'ВС и симметричный ему (отно-
сительно ВС) угол А"ВС (черт. 33). Таким образом, из
этапа построения воспроизведено одно из геометрических
мест, при помощи коюрых
отыскивалась искомая точка
А. При этом выясняется,
что отрезок b удобно счи-
тать параметром.
Второй момент ис-
следования — графиче-
ское установление (при по-
мощи изменения параметра)
всех характерных случаев
взаимного расположения
геометрических тмест.
В нашем примере все
характерные различные слу-
чаи взаимного расположения
геометрических мест С (Ь)
и ВА' уже получены при
помощи изменения отрезка Ь,
исследования является графи-
ческое получение всех характерных случаев взаимного
расположения геометрических мест (в нашей задаче слу-
чаи 1, 2, 3, 4 и 5) и указание критических элементов (в
нашем примере отрезки ВС и СЛ\).
Третий момент исследования — щодсчёт
числа решений. Выясняем в каждом случае, имеются ли
точки, общие обоим геометрическим местам, и какие из
этих точек приводят к построению искомой фигуры. Уста-
навливаем число решений, исходя из принятого принципа.
Записываем результат геометрического исследования.
В нашей задаче это будет выглядеть так (черт. 33):
О < 0 <90°.
1) b < СК, — нет решений;
Ы
2) b-^-CK — максимум (два решения (прямоугольный
треугольник ВКС и его отражение от ВС);
3) СК <6 <ВС—максимум четыре решения (тре-
угольники АХВС, А,ВС и их отражения от ВС);
4) Ь=ВС — одно решение (треугольник А.ЛВС — рав-
нобедренный);
> 5) ВС <^Ь — максимум два решения (треугольник
AJ3C и его отражение от ВС).
Заметим, что критические отрезки СК и ВС ещё не вы-
ражены через данные элементы. Кроме того, запись ре-
зультатов исследования показывает, что число решений
может быть в некоторых случаях меньшим, в зависимости
от соотношений между данными элементами. Поэтому же-
лательно уточнить геометрические результаты исследова-
ния -при помощи аналитического их выражения. Это мы
сделаем в последнем моменте исследования.
Четвёртый момент — аналитическое выраже-
ние результатов исследования.
Выражаем критические элементы через данные. Выяс-
няем соотношения между данными, при которых постро-
енные фигуры будут обладать осевой симметрией, и уточ-
няем результаты исследования в отношении минимума
числа решений (в школе это не всегда удастся осущест-
вить) .
Для рассматриваемой задачи (0 < ft < 90°) будем
иметь следующее (черт. 33):
СК = a sin /?, ВС = а.
Случай 2. Если треугольник ВСК — равнобедренный,
т. е. если р = 45° и b = то задача имеет одно ре- .
шение.
Случай 3. Если треугольник АХВС—равнобедренный,
а треугольник А2ВС — неравнобедренный,, т. е. если
а=2& cos f, но&=£2а sin~, то задача имеет три решения
(аналогично, в случае если Ь~- 2 a sin ? , но а ф 2b cos Р,
тогда треугольник А..ВС — равнобедренный, а тре-
угольник А}ВС—неравнобедренный). Однако возможен
случай, когда треугольники AtBC и А2ВС — оба равно-
бедренные. Тогда задача имеет только два решения. Не-
63
трудно подсчитать, что это случится при р =36° и
Случай 5. Если Ь^>а и a=2&cos |?» то задача будгт
иметь одно решение, так как треугольник AtBC будет рав-
нобедренный.
Теперь можно результаты исследования задачи запи-
сать в виде следующей таблицы:
0<?<90°.
1) sin р — нет решений;
2) b=a sin 13— максимум два решения (при0 —45° —
одно решение);
3) a sin £ < b < а —• максимум четыре решения (при
a—2b cos р и Ьф2а sin^ или при аф2Ь cos 0 и
b = 2a sin £ — три решения, при b = а g1 -
и Р =36° — два решения);
4) Ь=а — одно .^решение;
5) 6>й — максимум два решения (при a=2b cosp—
одно решение).
Конечно, все эти результаты справедливы, если задача
рассматривается как метрическая. Несколько иные ре-
зультаты исследования будут в случае, когда р = 90°, и
при 90° < 3 < 180°*).
Закончим исследование в рассматривавшейся на
стр. 16 и 59 задаче положения.
Исследование здесь заключается в рассмотрении всех
возможных случаев взаимного расположения точки М и
окружности О <= L, причём в каждом частном случае дол-
„ жно быть указано число решений. Все эти случаи изобра-
жены на чертеже 32, и нам осталось лишь оформить ре-
зультаты исследования. Имеем:
1 (а) — одно решение, окружность Ог охватывает дан-
ную;
1 (б) — одно решение, случай рассмотрен в анализе
(стр. 16);
2 (а) — нет решения;
*) Заметим, что 3 здесь можно рассматривать как второй па-
раметр, он принимает три значения: р<90°, р = 90°, 90°<р< 180°,
и для каждрго из них параметр b позволяет установить все харак-
терные случаи взаимного расположения геометрических образов,
содержащих искомую точку А.
64
2 (б) — бесконечное множество решений;
Б (а) — одно решение, окружность О (OL) совпадает
с окружностью С\ (ОМ);
Б.(б) — бесконечное множество решений;
В — одно решение, внутреннее касание.
Аналитически выражать результаты в каждом случае
здесь не представляется необходимым, так как дано ис-
черпывающее геометрическое исследование. Можно ука-
зать, что задача не имеет решения в случае, когда ОМ2 =
. = OL2 + LM2 и L не совпадает с Л4.
Рассмотрим ещё одну метрическую задачу, анализ в
которой не сложен, но исследование достаточно гро-
моздко.
21. Построить треугольник по а, /А = а и усло-
вию, что основание Р высоты ha делит отрезок а в отно-
шении m : п, где тип — данные отрезки.
Анализ. Очевидно, что искомая вершина А, если она
существует, является точкой пересечения дуги сегмента
О (а, а) и прямой PAJ_BC (черт. 34,а).
Построение и доказательство не вызовут затруднений.
Обратимся к исследованию.
Исследование. Изображаем на отдельном черте-
же сегмент О (а,а ), точку Р и РА | ВС (черт. 34,а). За-
мечаем, что существует ещё точка Q, делящая ВС в отно-
шении m :п внешним образом. Изображаем QA"_[JiC.
Наличие или отсутствие решений зависит от наличия
или отсутствия точек, общих сегменту О (а, а) и перпенди-
куляру РА, а также сегменту и перпендикуляру QA".
Необходимо рассмотреть следующие случаи:
I. 0° < а <90° и m +- п\
Б. Г. П. Сенников. 65
II. 90° <180° и т п (пусть для определённости
в том и другом случае т > п).
Случай т = п мы не будем рассматривать, так как
очевидно, что задача при этом имеет одно решение — рав-
нобедренный треугольник с высотой , равной -rpctg
причём построение в этом случае упрощается.
I. 0°< а <90°. Чертёж 34,а показывает все возмож-
ные случаи взаимного расположения дуги сегмента и пер-
пендикуляров РА' и QA" (для простоты перпендикуляр
РА' изображён в одном положении).
Параметром здесь является отрезок CQ, CQ
Критический элемент — отрезок МК, МК —
При помощи чертежа отмечаем следующие случаи:
1) CQ > МК, т. е. —— > —о . , что по упроще-
ГИ^^И 01114
~ т—п
нии дает sina > Если это условие выполнено, то
задача имеет максимум два решения (треугольник АВС и
его отражение от ВС).
2) CQ = МК, иначе говоря, sina = ; задача
имеет максимум четыре решения (треугольники АВС,
ВСК и их отражения от BQ).
3) CQ < МК, т. е. sina < задача имеет мак-
' т 4- п
симум шесть решений (треугольники ABC, AJiC, А2ВС и
их отражения от BQ).
Уточним случаи минимума решений.
В первом случае решение будет одно, если треуголь-
ник АВС — равнобедренный. Это случится, если АВ рав-
но ВС (случай АС = ВС невозможен, так как m > п; ана-
логично невозможно, чтобы треугольник АВС был равно-
сторонним, так как m =£ п).
Пусть АВ=ВС=а (черт. 34, б). Тогда ВР=—a cos2a.
n BP m — cos2a m
По условию 5=^=—, откуда = л,
или tg2a=^4?
TJ Л 771—п . о 2/и + л
Итак, если sina> и одновременно tg2a= ——,
то задача имеет одно решение.
66
Покажем, что во втором случае задача имеет три ре-
шения при следующих условиях:
а) Треугольник ВСК будет равнобедренным только
при условии, если а =30°, т. е. sin а=тр в этом случае
m = 3n. При этих условиях треугольник АВС — нерав-
нобедренный, так как система равенств:
I =?"+"
при я =30° и т = 3п противоречива.
б) Если sin%=т^- и tg2a иначе говоря,
' т-\-п ° п
п
когда т== то в этом случае только один треугольник
АВС — равнобедренный. Задача не может иметь менее
трёх решений, так как треугольник АВС и ВСК вместе
не могут оказаться равнобедренными (тогда требовалось
бы одновременное выполнение двух равенств: т = 3п и
7т = п), они не могут также и совпасть при построении.
В третьем случае минимальное число решений —
пять, так как только какой-нибудь один из трёх треуголь-
ников может быть равнобедренным. Аналитическое вы-
ражение условий случая пяти решений получить не
трудно.
II. (90°Са<180°, т>п) отличается от первого тем^
что QA" не имеет общих точек с дугой сегмента. Задача
может иметь максимум два решения.
Выше сказано, что от выбора варианта анализа зави-
сит сложность исследования. Однако окончательные ре-
зультаты исследования от способа решения не зависят.
Это утверждение не нуждается в особом доказательстве,
оно следует из возможности выяснить условия существо-
вания фигуры чисто аналитическим путём в достаточно
общем виде.
Сделаем несколько замечаний об исследовании в за-
дачах, решаемых алгебраическим методом.
Как уже отмечено в главе первой, алгебраический ана-
лиз включает в себя и некоторые вопросы исследования.
Этап исследования как бы раздваивается, одна часть его
проникает в этап анализа. Мы будем считать, что в за-
67
дачах, решаемых алгебраическим методом, исследование
состоит из двух частей: одной, осуществляемой в анализе,
и другой, осуществляемой в этапе исследования. Здесь
надо иметь в виду следующее. -
Из рассмотренных в § 5 главы I примеров видно, что,
во-первых, с точки зрения алгебраической мы ограничи-
вались действительными корнями уравнения (исходя из
геометрического смысла неизвестного). Это требование
принадлежности корней полю действительных чисел бы-
ло необходимым условием наличия' геометрического ре-
шения задачи. Во-вторых, мы находили ешё достаточные
условия того, что найденный корень являлся решениегл
задачи. Не все действительные корни являлись обяза-
тельно решением задачи; например, в некоторых случаях
отбрасывался отрицательный корень. Возможно, что ус-
ловия наличия действительного корня потребуется су-
зить (или, наоборот, расширить), для того чтобы они
стали достаточными. В-третьих, при рассмотрении при-
меров в главе I почти совершенно оставался в стороне
вопрос о геометрической сути найденных необходимых и
достаточных условий годности того или иного корня. На-
конец, в-четвёртых, совсем не решался вопрос о числе
решений задачи. Дело в том, что, как указывает П. Не-
красов, «при высчитывании числа решений задачи нужно
иметь в виду, что число годных решений уравнений за-
дачи не всегда совпадает с числом решений самой за-
дачи»*). Подсчёт числа решений может потребовать до-
полнительного графического исследования найденных
корней.
Мы видим, что сформулированные выше моменты ис-
следования для случая алгебраического анализа необхо-
димо дополнить такими моментами:
а) Алгебраическое исследование существования дей-
ствительных корней.
б) Исследование пригодности действительных корней
уравнения, исходя из геометрического смысла задачи.
в) Уточнение и геометрическое истолкование условий
наличия решений.
г) Подсчёт числа решений.
Рассмотрим несколько примеров, чтобы выяснить, как
осуществляются эти четыре момента.
*) П. А. Некрасов, Алгебраический метод решения задач
на построение, М., 1897.
68
В анализе задачи 15: построить прямоугольный тре-
угольник по sy = c-[-b и s2 = c-\-a (стр. 37) — мы уже
осуществили моменты а, б и в. Из построения следует,
что треугольник АВС можно ещё отразить от АВ, и зада-
ча, вообще говоря, имеет два решения. Если s,=s, = s —
задача имеет одно решение (равнобедренный треуголь-
ник). Исследование, а вместе с ним и решение этой *a/ja-
чи можно считать законченным. Заметим, что здесь при
одном годном корне уравнения мы имеем максимум два
решения.
Проведём исследование задачи 17: через две данные
точки А и В построить окружность, касательную к дан-
ной прямой PQ.
В анализе задачи (стр. 40) вместе с решением во-
проса о том, что как положительный, так и отрицатель-
ный корни приводят к решению, дан ответ и на вопрос
о максимальном числе решений.
Однако исследование задачи ещё не закончено Мы
имеем здесь пример, когда в задаче, решаемой алгебра-
ическим методом, необходимо провести обычное для за
дач положения геометрическое исследование. В анализе,
построении и доказательстве принималось, что прямая
АВ пересекает прямую PQ. Теперь надо рассмотреть раз-
личные случаи взаимного положения прямых АВ и PQ.
Эти случаи даны на чертеже 35-
П-Одно решение
Z7- Нет решений
Черт. 35.
69
В этом примере также видно, что число годных корней
уравнения не всегда совпадает с числом решений задачи.
В некоторых случаях чисто алгебраическое решение
задачи на построение сильно упрощается, если в извест-
ный момент алгебраический анализ сочетать с геометри-
ческим анализом.
Приведём пример.
22. Построить прямоугольный треугольник, с перимет-
ром 2р, равновеликий данному квадрату, сторона кото-
рого к.
Проведём сначала алгебраическое решение, выполнив
исследование полностью, включая и его часть, содержа-
щуюся в анализе.
Если катеты искомого треугольника х и у, то:
I ^-ху=к2 (1)
1 ~xt+y2=(2p-x-y)2. ' (2)
Решая эту систему, получим сумму катетов:
х+у=р-г~- (3)
Теперь имеем произведение и сумму искомых отрезков
и при помощи теоремы Виета получим уравнение:
pz2 — (р2 4- №) z + 2 к2р = 0.
Корни этого уравнения:
~ Р2+«2±К<Р2—«2>2 ~4№р3
Z|, 2 — ------—---------где Zi и z2 —катеты иско-
мого треугольника.
Исследование, а) Так как имеют смысл лишь веще-
ственные значения корней, то (р2—к2)2 > 4№ р2, или
р-— к2> 2 кр. (4)
б) Исследуем, оба ли значения z надо учитывать.
Так как р2+ к2 > |/ , то следует
учесть оба значения корня, поэтому возможны две комби-,
нации:
2i = z, Z2s=t/ и z2 = x.
в) Выясним геометрический смысл условия (4) суще-
ствования решения.
Прибавив к обеим частям неравенства (4) по 2 к2, по-
лучим:
(Р — к)2 > 2к2, или р — к> к / 2. т. е. р >к (1 + ^/г).
70
Условие существования решения теперь выражено при
помощи данных отрезков.
г) Выясним число решений задачи.
Если р = к (1 -Hj/2), то zt = z2 = х = у, и задача име-
ет одно решение — равнобедренный треугольник с кате-
№ 4- Р~
. тами х = v — -5---.
г 2р _______
Если р > к (1 + |/ 2), то две указанные в пункте (б)
комбинации значений г дают два решения (х Фу, тре-
угольники неравнобедренные).
Однако решение можно провести и по-другому. Так
как с = 2р — (х+'у), то, учитывая равенство (3), по-
лучим:
К2
с=Р-----р— (5)
Задача свелась к построению прямоугольного тре-
угольника по сумме катетов и гипотенузе.
Для решения этой последней задачи лучше восполь-
зоваться геометрическим анализом (см. далее задачу 54,
стр. 103).
Очевидно, что и исследование в этом случае будет
иметь геометрический характер (см. исследование зада-
чи 54, черт. 49). Задача не имеет решения, если с<ДК«
Так как АК= 2 то, учитывая равенства (3)
и (5), получим следующее условие отсутствия решений:
р<к(14-/'2).
Если р = к(1Д-1Л2У. то задача имеет одно решение —
прямоугольный равнобедренный треугольник АСК
(черт. 49). Задача имеет два решения, если р>к(14- К'-Л.
Замечаем, что чисто алгебраическое решение более
сложно; это будет ещё очевиднее, если выполнить пост-
роение на основании алгебраического анализа: построе-
ние корней Zj и г2 много сложнее, чем построение от-
резков р+ К~ и р -
Г Л А В A IV
ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ПОСТРОЕНИЯ
В VI—VII КЛАССАХ
Классификация геометрических построений в настоя-
щем пособии принята следующая: элементарные построе-
ния; элементарные задали (построения, непосредственно
сводящиеся к элементарным, см. ниже); задачи на пост-
роение.
Задачи на построение подразделяются на так назы-
ваемые основные построения и собственно задачи на
построение.
Основными построениями называется здесь ряд за-
дач* которые, с одной стороны, могут быть положены
в основу решения большинства других задач на построе-
ние, решаемых в школе, а с другой — изучаются на
первых ступенях обучения геометрии. Так как этот кри-
терий в известной степени произволе^ то мы просто ука-
жем далее список основных построений.
§ 10. Элементарные построения и решение элементарных
задач в VI классе.
На первых уроках геометрии происходит первоначаль-
ное знакомство учащихся с такими понятиями, как геоме-
трическое тело, поверхность, линия, точка. Учащиеся обра-
щаются при этом знакомстве к окружающим предметам.
Учителю необходимо добиться того, чтобы каждый
учащийся имел на уроках геометрии следующее:
1) линейку длиной 25 см,
2) два чертёжных прямоугольных треугольника (рав-
нобедренный и с углом в 30°),
72
3) циркуль,
4) транспортир,
5) графитный карандаш (мягкий), тонко очинённый,
6) резинку (для удаления карандашных линий),
7) тетрадь для черновых набросков при решении,
8) цветные карандаши (красный, синий, зелёный).
Каждого учащегося надо учить не только рассужде-
ниям, но и обращению с инструментами.
Уже в самом начале обучения геометрии вводятся
в употребление линейка, циркуль, чертёжный треуголь-
ник и как измерительный инструмент появляется транс-
портир.
Овладение техникой применения указанных инстру-
ментов даётся учащимся VI класса с большим трудом,
особенно если в V классе мало употреблялись первые три
из названных инструментов.
В целях ознакомления с основными понятиями и для
тренировки в употреблении инструментов учитель с пер-
вых же уроков в VI классе знакомит учащихся с геомет-
рическими построениями.
Сначала это — элементарные построения: прямой по
двум её точкам, окружности по центру и радиусу, пост-
роение точек пересечения этих линий. Уже здесь появ-
ляется возможность решать многочисленные элементар-
ные задачи на построение, что требуется программой по
геометрии для VI класса.
Приводим некоторые из элементарных задач.
1. Построить прямую, проходящую через данную точ-
ку А. Можно ли построить ещё вторую, третью, четвёр-
тую прямые? Сколько можно построить прямых, прохо-
дящих через одну данную точку?
2. Дана точка А. Построить луч с началом в этой
точке (задаются аналогичные вопросы).
3. Через две данные точки А и В построить прямую.
Можно ли через эти же точки построить другую прямую?
4. На данной прямой MN построить от данной точки
А отрезок, равный данному отрезку а. Что дано в этой
задаче? Как выполнить требуемое? Можно ли иначе вы-
полнить это требование? Сколько решений имеет задача?
5. Построить отрезок данной прямой АВ, равный дан-
ному отрезку а. Чем отличается эта задача от предыду-
щей? Кто сумеет иначе выполнить требуемое построение?
Сколько же решений имеет задача?
73
6. Построить отрезок, равный сумме данных отрез-
ков АВ и CD.
7. От данного отрезка а отнять данный отрезок Ь.
Вот палочка, заменяющая отрезок а. Можно ли отло*
мить от неё кусок, равный ей? Больше её? Можно ли ре-
шить задачу, если а ~ Ь? если а<^Ь? Сколько решений
имеет задача, если а>Ь? Укажите на доске разности от-
резков а и Ь. Обозначьте буквами. Прочтите.
8. Дана точка А, принадлежащая окружности, и
центр О этой окружности, построить окружность.
9. Дана прямая АВ, центр О окружности и отрезок г.
Построить окружность радиуса г с центром в точке О.
Покажите прямую, окружность. Есть ли точки, одновре-
менно принадлежащие прямой АВ и окружности. О? Что
надо сделать, чтобы такие точки были (отсутствовали)?
Увеличьте (уменьшите) радиус.
10. На данной прямой АВ найти точку, отстоящую от
данной точки М прямой на расстоянии а. Сколько реше-
ний имеет задача?
11. Дана прямая MN и две её точки А и В. Найти
такую точку, которая была бы удалена от точек А и В на
расстояние Ь. Сколько таких точек существует?
12. Дана прямая АВ и на ней точка С. С вершиной в
- точке С построить острый (тупой) угол так, чтобы одна
из его сторон совпала с прямой АВ. Сколько решений
имеет задача?
13. Начертить (при помощи чертёжного треугольника)
прямой угол так, чтобы одна из его сторон совпала с пря-
мой МР, а вершиной была точка С этой прямой. Сколько
решений имеет задача? И т. д.
К указанным упражнениям надо отнести и построение
прямого угла (перпендикуляра к прямой), а затем и па-
раллельных прямых при помощи чертёжного треугольни-
ка и линейки. Тренировать учащихся в применении -этих
инструментов лучше на листе бумаги, а не в тетради
в клетку.
Выполняя элементарные построения, решая элементар-
ные задачи, учащиеся приобретают навыки правильного
пользования простейшими чертёжными инструментами,
приучаются к аккуратности и чёткости в построениях.
Весьма важно научить учащихся выполнению так на-
зываемых основных геометрических построений.
74
§11 . Основные построения
К. основным построениям, выполняемым циркулем и
линейкой, мы отнесём следующие пять задач, которые
лежат в основе почти всех дальнейших геометрических
построений и рассматриваются в VI классе.
1. Построение угла, равного данному, стороной кото-
рого служит данный луч, а вершиной — начало этого
луча.
2. Построение точки С', симметричной данной точке С
относительно данной прямой MN (построение перпенди-
куляра к MN, проходящего через точку С).
3. Построение оси симметрии отрезка АВ (построение
срединного перпендикуляра к отрезку АВ).
4. Построение оси симметрии угла (построение бис-
сектрисы угла).
5. Построение прямой, проходящей через данную точ-
ку и параллельной данной прямой.
Основные построения вводятся возможно ранее. Так,
построение угла, равного данному, выполняется сразу же
после изучения признаков равенства треугольников. Это
построение проводится без предварительного анализа;
после построения проводится доказательство.
Остальные основные построения целесообразно изу-
чать с проведением рассуждений, позднее выливающихся
в этап анализа.
23. Построение точки С', симметричной данной точке С
относительно прямой MN (основное построение 2).
Учащимся предлагается выполнить задачу при помо-
щи циркуля и линейки. Естественно, что они не смогут
сделать это, хотя представления о соответствующих гео-
метрических образах у учащихся имеются (учащиеся вы-
полняли построение, пользуясь линейкой и угольником).
С задачами на построение треугольников (по основ-
ным элементам) учащиеся уже встречались и уже знают,
что в случае затруднения в решении надо предварительно
провести рассуждения, помогающие выяснить путь пост-
роения (термин «анализ» ещё неизвестен учащимся).
Учитель выполняет чертёж-задание в правой части
доски (черт. 36), оставляя левую свободной. Затем он об-
ращается к классу примерно со следующим.
— Мы не знаем, как выполнить требуемое построение.
В таких случаях будем полагать, что задача уже решена,
искомый перпендикуляр построен. Изобразим на доске
75
прямую MN, точку С вне прямой, перпендикуляр к MN,
проходящий через точку С, и точку С', симметричную ей
относительно прямой MN (делается это от руки, но акку-
ратно). По этому наброску попытаемся теперь выяснить
путь построения. (В тетрадях этого рисунка делать не
нужно.)
— Так как точка С' симметрична точке С относитель-
но прямой MN, то CD—DC'. Отметим ещё точку А пря-
мой MN. Что можно сказать о треугольниках ACD
и AC'D (черт. 36,6)?
— Теперь видно, что точка С' удалена от точки А на
известное расстояние АС. Как найти точки, удалённые
от точки А на расстояние АС? Через какие точки прошла
бы окружность с центром в точке А и радиусом АС
(черт. 36, б)? Что можно сказать о треугольниках BCD
и BC'D?
— Следовательно, точка С' удалена от точки В на из-
вестное расстояние ВС. Если теперь построить окружность
радиуса ВС с центром в точке В, то эта дуга пройдёт
через точку С' (черт. 36,в).
— Как же найти точку С'?
План построения. Строим окружность с цент-
ром в какой-нибудь точке А прямой MN и радиусом АС.
Находим точку В. Строим окружность с центром в В и ра-
диусом ВС. Находим точку С'.
Построение выполняется на чертеже-задании. Прово-
дится доказательство того, что точка С' симметрична точ-
ке С относительно прямой MN (или что СС' — искомый
перпендикуляр kMN).
24. Построение оси симметрии отрезка АВ (основное
построение 3) сопровождается анализом, аналогичным
приведённому выше.
76
Применяя основное построение 3, необходимо решить
задачи 25 и 26.
25. Построить перпендикуляр к прямой МП через точ-
ку С этой прямой.
26. Разделить данный отрезок пополам (на 4, 8,...,
2п равных частей).
27. Построение оси симметрии угла (основное пост-
роение 4) также сводится к основному построению 3.
Если предположить, что OD — ось симметрии угла (черт.
37, стр. 81), и отложить от вершины О угла на его сто-
ронах равные отрезки ОА и ОВ, то треугольник АВО —
равнобедренный, поэтому OD — ось симметрии отрез-
ка АВ. План построения очевиден. Построив OD, легко
доказать, что луч OD является биссектрисой угла АОВ.
Целесообразно основное построение 4 рассмотреть как
следствие задачи об отыскании геометрического места то-
чек, равноудалённых от двух лучей, исходящих из точ-
ки О и образующих угол меньше развёрнутого
(см. стр. 81). >
28. Построение прямой PQ, проходящей через данную
точку С и параллельной данной прямой MN (основное
построение 5) можно сопроводить анализом» основываю-
щимся на равенстве накрест лежащих (или соответствен-
ных) углов, образованных при пересечении двух парал-
лельных прямых третьей.
Основные построения должны быть отлично усвоены
учащимися, причём не следует требовать запоминания
анализа и доказательства. В дальнейшем план построения
излагается лишь в случае, если кто-либо из учащихся
затрудняется в выполнении изученного построения.
При повторении курса учащиеся выполняют все ос»
новные построения на форматке а4 (в карандаше). Фор-
матки сохраняются для повторения в VII классе.
Замена циркуля чертёжным треугольником при вы-
полнении некоторых основных построений производится
по мере овладения этими построениями.
§ 12. Изучение геометрических мест
Прежде чем рассматривать задачи на построение,
необходимо подробно остановиться на методике изучения
геометрических мест. Понятие геометрического места иг-
рает большую роль в изучении геометрических построений
77
в школе, не говоря уже о том, что оно имеет значитель-
ную образовательную ценность.
Идея геометрического места должна внедряться как
можно ранее, и первые задачи на построение представля-
ют для этого большие возможности. Решая эти задачи по
идее метода геометрических мест (задолго до явного вве-
дения метода и самого понятия ГМ), мы готовим уча-
щихся к сознательному восприятию определения геомет-
рического места. С другой стороны, при такой методике
после введения определения ГМ обобщение рассуждений,
проводимых при решении задач, в методе геометрических
мест происходит более естественно и эффективно.
После соответствующей подготовки можно дать сле-
дующее определение геометрического места:
Геометрическим местом точек, обладаю-
щих определённым свойством, называется множество
(совокупность, собрание, скопление) всех тех и только
тех точек, которые обладают указанным свойством.
При изучении понятия ГМ учащиеся встречаются,
во-первых, с логическими трудностями (необходимость
рассмотрения прямого и обратного предложений), во-вто-
рых, с необходимостью усвоения геометрического смысла
определения. Третья трудность возникает при знакомстве
с новыми примерами геометрических мест. Расскажем,
как преодолевать эти трудности.
Задолго до введения понятия геометрического места
учитель приучает учащихся к мысли, что геометриче-
ские точки обладают некоторыми свойствами. Для этого
сначала используют наглядные примеры:
а) учащиеся нашего класса обладают таким признаком
(особенностью, «свойством»), что каждый из них имеет
рост не более 1,5 м\
б) все мы живём от школы не далее одного километ-
ра и т. д.
Затем привлекаются геометрические примеры:
а) точки окружности О удалены от центра на расстоя-
ние 50 см\
б) точки внутри (или вне) этой окружности таким
свойством не обладают и т. д.
Параллельно с этим в основных построениях и в пер-
вых задачах на построение внимание учащихся обращает-
ся на свойства точек. После такой подготовки смысл пер-
78
вой части фразы в определении ГМ будет ясен для уча-
щихся.
Большую трудность для учащихся представляет овла-
дение логическим содержанием понятия геометрического
места. Смысл слов: «...совокупность всех тех и только тех
точек, которые обладают этим свойством» — надо сделать
предельно ясным для учащихся.
Учащиеся встречались ещё в пятом классе с оборотом
«все те и только те» и с понятием «совокупность», тем не
менее сложный логический смысл второй части определе-
ния ГМ тоже требует предварительной подготовки.
Логический смысл определения ГМ доводился нами до
учащихся примерно так.
Две ученицы вызывались к доске. На место одной из
них как бы случайно садился учитель. Классу ставился
вопрос: можно ли сказать, что за партами сидят все те и
только те, кто состоит в списке класса?
Ответ: этого нельзя сказать, так как две ученицы стоят
у доски, а Тани С. вовсе нет в классе. Значит, за партами
сидят не все ученицы нашего класса. Учитель не совсем
удовлетворён: почему же ещё нельзя утверждать, что за
партами сидят все те и только те, кто числится в списке
этого класса? Тут одна из стоящих у доски учениц обра-
щается к учителю: а ведь Вы не записаны в нашем спис-
ке, но Вы сидите за партой. Этот момент подчёркивается
учителем: если ученицы, стоящие у доски, сядут за парты,
если даже Таня С. была бы в классе, а он, учитель, оста-
вался бы за партой, то всё равно наше утверждение было
бы несправедливым. Следовательно, чтобы убедиться в
правильности ответа на поставленный вопрос, надо, во-
первых, знать, что каждый записанный в списке класса
учащийся сидит за партой, а во-вторых, что каждый из
сидящих за партами состоит в списке.
Рассуждения уже на геометрическом материале повто-
ряются на следующем уроке. Учащимся известно построе-
ние перпендикуляра к отрезку, проходящего через середи-
ну отрезка. Ставится вопрос: можно ли утверждать, что
этот перпендикуляр состоит из всех тех и только тех то-
чек, которые равноудалены от концов отрезка? Выводы
прошедшего урока позволяют сказать, что для ответа на
вопрос надо выяснить:
79
а) принадлежит ли срединному перпендикуляру вся-
кая точка, которая равноудалена от концов отрезка (этот
вопрос решается ссылкой на построение 4);
б) каждая ли точка перпендикуляра обладает указан-
ным свойством.
Таким образом, логическое содержание определения
ГМТ раскрывается при помощи прямого и обратного
предложений. Предложение, противоположное прямому,
вообще не рассматривается, это не противоречит логике и
удобнее с методической стороны.
После указанных упражнений даётся определение гео-
метрического места. Первым примером ГМ служит сре-
динный перпендикуляр к отрезку. Учащиеся самостоя-
тельно решают вопрос о том, является ли окружность гео-
метрическим местом.
Дальнейшей задачей учителя будет накопление кон-
кретных примеров геометрических мест.
Список основных геометрических мест, подлежащих
изучению в курсе планиметрии, общеизвестен — это ГМ
1, 2, 3, 5, 6, приведённые на странице 12.
Подробные указания относительно расширения этого
списка ГМ учитель найдёт в книге Д. И. Перепёлкина
«Геометрические построения в средней школе», стр. 35—
49. Необходимо привести примеры ГМ, состоящих из ко-
нечной совокупности изолированных точек: геометриче-
ское место точек, равноудалённых от всех точек данной
окружности (совокупность, состоящая из одной точки —
центра данной окружности), или ГМТ данной окружности,
удалённых от данной точки этой окружности на данное
расстояние (три случая: совокупность не имеет точек, сово-
купность состоит из одной точки, наконец, из двух точек).
Эти примеры помогают преодолеть неточные представ-
ления о геометрических местах, якобы обязательно непре-
рывных линиях (поверхностях) или совокупностях линий
(поверхностей).
В расширении круга геометрических мест и в усвоении
самого понятия ГМ большую роль играют задачи на оты-
скание геометрических мест.
Можно предложить следующее проверенное на опыте
методическое правило решения задач на отыскание гео-
метрических мест.
Если указанное в условии задачи свойство точек не
знакомо учащимся (в смысле отнесения точек тому или
80
иному геометрическому образу), то надо раскрыть это
свойство, перевести его на язык уже знакомых учащимся
геометрических мест.
Рассмотрим несколько примеров.
29. Найти геометрическое место точек, равноудалён-
ных от двух лучей ОХ и OY, исходящих из точки О и об-
разующих угол XOY, меньший развёрнутого.
Рассуждения состоят из двух частей.
I. Предположим, что точка М — одна из тех, которые
равноудалены от лучей ОХ и OY (черт. 37).
Что значит: точка
и OY? Это значит:
МА = МВ. Но тогда
точка М равноуда-
лена от двух точек
А и В. Следователь-
но, она принадле-
жит срединному пер-
пендикуляру к от-
резку АВ.
Рассмотрим тре-
угольники АМО и
ВМО. ~Они равны,
т. е. О А = ОВ, и
точка О равноуда-
лена от точек А и В.
Поэтому точка О принадлежит тому же срединному
перпендикуляру к отрезку АВ. Чтобы построить этот
перпендикуляр,, надо найти ещё одну его точку (см.
основное построение 4).
План построения (чертёж тот же).
а) строим точку А на луче ОХ и точку В на луче OY,
так что ОА = ОВ;
б) строим одну из точек перпендикуляра к отрезку
АВ, проходящего через середину этого отрезка (напри-
мер, точку Р);
в) строим ОР.
II. Уже выяснено, что всякая точка, равноудалённая
от лучей ОХ и OY, принадлежит срединному перпендику-
ляру ОР к отрезку АВ. Теперь выясним, каждая ли точка
этого перпендикуляра равноудалена от лучей ОХ и OY.
Пусть Р — точка перпендикуляра ОР. Справедливо лй
равенство А± Р = ВХР? Рассмотрим сначала треугольник
6. Г. П. Сенников х
ABO. По построению, он равнобедренный, OD в нём вы-
сота, следовательно, и биссектриса, поэтому /1 = /2. Те-
перь рассмотрим прямоугольные треугольники АХОР и
В\ОР. Они равны, поэтому А{Р = В Р, т. е. точка Р есть
точка искомого геометрического места. Какие ещё точки
относятся к этому геометрическому месту?
Например, точка О «равноудалена» от лучей ОХ и ОУ,
так как одновременно принадлежит тому и другому лучу,
значит, она относится к искомому ГМ. Но можно ли изме-
рить расстояние точки F от лучей ОХ и ОУ? Для этого
пришлось бы построить перпендикуляр к каждому из лу-
чей через точку F, но вделать этого нельзя, следовательно,
точка F не относится к искомому ГМ.
В ы в о д. Искомым ГМ является луч ОР — биссектри-
са угла, образованного лучами ОХ и ОУ.
Следствие. Построение искомого ГМТ есть одно-
временно деление угла XOY пополам (основное построе-
ние 4, стр. 75).
Примечание. Если во второй части рассуждений рассмат-
ривать противоположное предложение («точки, не принадлежащие
совокупности, не обладают данным свойством»), точку F можно лег-
ко пропустить и прийти к неправильному выводу.
ГМТ, удалённых на данное расстояние h от данной
прямой MN (основное построение 5, стр. 75), элементар-
но в изложении, и на примере его учитель снова разъяс-
няет смысл определения ГМ. Это геометрическое место
немедленно используется для решения задач на построе-
ние четырёхугольников.
Рассмотрим следующую задачу.
30. Найти ГМТ, из которых данный отрезок виден под
прямым углом.
I. Учащиеся не знают, к какому геометрическому об-
разу отнести точку С (черт. 38) по указанному в условии
свойству. Чтобы свести это свойство к знакомому, построим
С/и так, чтобы ZACM—Л. Тогда 3. Треуголь-
ники АСМ и ВСМ — равнобедренные и АМ=СМ=ВМ.
Значит, по-другому говоря, точка С обладает тем свойст-
вом, что она удалена от известней точки М на известное
расстояние AM. Но все такие точки принадлежат окружно-
сти с центром в точке М (середина отрезка АВ) и радиусом,
равным половине отрезка АВ. Строим эту окружность.
II. Теперь надо выяснить, обладает ли каждая точка
окружности, построенной на АВ, как на диаметре, ука-
82
занным в задаче свойством (обратная теорема). Рассмоъ
рим произвольную точку Р окружности (несовпадающую
с А или В). Построим радиус РМ. Тогда =
откуда а, 4-р, =
под углом 90°. Точ-
90*-а=р
М В
Черт. 38.
второй части предло-
A
И ( а1 + ^ ) -4- ( а, .-н ^ ) == 180°,
в90°, т. е. из точки Р отрезок АВ виден
ки А и В таким свой-
ством не обладают. Есте-
ственно считать, что из
них отрезок АВ виден
под нулевым углом. Итак,
искомое ГМ есть окруж-
ность М (4^), исключая
концы диаметра АВ. Ис-
ключение точек А и В
выглядит естественно, по-
тому что мы рассматриваем во
жение, обратное первому.
При таком изложении второй части указанное ГМ
можно изучить ещё до прохождения теоремы об измере-
нии вписанного угла. Если же эта теорема уже изучена,
то вторая часть рассуждений будет очень краткой- она бу-
дет состоять из простой ссылки на известную теорему и
соответствующего замечания о концах отрезка АВ.
. Рассмотрим типичную задачу для VII класса.
31. Найти ГМ середин хорд окружности О. проходя-
щих через данную точку А окружности (мы рассмотрим
здесь только этот случай).
I. К какому геометрическому образцу можно отнести
точку М по её свойству? (Точка М должна быть середи-
ной хорды АВ).
Чтобы узнать свойство точки М (черт. 39, а), сделать
его очевидным, построим ОМ. Известно, что ОМ_[_АВ.
Значит, /_ОМА = 90е (черт. 39,6). Построим ещё диа-
метр АС. Точка О — тоже середина хорды АС. Становит-
ся ясным, что свойство точки М быть серединой хорды
означает, по-другому говоря, что из точки М данный от-
резок АО виден под прямым углом. Известно, что все
точки, обладающие таким свойством, принадлежат ок-
ружности О1(Дт\ построенной на АО, как на диаметре.
АО
II. Выясним, каждая ли точка окружности Ot
является серединой некоторой хорды окружности О (так
83
что ►хорда проходит через точку Л). Пусть Е—произволь-
ная точка окружности ОА. Строим хорду AED окружно-
сти О. Делит ли точка Е эту хорду пополам? Построив ОЕ,
убеждаемся, что это так.
Точку А можно считать серединой хорды нулевой
длины.
°) 5)
Черт. 39.
АО
Вывод. Искомое ГМ есть окружность ОЦ-д—) .
Примечание. Это ГМ не тождественно рассмотренному в пре-
дыдущей задаче (там концы диаметра исключались из окружности,
а здесь нет).
32. Найти ГМТ, из которых данный отрезок виден под
данным углом (см. ГМТ 6, стр. 13).
Дадим один из возможных способов введения ГМТ 6
в школе.
После изучения теоремы об измерении вписанного уг-
ла разъясняется, что понимается под дугой сегмента, по-
строенного на данном отрезке и вмещающего данный
угол, а также смысл выражения: из точки Л отрезок а ви-
ден под углом а . Ставится задача об отыскании ГМТ 6.
I. Пусть точка Л — одна из точек искомого ГМ. Тогда
в треугольнике ABC ZBAC 90° (черт. 40, а). О чём
говорит то свойство точки А, что из неё отрезок а
виден под углом а? Составляют ли какую-либо фигуру
все такие точки? Эти вопросы пока остаются без ответа.
Для уяснения сути указанного нам свойства точки А
выполним два построения: построим срединные перпенди-
куляры к отрезкам ВС и АВ. Эти перпендикуляры пере*
секутся в точке О (черт. 40,6). Следовательно, ОЛ = ОВ =
= ОС. Таким образом, свойство точки Л означает, по-дру-
гому говоря, что она вместе с точками В и С удалена на
84
известное расстояние от некоторой точки О. Но в таком
случае А принадлежит окружности радиуса ОВ = ОС с
центром в точке О. Если точку О найти, то такая окруж-
ность может быть построена. Однако является ли эта ок-
ружность искомым геометрическим местом? Вспомним
определение ГМ. Что надо выяснить для окончательного
решения задачи?
II. Предположим, что окружность, которой принадле-
жит точка А, обладающая тем свойством, что из неё от-
резок а виден под углом я, построена (черт. 40, в). Тогда
дуга ВпС содержит 2 а дуговых градусов. Каждая ли точ-
ка окружности О (ОВ) обладает требуемым свойством?
Рассмотрим произвольную точку М дуги Вт. Так как
вписанный угол ВМС опирается на дугу ВпС, содержа-
щую 2 а дуговых градусов, то, следовательно, ^/ВМС= а
угловых градусов, т. е. точка Л4 принадлежит искомо-
му ГМ. Теперь рассмотрим точку В (или С). Из неё от-
резок а не виден под углом я. Точки В и С не принад-
лежат искомому ГМ. Рассмотрим ещё какую-нибудь точ-
ку Р дуги ВпС. Вписанный угол ВРС опирается на
дугу, содержащую 360°—2 а (градусов), т. е. ХВРС =
= 180°— « ¥= а, т. е. точка Р не относится к искомому ГМ.
Какую же фигуру составляют точки, обладающие указан-
ным в задаче свойством? Нашли ли мы искомое ГМ? Все
ли точки, которые обладают указанным свойством, най-
дены?
Нет, мы нашли лишь точки, обладающие указанным
в задаче свойством и расположенные по одну сторону от
прямой ВС. Но ведь и по другую сторону её имеются
такие точки. .
85
Вывод. ГМТ, из которых данный отрезок а виден
под данным углом а, есть совокупность двух дуг сегмен-
тов, построенных на отрезке п и вмещающих угол а
(черт. 40,г), исключая концы отрезка а.
Обозначение: О (а, а ) можно сообщить учащимся.
По строение. Известно несколько способов построения
ГМТ 6. Укажем два наиболее простых.
Первый способ. Так как дуга ВпС содержит
2 а градусов, то центральный Z ВОС = 2 а т. е.
£BOD= . Искомая точка О обладает такими свойст-
вами: О принадлежит срединному перпендикуляру к от-
резку ВС и О принадлежит лучу, проходящему через точ-
ку В и составляющему с ODуВС угол а.
Если с вершиной в какой-нибудь точке F срединного
перпендикуляра к ВС построить луч, составляющий с FD
угол 2 (черт. 4с, в), а затем построить BOWFE, то полу-
чим точку О. Если а — тупой угол, то точка О принадле-
жит продолжению FD (расположена по другую сторо-
ну ВС).
Второй способ. Для, отыскания центра дуги
ВАС (черт. 40, г) достаточно найти какую-нибудь третью
точку А этой дуги в дополнение к двум данным точкам
В и С. Достаточно, например, найти такую точку А дуги,
что АС^ВС. Построив ТВ^ВС, видим, что /77М=а,
откуда известен способ построения точки А\ построив два
4 перпендикуляра к отрезку ВС в его концах (при помощи
угольника и линейки), строим затем /ТВД = а Для
отыскания центра О надо ещё найти середину ВА. Это
сделать проще при помощи таких двух построений (чер-
тёжным треугольником и линейкой): строим ДГЦВС и
прямую ТС. Пересечение ТС и АВ даёт центр О.
Если угол а — тупой, то точка А принадлежит про-
должению А С (точка А и О расположены тогда по другую
сторону от ВС). В частном случае, когда а =90°, полу-
чается уже известное учащимся геометрическое место.
Первый способ построения сегмента является более
общим, он позволяет решить задачу и в случае а =90°.
§ 13. Задачи на построение в VI классе
Бюджет времени учителя в VI—VIII классах по гео-
метрии ограничен, а программа курса достаточно обшир-
на. Поэтому цели, которые ставятся перед геометрически-
86
ми Построениями в этих классах, должны достигаться на
минимальном объёме материала. Основной объём
геометрических построений, изучаемых в VI—VIII клас-
сах, приходится на VII класс.
В VI классе этот объёхм складывается из элементарных
построений и элементарных задач, пяти основных пост-
роений, четырёх-пяти метрических задач на построение
треугольников и стольких же задач положения.
Задачи на построение во многом потеряют свою зна-
чимость в обучении, если при их решении пренебречь ана-
лизом. •
Учить анализу надо постепенно, последовательно вы-
рабатывая у учащихся метод рассуждений для отыскания
плана построения. Бесспорно, что элементы анализа долж-
ны появляться ещё в VI классе и обучение анализу долж-
но начинаться с первых задач на построение и с основ-
ных построений.
Чтобы учащиеся пошли дальше фразы: «предположим,
что задача решена», надо учить их применять в анализе
идею метода геометрических мест, которая, как показано
выше, является ведущей в анализе.
Мы приведём далее примерный перечень первых задач
на построение для VI класса и покажем, как учить ана-
лизу при их решении.
В этих первых задачах учащиеся знакомятся сначала
с двумя этапами в решении: анализом и построением,
а затем с доказательством и исследованием. Названия
этапов сообщаются по мере овладения их основным со-
держанием. Полная схема решения задачи на построение
появляется лишь в конце VI класса, а осваиваётся по-на-
стоящему в VII классе.
Приводим четыре метрические задачи на построение
треугольников по основным элементам. Задачи решаются
на уроке. После их решения указывается несколько ана-
логичных задач для самостоятельного решения учащи-
мися.
33. Построить треугольник по двум сторонам и углу,
заключённому между ними {например, поа.Ь и С).
Эту задачу лучше решить без анализа, поскольку это
будет первая в опыте учащихся задача на построение
треугольников.
В порядке самостоятельной работы решаются, напри-
мер, задачи 34 и 35.
&7
34. Построить прямоугольный треугольник по двум
катетам.
35.. Построить равнобедренный треугольник по основа-
нию и высоте.
36. Построить треугольник по трём сторонам (а, Ь,с).
В этой задаче уже проводится анализ. . -
Анализ. Учитель обращает внимание учащихся на
такое обстоятельство: рассматривая чертёж-набросок, мы
видим, что любые две из трёх вершин можно считать из-
вестными. Остаётся найти ^третью вершину, например А.
Выясняется, что искомая точка, с одной стороны, удалена
от известной точки В на известное расстояние с, поэтому
(см. элементарную задачу 11, стр. 74) принадлежит ок-
ружности радиуса с с центром В (на чертеже-наброске
учитель изображает дугу этой окружности, поясняя, что
по одному рассмотренному свойству точку А ещё нельзя
найти). С другой стороны, искомая точка по аналогичным
соображениям принадлежит окружности С (ft)*). Значит,
если точка А существует, то её можно найти как точку
пересечения двух известных окружностей.
В ходе построения обычно случается, что у некото-
рых учащихся задача «не выходит». Этим можно вос-
пользоваться для мотивировки необходимости исследо-
вания.
На трёх различных чертежах выясняются три случая
(как три отдельные задачи), которые здесь могут пред-
ставиться (теоретической основы для исследования уча-
щиеся ещё не имеют, вопрос о взаимном расположении
двух окружностей решается позднее, число решений не
выясняется). Эти три случая сопоставляются (а не обо-
сновываются) с известными соотношениями между сто-
ронами треугольника (вполне возможно, что теорема
о сумме и разности двух сторон треугольника будет изу-
чена после решения задачи 36).
Пример записи исследования дан на чертеже 41 (а —
не меньший из отрезков).
Для самостоятельного решения даются задачи:
37. Построить равнобедренный треугольник по основа-
нию и боковой стороне.
38. Построить треугольник по данному на чертеже ос-
*) Обозначение в классе ещё не даётся.
88
нованию АВ, стороне b и условию, что вершина С принад-
лежит данной на чертеже прямой МР.
На чертеже указано положение отрезка АВ и прямой
МР (см. элементарную задачу 10, стр. 74).
В первых задачах учитель учит учащихся оформлению
чертежа-задания и пользованию им. Образцы оформ-
ления чертежа-задания приведены во «Введении»
-нет решения
Исследование
Черт. 41.
(стр. 5). Помимо того, что шестиклассники должны
понимать логический смысл схемы «дано, требуется», они
должны уяснить, что в некоторых задачах (метрических)
с чертежа-задания «снимаются» размеры данных эле-
ментов; по этому чертежу, например, строится угол, рав-
ный данному. В задачах положения чертёж-задание слу-
жит также основой, местом для выполнения чертежа-пост-
роения. Конечно, ни применяемая здесь терминология, ни
принципиальное различие задач положения и метриче-
ских до учащихся не доводятся.
Необходимо обучать учащихся выполнению чертежа-
наброска для анализа, требуя возможно более аккурат-
ного изображения искомой фигуры от руки.
Иногда учащиеся при построении «снимают» данные
не с чертежа-задания, а с чертежа-наброска. Надо пояс-
нить учащимся, что чертёж-набросок — это пример-
ный рисунок той фигуры, которую мы отыскиваем. Дан-
ные элементы изображают цветными карандашами или
89
отмечают условными значками. Известные элементы, оп-
ределяющие построение треугольника, обводятся круж-
ками, около искомого элемента можно ставить на черте-
же-наброске знак вопроса.
39. Построите треугольник по стороне и двум приле-
жащим углам (а, В, С).
Анализ (термин сообщается учащимся, так как они
уже имеют достаточный опыт в проведении этого этапа).
Две вершины искомого треугольника известны (концы
основания а). Третья вершина — точка А — искомая.
Чтобы найти искомое, изучаем его свойства. По чертежу-
наброску видим, что точка Д, во-первых, принадлежит
стороне угла СВА и, во-вторых, стороне угла ВСА.
Значит, если точка А существует, то является точкой пе-
ресечения лучей — сторон угла. Отсюда ясно, как пост-
роить вершину Д, т. е. и треугольник АВС.
После построения могут быть проведены рассуждения,
доказывающие, что построенный треугольник — искомый.
Исследование. Вопросы исследрвательского харак-
тера уже не новы для учащихся.
Всегда ли лучи ВА и СА пересекутся? Какими должны
быть углы при основании, чтобы точка А существовала?
Изображаем на отдельных рисунках все возможные
случаи и выясняем, что если, например, углы при осно-
вании будут прямые или каждый более прямого, то зада-
ча не будет иметь решения, а если оба угла острые, то
задача имеет решение. Вопрос о числе решений остаётся'
открытым. Все различные случаи, которые могут иметь
место, изображаются учащимися в тетради в порядке до-
машней работы.
Задачу 39 необходимо связать с вопросом об опреде-
лении расстояния до недоступного предмета Д, наблюдае-
мого из двух пунктов В и С на местности. Известно, что
этот случай для практики измерений на местности имеет
большое значение.
Для самостоятельного решения даются, например, та-'
кие задачи:
40. Построить равнобедренный треугольник по основа-
нию и углу при основании
Построить прямоугольный треугольник по катету
и острому углу.
42. Построить равнобедренный треугольник по высоте
и углу при вершине.
93
В VI же классе может быть рассмотрена следующая
задача, являющаяся частным случаем задачи 3:
43. Построить прямоугольный треугольник по гипоте-
нузе с и катету Ь.
Эта задача даётся сначала для самостоятельного ре-
шения. Вряд ли можно ожидать, что учащиеся правильно
проведут требуемый анализ. Затруднения учащихся ис-
пользуются для мотивировки необходимости анализа. При
решении этой задачи учитель сообщает учащимся, что
впредь при решении задач на построение они будут по-
следовательно осуществлять четыре шага (этапа) в реше-
нии. Названия этапов записываются в тетради. Кратко
разъясняется цель каждого из этапов.
Анализ. Сделаем чертёж-набросок, предположив, что
задача уже решена. Отметим данные элементы (черт. 42).
Задача Построить прямоугольный треугольник
по гипотенузе С и катету Ь
^Доказательство
6С-прямой (по
построению);
Катет АС=Ь
(по построению);
Гипотенуза А В-С
(по построению).
Вывод: треуголь-
ник АВС-искомый
Исследование
1 С<Ь-нет решения,
2. С=Ь-нет решения,
3 С >Ь-есть решение.
Черт. 42.
Пусть А и С известны. Тогда В — искомая точка.
Найти искомое можно, если знать его свойства. Точка В
удалена от известной точки А на известное расстояние с,
т. е. она принадлежит окружности А (с). С другой сторо-
ны, точка В принадлежит перпендикуляру к отрезку СА,
построенному в точке С. Значит, если точка В существу-
ет, то её можно найти, построив пересечение окружности
А (с) и перпендикуляра СВ.
План построения (цель анализа достигнута):
а) построить отрезок АС на произвольной прямой;
б) построить перпендикуляр к АС в точке С;
в) построить окружность радиуса с с центром в точке
91
А и найти точки пересечения окружности и перпендику-
ляра;
г) построить стороны АВ и СВ треугольника.
Анализ в тетрадях не записывается, фиксируется
лишь план построения.
Доказательство (может быть проведено устно).
Этот треугольник—искомый, так как /_C=d — по
построению; катет АС — b — по построению; гипотенуза
АВ =?с — цо построению.
Исследование. Даётся в более или менее закончен-
ном виде графический приём исследования (возможно
на одном чертеже). Учащимся разъясняется, что отре-
зок с мог быть дан различным а в зависимости от этого
могут быть три случая (черт. 42):
I) с <Ь — нет решения,
2) с = Ь — нет решения,
3) с > Ь — есть решение,
Вопрос о числе решений попрежнему остаётся откры-
тым.
Оформление материала на доске дано на чертеже 42.
Для самостоятельного решения даются задачи:
а) построить равнобедренный треугольник по высоте
и боковой стороне; б) построить равнобедренный тре-
угольник по основанию и перпендикуляру к боковой сто-
роне, проходящему через конец основания.
Приведём примеры задач положения.
44. Нй данной прямой МР найти точку, равно-
/ удалённую от двух дан-
Я* / них точек А и В.
/ Анализ. Предполо-
/ жим, что задача решена,
/ 'В точка С найдена (черт.43).
/ Какими свойствами обла-
_____________ 7__________ даетточка С ? Во-первых,
ТГ /С Р °на равноудалена от дан-
/ ных точек А и В, следо-
/ вательно, принадлежит
Черт. 43. срединному перпендику-
ляру к отрезку АВ. Во-
вторых,, одновременно точка С принадлежит прямой
МР. Поэтому, если точка С существует, то она является
точкой пересечения прямой МР и срединного перпен-
дикуляра к ЛВ.
92
Построение при помощи циркуля и линейки оче-
видно.
Доказательство в задаче — элементарное: точка С
удовлетворяет требованиям задачи, ибо: а) она одинаково
удалена от Л и В, так как по построению является точкой
срединного перпендикуляра к АВ, а каждая точка этого
перпендикуляра равноудалена от Л и В; б) по построе-
нию принадлежит прямой МР.
Исследование. Всегда ли задача имеет решение?
Всегда ли пересекутся две прямые (к этому времени
раздел «Параллельные прямые» может быть ещё и не
пройден, потому имеющие место три случая необходи-
мо выяснить на чертеже)?
45. Найти точку, равноудалённую от трёх вершин
треугольника.
46. На прямой, пересекающей стороны угла, найти
точку, одинаково удалённую от сторон этого угла.
47. Дан отрезок АВ и угол М. Найти точку, равноуда-
лённую от концов данного отрезка и от сторон данного
угла.
Для исследования в этой задаче удобно применить за-
ранее приготовленную таблицу (черт.^44.)
' 48. Найти точку, одинаково удалённую от трёх сто-
рон треугольника. И т. д.
Черт. 44.
93
§ 14. Задачи на построение в VII классе
В VII классе значительно повышается уровень изучъ-
ния геометрических построений.
Вместе с решением главной задачи — добиться созна-
тельного и прочного усвоения геометрии — учитель, за*
нимаясь построениями в VII классе, может достичь:
а) дальнейшего совершенствования навыков учащихся
в выполнении построений при помощи инструментов;
б) осознания учащимися сути метода геометрических
мест;
в) усвоения учащимися идей некоторых методов
геометрических преобразований;
г) усвоения сути этапа исследования и овладения
приёмами геометрического исследования в более слож-
ных задачах на построение.
В отношении геометрических построений учитель мо-
жет поставить на первую четверть такие задачи: углу-
бить понимание учащимися идеи анализа, познакомить
их с проведением исследования, включая подсчёт числа
решений.
Остановимся сначала на вопросах методики обучения
анализу.
На одном из первых уроков кратко повторяются не-
которые из основных построений и содержание схемы ре-
шения задачи на построение. Затем учитель обращается
к общей идее анализа. Полезно отправляться от житей-
ских примеров. Мы проводили, например, такие рассуж-
дения с учащимися.
Необходимо отыскать знакомого, о котором известно
только то, что он сейчас идёт где-то по городскому трам-
вайному кольцу. Можно ли отыскать этого человека толь-
ко по одному такому признаку? Нет, нельзя.
Но вот стало известно, что интересующее нас лицо
находится одновременно и на городском трамвайном
кольце, и на улице Фигнер*). Как найти этого чело-
века?
Многие из учениц поднимают руку. Таня К. говорит:
знакомого можно найти там, где улица Фигнер пересекает,
трамвайную линию.
♦) Примеры горьковские. Указанная улица пересекает город-
ское трамвайное кольцо один раз.
94
Подмечаем, что теперь мы знаем два признака, два
«свойства», характеризующие местонахождение знакомо-
го человека, а потому его можно найти.
Число таких примеров можно увеличить.
Далее переходим к геометрическим примерам.
1) Найти точку Л, если известно, что она удалена от
данной точки О на 25 см.
Задачу*решить нельзя. Таких точек бесконечно много.
Они образуют окружность радиуса 25 см с центром в точ-
ке О. Повторяется определение геометрического места то-
чек, а также приводятся примеры ГМ, изученных в VI
классе.
2) Известно, что точка А принадлежит окружно-
сти О (Ь). Известно ещё, что точка А удалена от данной
точки В на расстояние, равное а. Найти точку А Сколько
различных случаев может оказаться? Сколько решений
будет иметь задача в каждом случае?
Зная два свойства точки А, характеризующие её по-
ложение на плоскости относительно точек О и S, мы смо-
жем отыскать точку Л, если существуют общие точки двух
окружностей: О (Ь) и В (а). Вводим это обозначение ок-
ружности.
3) Построить треугольник по трём сторонам. Вспоми-
наем идею анализа. Вводим формулировку «если точ-
ка А существует, то является точкой пересечения окруж-
ностей В(с) и С(Ь)».
Через один-два урока вновь возвращаемся к идее ана-
лиза на примере задачи 3: построить треугольник по
а, Ь, В.
Подчёркивается идея: обнаружив свойство искомой
точки Л (она удалена от точки С на данное расстояние 6),
мы заключаем, что точка А принадлежит окружно-
сти С(Ь). Кроме того, известно, что точка А есть точка
луча ВА. Снова следует вывод: если точка А существует,
то... и т. д. Построение и доказательство учащиеся выпол-
няют в порядке домашней работы.
В дальнейшем во всякой задаче на построение ста-
вятся и разрешаются три вопроса: искомая точка, свой-
ства её; геометрический образ, которому эта точка при-
надлежит.
В третьей четверти учащиеся узнают, что в основном
ещё с VI класса они пользуются при решении задач на
построение методом ГМ. Никакого описания метода в об-
95
щих словах от учащихся требовать не нужно. Необходи-
мо обратить внимание учащихся на то, что при решении
задач на построение рассуждения в анализе задачи мы
всё время старались проводить по такому плану:
а) выясняли, какие точки искомой фигуры решают
построение (указывали искомые точки);
б) выявляли геометрические свойства этих точек;
в) по этим свойствам указывали, каким геометриче-
ским местам принадлежат искомые точки;
г^) делали вывод: искомые точки, если они существу-
ют, надо искать среди точек пересечения ГМ\
д) выполняли построение, доказательство и исследо-
вание.
Такой путь (способ) решения задачи на построение
называют методом геометрических мест.
Идея метода параллельного переноса сообщается
учащимся до обобщения метода геометрических мест.
Поэтому уместно сказать учащимся, что, как они видели,
некоторые задачи не могли быть решены при помощи
только метода ГМ.
Рассмотрим теперь вопрос о записи анализа в ходе
урока.
Многие учителя затрудняются в оформлении решения
задачи, главным образом в записи анализа (на классной
доске и в тетрадях учащихся).
При решении задач на построение в VII классе вполне
возможно ввести краткую, имеющую смысл наглядную
символику для записи хода анализа.
Речь идёт о шести символах, применяемых в этой
книге:
O(R), ВА(?,ВС),= и с
Символика вводится постепенно, смысл каждого сим-
вола разъясняется учащимся.
Необходимо постоянно требовать от учащихся созна-
тельного воспроизведения содержания анализа по его
краткой записи. В большинстве случаев краткая запись
делается в классе, а подробная — в домашней работе.
И наоборот, подробное изложение анализа в домашнем
решении воспроизводится учеником на классной доске в
краткой форме.
После того как проведён анализ задачи 3, примерно
через урок, можно восстановить в памяти учащихся гра-
96 z
фическии прием исследования, известный им ещё по VI*
классу. При этом снова используется задача 3.
Учащимся указывается, что для исследования выпол-
няется отдельный чертёж, причём его можно выполнить и
от руки, но аккуратно. На нём надо изобразить отрезок
ВС и луч В А', т. е. те элементы, с которых начиналось
построение. Вспоминаем, что затем строилась окружность
радиуса Ьс центром в точке С. (Таким образом, проводя
исследование, мы закрепляем знание анализа и построе-
ния). Учитель ставит ножку циркуля в точку С и го-
ворит примерно следующее:
— Отрезок (Ь) мог быть дан небольшим. Вот таким
(показывает на расстояние между ножками циркуля).
Строим окружность С (&). Видите, что получилось: эта
окружность и луч ВА' не имеют общих точек (см. стр. 58,
черт. 31, случай 1).
Развёртывается беседа с классом.
— Увеличим немного отрезок Ь. Теперь окружность
С (Ь) и луч ВА' имеют одну общую точку. Обозначим её
буквой /С. Имеется ли в этом случае решение? Нет ли ещё
точки, обладающей теми же свойствами, что и точка К,
т. е. принадлежащей одновременно окружности С (&) и
лучу, наклонённому к ВС под углом р?
Выясняется, что вниз от ВС можно построить ещё
луч ВА", составляющий с ВС угол Изображаем этот
луч. и точку К' (стр. 58, черт. 31, случай 2). Последова-
тельно устанавливаются случаи 3, 4, 5 (чертёж тот же).
На доске появляется запись, фиксирующая предвари-
тельные результаты исследования (без указания числа
решений).
К выяснению понятия числа решений учитель обра-
щается на следующем уроке. Используется уже получен-
ный случай (2) исследования задачи 3. Приводим пример
беседы с классом.
На доске изображается только второй случай графи-
ческого исследования задачи 3 (черт. 45). Появляются
два прямоугольных треугольника ВСК и ВСК', взаимно
отражённых от ВС («симметричных относительно 5.С»,
как говорят в школе).
— Сколько решений имеет задача?
Может последовать ответ: решение одно, так как тре-
угольники равны.
— Посмотрим, как этот вопрос решается в жизни.
7. Г. П. Сенников.
97
Два ботинка одного размера «равны», а никто не оде-
нет правый ботинок на левую ногу: ботинки всё же «раз-
ные». Вот ещё пример.
Портной-закройщик
кроит рукава для нескольких ко-
стюмов одного размера. Крой
верхней половинки правого ру-
кава имеет примерно такой вид
(черт. 46П), а крой верхней по-
ловинки левого — такой (черт.
46Л).
Обе фигуры равны. Но если
портной сочтёт их за «одно
решение», то может оказать-
ся, что у каждого костюма
оба рукава будут правыми.
Кто же будет носить такие
костюмы? Надо считать эти
два «равных» кроя за «два
решения».
Вернёмся к чертежу 45. Вырежем модель треугольни-
ка I*). Двигая её по доске, не переворачивая, попытаем-
ся совместить с треугольником II.
Вводим правило подсчёта числа решений: если по-
строенная фигура при перемещении в плоскости
доски не совмещается с другой фигурой, тоже
удовлетворяющей условию задачи, то обе фигу-
ры считаем за различные решения (независимо
от того, что фигуры могут оказаться равны-
ми).
Учащиеся хорошо понимают, почему построенную фи-
гуру нельзя «переворачивать»: она построена в плоско-
сти чертежа. «Вынимать» фигуру из плоскости чертежа
также нельзя.
Почему фигуру можно перемещать по доске? Если та-
кой вопрос возникнет, то ответ на него прост: в таких
(метрических) задачах — всё равно, где строить фигуру
на классной доске. Перемещение, передвижение по до-
ске — это всё равно, что построение одной и той же фи-
гуры в разных местах классной доски.
*) Необходимо проследить, чтобы треугольники не оказались
равнобедренными.
98
Черт. 46.
исследованию задачи 3 де-
При решении задач положения делается соответству-
ющее дополнение к введенному правилу подсчёта числа
решений (см. стр. 61).
После этого уместно дать такое домашнее задание:
1) выяснить, сколько бу-
дет решений в этой задаче
в случаях 3, 4 и 5. Приме-
нить модели треугольников,
получающихся в каждом
случае;
2) решить задачу: по-
строить равнобедренный
треугольник по а и ha.
Анализ не записывать, вы-
полнить построение и ис-
следование (решения под-
считать при помощи моде-
ли).
Окончательный вывод по
лается на следующем уроке.
На этом уроке выясняем, что взаимноотражённые от
основания (симметричные относительно основания) тре-
угольники, вообще говоря, не совмещаются при переме-
щении в плоскости чертежа, но они совместимы, если
оказываются равнобедренными (этот факт учащиеся
устанавливают самостоятельно при решении домашней
задачи). Проводится подсчет числа решений.
Пример оформления задачи 3 на классной доске дан
на чертеже 47.
При выполнении самостоятельного исследования в
первых задачах учащиеся применяют миниатюрные бу-
мажные модели, заштрихованные с одной стороны.
Особенно это необходимо при построении четырёхуголь-
ников.
Осуществить на уроках исследование в каждой зада-
че невозможно, ибо на это не хватит времени. Одним из
средств для сокращения объёма исследования является
введение ограничений в условие задачи. Например, если
задачу 3 сформулировать так: построить треугольник по
двум сторонам и углу, лежащему против большей из них,
то исследование будет состоять всего из одного пункта.
Второй мерой является проведение исследования в не-
которых задачах, решённых в классе, в порядке самостоя-
99
Задача : Построить треугольник по а, b,Z.B=fi
Дано: ДЛостооение
IВариант записи ПВариант
2.Ь=СК~самое большее-два решения;
З.СК< Ь<а -самое большее - четыре
Л -искомая точка Л ?
1) Л принадлежит лучу ВЛ,
2) Л принадл окружн. С(Ь)
Вывод: если Л существует,
то является точкой пе-
ресечения ВЛ и С(Ь) '
1) Ла ВЛ
2)Л<=С(Ь)
Вывод: если Л су-
ществует, то
Л=ВЛ*С(Ь)
решения (если Л ВД£ или
4 ВЛ2С рабнобедренные-три,
если оба они равнобедренные-
-два решения);
4.Ь =а - одно решение;
5. b >а- самое большее- два решения
(если Z1 ВЛ^С рабнобедр.-одно).
Черт. 47.
тельной (домашней) работы, или, наоборот, выполнение
первых трёх этапов в порядке домашней работы с тем,
чтобы исследование проводилось в классе. Наконец, в не-
которых задачах исследование можно опустить.
Перейдём теперь к методическому разбору задач на
построение для VII класса.
Далее в этом параграфе рассматриваются задачи на
построение из курса геометрии VII класса. Попутно изла-
гается методика ознакомления учащихся с применением
некоторых геометрических преобразований для решения
задач на построение.
Мы не рассматриваем задач на построение параллелэ-
грамов. Они не вызывают затруднений у учителя. Осо-
бенности анализа и исследования в этих задачах будут
раскрыты в задачах на построение трапеций. В исследова-
нии надо обратить внимание учащихся на случаи, когда
построенная фигура будет ромбом (квадратом) или
прямоугольником. Тогда задача имеет одно решение.
Совместимость симметричных фигур демонстрируется
при помощи модели, перемещаемой в плоскости чер-
тежа.
По теме «Прямоугольник, ромб, квадрат» задачи на
построение обычно очень просты. Поэтому здесь можно
провести первоначальное ознакомление учащихся с при-
менением преобразований при решении задач. Первым
примером может служить приём, который обычцо назы-
вают «спрямлением».
Приём спрямления даёт первое представление уча-
щимся о применении преобразований при решении задач
на построение. При этом естественно появляются допол-
нительные построения.
49. Построить треугольник по а, В и Ь-{-с.
Анализ. Учащиеся знают, что чертёж-набросок счи-
тается законченным, если в нём имеются все данные в ус-
ловии элементы.
Здесь это требование пока не выполнено. Как полу-
чить сумму b + с на чертеже-наброске? Это можно сде-
лать, например, так: повернуть сторону АВ (черт. 48,а)
вокруг точки А на угол, дополняющий угол А до развёр*
нутого. Испытав этот вариант, видим, что данный угол В
при такой операции превращается в неизвестный угол
ВХВС. Включив в чертёж-набросок одно из данных, мы
теряем другое.
101
Испробуем другой вариант: повернём АС вокруг точ-
ки А на угол; дополняющий угол А до развёрнутого. Те-
перь на чертеже-наброске есть все данные элементы.
В и С — известные вершины треугольника АВС, А —
искомая точка.
Первое свойство точки А: А принадлежит лучу ВСlt
который можно построить.
А
Черт. 48.
Второе свойство точки А пока неизвестно. Рассмотрим
образовавшийся на чертеже-наброске (черт. 48,а) тре-
угольник ACC-l. Точка А одинаково удалена от точек С и
Си это и есть её второе свойство. Поэтому точка А при-
надлежит срединному перпендикуляру MN к СС^
А<= MN, или : Ас ±
Вывод. Точка А, если она существует, является точ-
кой пересечения ВСг и MN.
Доказательство в этой задаче несложно (см. § 8,
стр. 53).
Исследование. Необходимо на отдельных чертежах
для исследования рассмотреть случаи: а<^Ь 4- с — самое
большее — ова решения (треугольник АВС и его отраже-
ние от ВС); а = Ь + с — нет решения (черт. 48,6);
+ с — нет решения (черт. 48, виг). Эти результата
сравниваются с известной теоремой о соотношении сто-
рон в треугольнике.
Для самостоятельной работы учащимся даются задачи:
50. Построить прямоугольный треугольник по катету
и сумме гипотенузы с другим катетом.
51. Построить прямоугольный треугольник по острому
углу и сумме гипотенузы с катетом.
102
На следующем уроке рассматривается задача:
52. Построить ромб по сумме полудиагоналей и ост-
рому углу.
Аналогичная задача даётся на дом.
53. Построить квадрат по сумме стороны и диагонали.
Ещё две аналогичные задачи целесообразно рассмот-
реть в конце года. Приводим одну из них.
54. Построить прямоугольный треугольник по гипоте-
нузе с и сумме катетов s.
Черт. 4У.
Выясняем, каким образом в чертёж-набросок вклю-
чить отрезок b + а (черт. 49,а). После этого искомая точ-
ка В отыскивается по таким её свойствам: В <= лучу DB,
наклонённому к AD под углом 45° и BczA (с).
В исследовании выясняем следующие пять случаев
(черт. 49,6).
1) с<^АК— нет решений;
2) с — АК— одно решение (равнобедренный тре-
угольник АСК)',
3) АК <с < а + b — два решения (треугольники
АВС\ и AB2C2J;
4) и 5) с>а + b —нет решения. __
Позднее учащиеся смогут вычислить, что АК —
При наличии времени учитель может рассмотреть
следующие задачи:
55. Построить треугольник по А, В и 2р.
56. Построить равнобедренный треугольник по пери-
метру и углу при основании (или при вершине).
103
Б7. Построить прямоугольный треугольник по А и
а + Ь. И т. д.
Рассмотрим задачи на построение трапеции. Они да-
ются сразу же после введения определения трапеции и
выяснения некоторых её свойств..
На примере параллелограмов*учащиеся уже получили
первый опыт анализа при построении четырёхугольников.
Здесь существенно учитывать определение и свойства фи-
гуры, а также ГМТ 3 (стр. 13). И в этих новых для уча-
щихся задачах всё сводится к отысканию искомых точек
по их свойствам.
Опишем, как изучались задачи на построение по те-
ме «Трапеция» на уроках А. П. Мишиной (школа № 13,
г. Горький). Приводим краткий конспект урока.
Конспект'урока,
проведённого в VII классе Г школы № 13 учителем Миши-
ной А П.
Тема. Решение задачи на построение трапеции.
Построить трапецию по основаниям, высоте и диагонали.
Цель: познакомить учащихся с решением задач на построение
четырёхугольников, закре-
Дано:
_________а
с________* J основания
> ...и высота
н-------------------1 диагональ
Построить трапецию ABCD
Черт. 50.
— Какие вершины искомые? (В
— Каковы свойства точки В?
пить знания о трапеции.
Запись данных на до-
ске и в тетрадях учащихся
(черт. 50).
Выяснить, из каких ча-
стей сосюит решение зада-
чи на построение.
Анализ. Допустим, что
трапеция построена. От-
метьте данные на чертеже-
наброске. Что надо опреде-
лить, чтобы можно было
построить трапецию?
— Построить трапецию
можно, если определить по-
ложение всех её вершин
на плоскости.
—- Какие из вершин
известны?
Вершины А и D из-
вестны. так как дано осно-
вание а 'вершины В и С
тоже известны, но удобнее
взять А и D).
и С.)
Вершина В удалена от прямой AD на расстояние А, т. е. В
104
принадлежит одной из двух прямых, параллельных AD и удалённых
от неё на расстояние h (например, прямой ВС), В с ВС.
Кроме того, точка В удалена от точки D на расстояние ft т. е.
В принадлежит окружности радиуса f с центром в точке D;
BczD(f).
Вывод. Если точка В существует, то является точкой пересе-
чения прямой ВС и окружности D (/).
— Каковы свойства точки С?
Как и точка В, она принадлежит прямой ВС, С принадлежит
окружности В (с).
План построения (устно):
а) строим отрезок AD == а;
б) строим прямую BC\\AD, удалённую от AD на расстояние h\
в) строим окружность D(f), найдём точки пересечения D(f) и
прямой ВС (если такие точки существуют);
г) найдём точку С;
д) отыскав вершины В и С, построим трапецию.
Построение (черт.
Доказательство. Из каких
1) Доказать, чти полу-
ченный четырёхугольник
есть трапеция, и 2) дока-
зать, что трапеция —иско-
мая.
— Четырёхугольник .
ABCD — трапеция, если /
BC\\AD
То, что ВС || AD, сле-
дует из построения.
Эта трапеция — иско-
мая, так как по построе-
нию: AD—a, ВС=с, BD—f.
Исследование (на трёх
отдельных чертежах).
1) Задача не имеет ре-
шения, если/<Л (черт. Ь2,а).
2. Задача имеет два решения, если f=h, ибо трапеции ABCD и
АВ iCiD не совместятся, если одну из них перемещать по плоско- >
____________ В С
частей состоит доказательство?
Черт. 51.
Черт. 52.
в, с,
105
ста чертежа (черт. 52,6). АВ всегда непараллельна CD, так как
основания трапеции неравны.
3) Задача имеет, самое большее, четыре решения, если
(черт. 51); если одна из трапеций равнобочная — три решения,
так как, будучи равнобочными и симметричными относительно AD,
трапеции ABCD и АВ^С JD совместятся при движении по плоскости
чертежа.
На дом. Построить трапецию по основаниям, высоте и углу.
Рассмотрим более сложную задачу.
58. Построить трапецию по основанию а, двум нерав-
ным боковым сторонам Ь и d и острому углу при ос-
новании а.
Анализ. Выясняется, что за известные вершины мож-
но принять точки С и D или пару точек А, В, а также
концы основания AD (черт. 53). Первый выбор явно
не годен. Из остальных вариантов при обычном распо-
ложении трапеции удобнее последний (хотя и второй
можно с успехом использовать).
Итак, вершины А и D известны. Искомые вершины —
точки В и С.
Изучая чертёж-набросок, выясняем свойства точки В.
Точка В принадлежит лучу АВ, направление которого
известно: ВсЛВ ( а а). Точка В удалена от известной точ-
ки А на данное расстояние, поэтому запишем: BczA(b)<
Как теперь найти точку С?
По определению трапеции BC\\AD, следовательно,
C<=BC\\AD.
Ещё очевидно, что C^D(d).
Особо подчёркивается: если точка С существует, то
является точкой пересечения ВС и D(d). Этот вывод
записывается. Построение не вызывает никаких затруд-
106
нений. (План построения формулируется устно.) Па-
раллель ВС строится при помощи угольника и линейки.
Исследование,, Изображается (а не строится!) лома-
ная DAB (черт. 53) и прямая, проходящая через точку В,
параллельная AD. Графический приём достаточно осво-
ен учащимися, поэтому случаи 1, 2 и 3 не вызывают за-
труднений.
Учитель обращает внимание учащихся на тот факт,
что если b=£f, то возможен случай, когда d=f (одновре-
менно равенства b=d=f невозможны). Наконец, есть
ещё пятый случай: d>f.
В каждом из случаев 2—5 -выясняется число решений.
На доске и в тетрадях учащихся постепенно появляется
таблица:
1) d<h — нет решения;
2) d — h — два решения (трапеция ABCD и ей сим-
метричная относительно AD);
3) h<d<f — четыре решения (трапеции ABCD и
ABCJ) и им симметричные относительно AD)\
4) d=f =£b — два решения (трапеция ABCJ) и ей
симметричная относительно AD);
5) f<d — два решения.
В качестве домашней работы можно рекомендовать
такую задачу:
59. Построить трапецию по основанию, двум тупым
углам при нём и боковой стороне.
Учащиеся должны выделить случай, когда углы при
основании равны (равнобочная трапеция; одно решение).
Покажем далее, каким образом можно познакомить
учащихся с идеей метода параллельного переноса.
Идея метода параллельного переноса выясняется
в основном на задачах о построении трапеций. Сначала
параллельный перенос вынужденно применяется для вве-
дения данных элементов в чертёж-набросок, а затем
уже — как средство для отыскания свойств искомых эле-
ментов.
Задачи рассматриваются в такой последовательности.
60. Построить трапецию по разности оснований а — о,
двум острым неравным углам а и ? и диагонали АС=е.
Анализ. Замечаем, что на чертеже-наброске отсут-
ствует разность оснований. Как этот отрезок включить в
чертёж-набросок? Предположим, что FD и есть разность
107
a — с. Чтобы установить способ получения этой разности
на чертеже-наброске, изобразим CF (черт. 54).
Рассмотрим четырёхугольник ABCF. Это — парал-
лелограм, так как AF = BC и AF]\BC.
Таким образом, чтобы получить а — с на чертеже-
наброске, надо построить
В с С СЕЦДВ. Или по-другому:
/ надо перенести отрезок АВ
/ е параллельно себе на рас-
/ JfSgL стояние ВС вправо. Такая
операция называется парал-
Zto лельным переносом отрез-
А с F о а~с D ка АВ. Теперь можно про-
должать анализ, так как в
Черт. 54 чертёж-набросок включены
все данные элементы.
Треугольник CFD легко построить, поэтому вершины
С и D трапеции можно считать известными. Искомые
вершины: А и В. Если найти А, то найдём и В. Очевид-
но, что A^DF; А<=С(е).
Вывод первый. Если А существует, то является
точкой пересечения луча DF и окружности С(е).
Вывод второй. Если А существует, то построить
точку В можно, исходя из следующего:
B<^CB\\AD; BczAB\\CF.
Исследование. Если
диагональ е не больше меньшей
из сторон треугольника
имеет решения (слу-
чаи 1, 2, 3)
.Пусть CD < CF, тогда
возможно следующее.
Если CF > е> CD —
два решения (трапе-
ция 4,5,CF и её от-
ражение от AF, слу-
чай 4)
Если e — CF>CD —
два решения (случай
S).
CDF (черт. 55), то задача не
Если e>CF>CD - Черт. 55
четыре решения (тра-
пеции A3B3CD и AiB^CF и их отражения от A3At, слу-
чай 6),
108
о
Черт. 56
была
но
Для самостоятельной работы учащимся может быть
дано задание — провести исследование в рассмотренной
задаче, если один из углов при основании — тупой. Кро-
ме того, могут быть предложены задачи 61 и 62.
61. Построить равнобочную трапецию по разности ос-
нований, боковой стороне и диагонали.
62. Построить трапецию по разности оснований, двум
неравным боковым сторонам и диагонали.
63. Построить трапецию по четырём её сторонам.
Анализ. Чертёж-набросок включает в себя все дан-
ные в задаче элементы.
Вершины А и D (черт. 56)
трапеции известны. Искомые
точки: В и С. Достатдчно най-
ти одну из них. Пусть В. Уча-
щиеся пытаются найти два су-
щественные свойства точки В,
но это им не удаётся. Выбор
других пар вершин в качестве
известных также ни к чему не
приводит. Вспоминается реше-
ние предшествующей задачи.
Чем она отличалась от данной ?
Там основания были неизвестны,
их. Здесь, наоборот, известны основания. Можно ли най-
ти разность их? Как это сделать на чертеже-наброске?
Несколько учащихся предлагают перенести CD (другие
предлагали — АВ) на длину отрезка СВ в положение
BK\\CD. Рассматривается образовавшаяся фигура. Тре-
угольник АВК заштриховывается. Искомая точка В об-
ладает тем свойством, что является одной из вершин
этого' треугольника. Треугольник легко построить, а по-
том найти точку С, т. е. построить трапецию ABCD.
Учитель должен обратить внимание учащихся на то,
что операция параллельного переноса помогла найти путь
решения задачи и что способ решения последней задачи
называется методом параллельного переноса. Исследова-
ние этой задачи не вызывает затруднений. #
Для самостоятельного решения даются задачи:
64. Построить трапецию по основаниям и диагоналям.
65. Построить трапецию по основаниям, боковой сто-
роне и прямому углу, прилежащему к другой боковой
стороне.
109
> 66. Построить трапецию по основанию, прилежащему
к нему углу и двум неравным боковым сторонам.
Рассмотрим несколько задач на построение, связанных
с изучением окружности и касательных к окружности.
67. Построить окружность с центром, данным на од-
ной стороне данного острого угла так, • чтобы на другой
стороне она отсекала хорду, равную отрезку а.
Анализ (черт. 57,6). Так как центр окружности дан,
то необходимо найти радиус OD, следовательно, D —
искомая точка.
а
Черт. 57.
Для отыскания D на ВС найдём ещё одно свойство
искомой точки. Построим ОМ_]_£>£". Тогда MD =Сле-
довательно, DczM
Далее выполняется построение на чертеже-задании.
Исследование. Указываем учащимся, что здесь надо
либо менять положение точки О на стороне угла АВС,
либо изменять длину отрезка а. Будем менять длину от-
а
резка а; заметим, что как только у будет более, чем tylB,
задача не будет иметь решения.
а
Итак, если < МВ — задача имеет одно решение,
если -у >МВ — задача не имеет решения.
Как только будет изучено геометрическое место точек,
из которых данный отрезок виден под прямым углом, не-
110
обходимо решить задачу, уже встречавшуюся учащимся
в VI классе.
68. Построить прямоугольный треугольник по катету
а и гипотенузе с.
Задача имеет значение для построения касательных.
Анализ (черт. 58,а). Искомая точка: С. Точка С об-
ладает тем свойством, что из неё отрезок с виден под уг-
лом 90°, поэтому Сс.М (у-), где М — середина с. Очевидно
также, что С<=- В (а).
Вывод. Если С существует, то является точкой пе-
ресечения этих окружностей.
В исследовании зыясняется, что точка С не всегда
существут (черт. 58,6).
Если а>с — нет решения (случаи 1 и 2).
Если а=ВС <с — одно решение, 'так как треуголь-
ник АВС — равнобедренный (в VI4I классе учащиеся
узнают, что ВС = —^ 2); (случай 3).
Если а<с (а#= ВС ) — два решения (случай 4).
Переходим к рассмотрению задач на построение каса-
тельных к одной и двум окружностям.
69. Построить касательную к данной окружности О
через данную точку А.
Анализ. Мы рассмотрим сначала случай, когда точ-
ка А дана вне окружности.
Искомая точка касания Т обладает двумя очевидными
свойствами: во-первых, принадлежит данной окружности;
111
во-вторых, из неё отрезок ОА виден под прямым углом.
Задача в этом случае имеет два решения.
Когда точка А принадлежит окружности О, решение
несколько изменяется (применяется способ, указанный в
учебнике). Задача тогда имеет одно решение.
Когда точка А дана внутри окружности, задача не
имеет решения.
70. К двум данным окружностям Ot(R) и О2(г) по-
строить общую внешнюю касательную.
Рассмотрим вариант, в котором применяется метод
геометрических мест в сочетании с параллельным пере-
носом.
Учитель, сообщив учащимся содержание задачи, вы-
полняет на классной доске чертёж-задание и чертёж-
набросок. Далее приводится анализ.
Анализ. Пусть ТгТ2—искомая общая касательная
(черт. 59). Для её построения достаточно знать одну ка-
кую-нибудь из точек касания (см. теорему о свойстве ка-
сательной). Пусть 7\ — искомая точка.
Одно свойство точки Тх очевидно: T^clO^R).
Вторым свойством точки 7\ является принадлежность
её лучу Но направ-
ление этого луча неиз-
вестно. Оно определит-
I Г ся’ если будет найдена
( ещё какая-нибудь его
\ 1 J точка, кроме начала ОР
Для отыскания этой вто-
рой точки перенесём 7\Т2
Черт. 59. параллельно себе в на-
правлении Т2О2 и на дли-
ну отрезка Т2О2 в положение АУО2. Если точку Аг
найти, то задача будет решена. Следовательно, искомая
точка есть
Изучаем чертёж-набросок; так как А1Т1\\Т2О2 и
ЛТ-Н^Оо, то четырёхугольник А1Т1Т2О2 — параллело-
грам. Поэтому Д17,1 = Г2О2, т. е. /Ц удалена от Ot на рас-
стояние R — г. Это первое свойство точки At:
A^O^R-r).
Второе свойство пока не очевидно. Однако замечаем,
что Точка Ai обладает таким
112
свойством, что из неё отрезок О\ О2 виден под прямым уг-
лом. Поэтому Aj<= М М — середина отрезка OtO2-
План построения:
а) строим O1(R—г) и М I ), отыскиваем точку 4Х;
б) строим AiAlt затем ОгТгНОИь получаем точки
7*1 и Т2',
в) строим Т2Т2.
Построение выполняется на чертеже-задании.
Доказательство.й отличие от многих задач на пост-
роение эта задача имеет интересное доказательство. До-
кажем, что Т2Т2 — общая внешняя касательная окруж-
ностей O2(R) и О2(г). Для этого надо доказать, что
а) 7\ и Т2 принадлежат, соответственно, окружностям
О, и О2; б)
По построению, АД\ = О2Т2 = г и O2Ti\\O2T2, поэтому
четырёхугольник АД\Т2О2— параллелограм. По построе-
нию ^.OiAiOi = 90°, поэтому и = 90°. Кроме
того, по построению, T^O^R). Следовательно, Т1Т2 —
касательная к окружности Оь Но, по построению, и
Г2с=О2(г), а Поэтому ТгТ2 — касатель-
ная к О2.
Исследование. Рассматриваемая задача — типичная
задача положения. Меняя взаимное положение окружно-
стей, легко получить все четыре случая*), когда задача
существенно различна по числу решений и по приёмам
построения (черт. 60).
Приведём второй вариант анализа. Для выяснения
свойства точки Т2 перенесём О2Т2 в направлении Т.Т1 на
длину Т2Т2. Тогда точка О2 преобразуется в At. Даль-
нейшие рассуждения очевидны.
Можно указать ещё третий вариант анализа на тот
случай, если учитель решил с учащимися задачу о пост-
роении трапеции О1Т\Т2О2 (черт. 59) по двум основани-
ям (OjTj и О2Т2), боковой стороне ОгО2 и углу, образо-
ванному основанием и неизвестной боковой стороной.
Тогда определение направления луча О2Т2 можно свести
к отысканию ZO3OiTi= а, а эту задачу решить при по-
мощи построения трапеции OxTjTjOj опять же методом
*) Включая и случай совпадения окружностей, что возможно,
когда R = r.
8* Г« П. Сенников,
113
параллельного переноса. Этот вариант логически более
строен, но громоздок.
Задачи на построение касательных к одной и двум ок-
ружностям изучались нами в контакте с учителем черче-
ния. Для закрепления знания построения в этих задачах
после разбора в классе давалось домашнее задание: вы-
Бесконечное
множество решений
Черт. 60.
чертить (в карандаше) чертёж-построение на формат-
ке а4. Работа оценивалась совместно с учителем черчения.
Большое применение в решении задач на построение
находит ГМ.Т 6 (стр. 13), из которых данный отрезок ви-
ден под данным углом.
Приводим несколько задач для решения на уроках,
а также для самостоятельной работы учащихся.
71. Построить треугольник, по а,' А и m , .
Анализ Пусть искомая точка—вершина А (черт. 61).
Изучая свойства точки А, устанавливаем, что:
Ас=О(а, А) и Ac:D(m о).
Вывод. Если точка А существует, то является точ-
кой пересечения дуги сегмента О (а, А) и окружно-
сти D(ma).
Построение и доказательство очевидны.
Исследование. Так как в условии задачи не ого-
ворены размеры угла А, то указываем, что 0°<Л<180°,
для определённости пусть /_А — острый.
Видим, что характерные случаи взаимного расположе-
ния указанных выше геометричсеких образов зависят пре-
жде всего от соотношения от-
резков та, DK и у. Здесь
DK—высота сегмента О (а, А).
По чертежу (черт. 61) видно,
что имеют место следующие
пять случаев:
1) та >DK—нет решения;
2) та —DK—одно решение
(равнобедренный треугольник
ВСК);
3) у </па<£>К—два реше-
ния, если треугольник АВС не-
равнобедренный, в противном •
случае — одно решение;
4 и 5) та <у — нет решения.
Несколько иные результаты будут для случая, когда
Т/_А — тупой.
Задача становится неопределённой, если /Д=90°
а
и та — у •
В качестве домашнего задания можно дать такую за-
дачу:
72. Построить треугольник по а, А и ha.
Далее в классе можно рассмотреть задачу 3 (см.
стр. 15), но при другом варианте решения.
Приведём этот вариант.
Пусть требуется построить треугольник по а, b и ост-
рому углу В, применяя ГМТ 6.
Анализ. Предположив задачу решённой, замечаем,
что искомая точка В (черт. 62) обладает такими свойст-
вами: B<=Q(b, В) и В<=.С (а).
Вывод. Если точка В существует, то является точкой
пересечения дуги сегмента О (Ь, В) и окружности С (а) .
Построение и доказательство очевидны.
115'
Исследование. Будем изменять отрезок а (а — пара-
метр). Возможны следующие пять случаез (черт. 62):
1) а > СК — нет решения;
2) а = СК — два решения, если прямоугольный тре-
угольник АСК неравнобедренный (т. е. если не имеет ме-
ста система равенств/5=45° и a=b j/2);
3) Ь < а < СК — может быть четыре решения: тре-
угольники АВ2 С и АВг С и их отражения от ЛС; число
решений может быть и
меньшим; в частности,
~если оба указанных
/ \ \д \ треугольника будут
/ / \V\\ © равнобедренными, то
-^7 \ задача будет иметь два
Чл-Х/ \\ \|® решения (условия это-
'кхх \\ тРз г0 слУчая приведены
в главе Ш на сто- 63).
и "|——а*/ 4) а — b — одноре-
С о А шение — равнобедрен-
Черт. 62. ный треугольник АВ^;
5) а < b — может
быть два решения, если треугольник АВС неравнобед-
ренный.
Случай (2) позволяет выразить отрезок СК (критиче-
ский отрезок) через данные элементы: СК = b esc В.
Сравнивая полученные здесь результаты с тем, что
приведено в главе III в исследовании задачи 3 (см.
стр. 63), можно видеть, что от изменения варианта реше-
ния результаты исследования не изменились.
Заметим, что термины «критический элемент» и «пара-
метр» учащимся сообщать не следует.
Для самостоятельного решения учащимся можно дать,
такие задачи:
73. Построить треугольник по а. с, А.
74. Построить треугольник по а, А и условию, что из-
вестна точка D — основание высоты h а*).
Изучая тему «Вписанные и описанные треугольники
и четырёхугольники», учитель может рассмотреть такие
задачи:
75. Построить треугольник по а, пг а и R.
*) Интересно рассмотреть случай, когда точка D находится на
иродолжении основания (см. задачу 21, стр. 65).
115
Анализ (черт. 63,а). Вершины В и С треугольника
известны. Точка А — искомая. Свойство точки Л: Л с О (R)
и A<=D(ma). Вывод очевиден.
Черт. 63.
Шесть случаев в исследовании видны из чертежа 63,6.
Здесь отрезок та изменяется и сравнивается с отрезками
DK и DF. Если учащимся будет известна теорема Пифа-
гора, то нетрудно выяснить, что
DK = к DF — 2 В— 4 В^ — а8 ,
2 2
Интересно рассмотреть задачу в случае a = 2R, тогда
при tna=R задача имеет бесконечное множество решений.
Полезно рассмотреть с учащимися и такую задачу:
76. Определить, пользуясь только циркулем, можно
ли описать окружность вокруг данного четырёхугольника.
После теоремы о пересечении трёх высот треуголь-
ника может быть рассмотрена задача:
77. Через недоступную точку пересечения двух данных
прямых построить перпен-
дикуляр к третьей прямой,
пересекающей данные.
Искомая прямая должна
проходить через точку пересе-
чения высот СМ и ВР треу-
гольника ЛВС и быть перпен-
дикулярной к прямой ВС (черт.
64). Эту задачу можно решить
на классном полигоне или на
местности.
Черт. 64.
ГЛАВА V
PLUIEHHF ЗАДАЧ НА ПОСТРОЕНИЕ В КУРСЕ
ГЕОМЕТРИИ VIII КЛАССА
' В VIII классе продолжается дальнейшее совершенст-
вование знаний и навыков учащихся в решении задач на
построение и в технике выполнения геометрических пост-
роений.
Изучение задач на построение в VIII классе обычно
связано с меньшими трудностями, чем в младших клас-
сах. Здесь и учитель обладает большим опытом, и мате-
матическое развитие учащихся значительно выше.
По программе VIII класса задачи на построение Орга-
нически включаются в два раздела: «Подобные фигуры»
и «Метрические соотношения в треугольнике и круге»,
§ 15 Реш ние задач методом подоб я
Обычно задачи на построение в VIII классе начина-
ют решать после изучения теорем о сторонах угла, пере-
секаемых рядом параллельных прямых, и о параллельных
прямых, пересекаемых пучком прямых. Перед этим вы-
полняется лишь построение многоугольника, подобного
данному, если известна одна из его сторон, сходственная
стороне данного многоугольника.
После изучения указанных теорем учащиеся знакомят-
ся с такими построениями, как деление отрезка прямой
на части в данном отношении и построение к трём дан-,
ным отрезкам четвёртого пропорционального.
Лишь после этого учитель приступает к решению за-
дач на построение методом подобия.
118
' Денный опыт горьковского учителя И. А. Левина
.(школа № 33) показывает, что восьмиклассникам целесо-
образно давать, начиная с первой четверти, задания по
самостоятельному решению задач на построение из кур-
са VI и VII классов. Небольшое число 1аких задач надо
подобрать так, чтобы обеспечить в дальнейшем решение
задач методом подобия.
Основное назначение задач на построение, решаемых
методом подобия, — помочь учащимся уяснить идею
преобразования подобия на частном случае такого пре-
образования — гомотетии.
Потребность в преобразовании подобия, в частности
гомотетии, возникает снова из необходимости установить
свойства искомых элементов фигуры для их отыскания.
При этом изображённая на первоначальном наброске
требуемая в задаче фигура как бы «сжимается» (или
«растягивается»), так что форма фигуры не меняется,
а линейные размеры изменяются, и в чертёж набросок
оказываются включёнными все данные в условии эле-
менты, в том числе и линейные.
Вследствие такого преобразования оказывается, что
искомые точки обладают замечательным свойством они
являются гомотетичными (сходственными) точкам, по-
строение которых известно.
Решение задач методом подобия обеспечит учащимся
понимание основных свойств преобразования подобия.
В частности, учащиеся будут чётко представлять, что
при таком преобразовании не изменяется форма фигуры,
но меняются её линейные размеры, что существует бес-
конечное множество фигур. подобных данной (искомой).
Опишем несколько урокоз по теме «Решение ’адач
на построение методом подобия».
78. Построить треугольник по острому углу С =
высоте hc и условию, что а : b — rn : п(т и п — отрезки).
Анали Пусть треугольник АВС—искомый (черт. 65).
Известной здесь можно считать вершину С; искомые точ-
ки А и В. Попытка установить свойства точек А и В ни
к чему не приводит.
— Как понимать условие а : b — tn : п> Это означает,
.что а = пгк и Ь = пк. Отметим это на чертеже-наброске.
•Отрезки m и п даны.
Оставим угол С неизменным, а стороны АС и ВС
«сожмём» в к раз. Тогда отрезок АС преобразуется
119
в AiC^n, отрезок ВС и BiC-m. Точка А преобразуется
в Л1( точка В — в точку Вх. Треугольник АВС преобра-
зуется в треугольник АХВХС (изображается на том же
чертеже).
Треугольники АВС и АХВХС подобны (по 1 признаку)
и подобно расположены.
С Очевидно, что BjAi||BA.
А. Мы выполнили операцию
ч*. подобного преобразования
искомого треугольника АВС
а В треугольник А,ВХС.
Рассмотрим треугольник
/ АХВХС (он защтриховывает-
Д О в ся). Нельзя ли его постро-
ить? Что можно сказать о
ерт‘ свойствах точек А и В?
Свойства этих точек очевидны: они являются сход-
ственными вершинами At и Вх (соответственно). Для
построения точек Л и В достаточно построить лучи СЛ,
и CBj, затем луч CD1_[_A1Bt и отрезок СВ(=ЛГ) этого
луча. Остаётся построить через точку D прямую ЛВЦЛ^^,
в пересечении её с лучами САХ и СВХ найдём искомые
точки Л и В.
Мы выполнили подобное преобразование треугольни-
ка АХВХС в треугольник АВС. Точка С в этом преобразо-
вании есть центр подобия треугольников АВС и АХВХС.
Далее необходимо сформулировать план построения
и выполнить само построение.
Построение На классной доске и в тетрадях учащих-
ся появляется чертёж-построение: сначала строится тре-
угольник АХВХС (высота h'c строится при помощи ли-
нейки и чертёжного треугольника)„затем — треугольник
АВС (ЛВЦЛ^, строится также линейкой и угольни-
ком). Некоторые построения на доске выполняют уча-
щиеся.
Далее проводится доказательство (ссылкой на вы-
полненное при построении преобразование подобия).
Исследование Переходя к исследованию, учитель за-
мечает, что достаточно исследовать задачу о построении
треугольника АЛВХС. Учащиеся записывают: если трз-
угольник АХВХС неравнобедренный (т ф п, а также
ВХС =# BjAJ, то задача имеет два решения.
В заключение подводится итог.
120
В этой задаче среди Бнных имеется угол и отноше-
ния двух сторон треуголвника, а также один линейный
элемент.
Вместо построения искомой фигуры сначала строилась
фигура, ей подобная. Для этого использовались отноше-
ния сторон и угол. Затем построенная фигура преобразо-
вывалась в искомую. Для этого использовался заданный
линейный элемент.
Учитель замечает, что вместо отрезков тип могли
быть даны числа.
Для домашней работы можно рекомендовать следую-
щие задачи:
79. Построить треугольник по тупому углу Z В - р,
отношению сторон а: b = m: п и третьей стороне с.
80. Построить треугольник по углу /_С= •[, отноше-
нию сторон а : b — 5 :4 и биссектриса угла С.
Делается разъяснение, что при решении задачи 80
надо сначала выбрать какой-нибудь отрезок х в качестве
общей меры и строить треугольник, подобный искомому
и имеющий стороны 5х и 4х.
На следующем уроке рассматривается такая задача:
81. Построить треугольник по отношению сторон
а : b = m : п, острому углу Z.A — а и m а.
Анализ. Проводятся рассуждения, как и в первой ча-
сти описанного выше урока. Для отсекания пути построе-
ния треугольника АВС мы преобразуем его в такой
треугольник ABtClr стороны которого суть отрезки тип,
а угол, противолежащий стороне т, равен а (черт. 66).
Учитель поясняет, что
для решения задачи доста-
точно построить какой-ни-
будь треугольник из беско-
нечного множества подобных
искомому. Удобнее строить
этот треугольник по элемен-
там, данным в условии за-
дачи.
Подчёркивается, что та-
ким образом мы выделяем
часть данных (отношения сторон и угол) и решаем вспо-
могательную задачу о построении фигуры, подобной ис-
комой.
В
Черт. 66.
131
Учитель обращает внимание учащихся на то, что ана-
лиз в задачах, которые они сейчас рассматривают, со-
стоит из двух частей: сначала надо выяснцть, как строить
фигуру, подобную искомой, потом необходимо найти спо-
соб преобразования построенной фигуры в искомую.
После выполнения построения проводится доказа-
тельство.
Доа азательство (черт 66). Треугольник ЛВС—иско-
мый, так какДЛВС ст ибо ВС\\ВХСЛ, и //Д=а —
по построению. AD — медиана, ибо
=±= BD : DC =1 — по теореме о пропорциональности от-
резков, на которые пучок прямых (АВ, AD, АС) рассека-
ет систему параллельных (BiCiWBC). AD = т„—по по-
строению.
Выполненное нами преобразование треугольника
АВуС' в треугольник АВС называется подобным преоб-
разованием с центром подобия А, В качестве центра по-
добия можно выбраты любую точку, но при этом может
усложниться построение.
Исследование проведём для треугольника, подобно-
го искомому.
Задача может иметь решения, если 0°<а<180°.
В нашем случае ()э<^ ? <90°. Определим число решений.
Построения, симметричные относительно AClf не вы-
полняем; очевидно, что их можно повторить. Графически
устанавливаем такие случаи:
1) m<h — задача не имеет решения (h— расстояние
точки Ci до луча АВ);
2) m = h—задача имеет, самое большее, два решения;
3) h<m<n — задача имеет, самое большее, четыре
решения;
4) m = n — задача имеет одно решение;
5) т>п — задача имеет, самое большее, два ре-
шения.
(Случаи минимума решений выясняются лишь при на-
личии времени.)
В качестве домашнего задания можно предложить
такие задачи:
82. Построить треугольник по отношению сторон
Ь:с = 2:3, ZC и h (анализ изложить).
83. Построить треугольник по отношению сторон
b \ с — m \ п, Z.C и Ь (исследование изложить).
На следующем уроке целесообразно решить задачу:
122
84. Построить треугольник по b : hb : п, /В* р
и т1.
Рассуждения обобщаются учителем в вывод, причём
указывается, что условие задачи можно подразделить на
две части: одна часть (отношение линейных элементов и
углы) определяет форму фигуры, другая часть (линей-
ные элементы) определяет линейные размеры фигу-
ры. Когда решение задачи на построение проводят так,
как это уже проделано, то говорят, что задача решена ме-
тодом подобия.
Приводим конспект одного из уроков, на котором ре-
шалась задача на построение четырёхугольников. В ана-
лизе учитель сразу обращается к отысканию пути по-
строения фигуры, подобной искомой.
Конспект урока,
проведённого в VIII классах А и Д школы № 13 г. Горького учите-
лем Никольской Е. С-
Тема: Решение задачи на построение трапеции методом по-
добия.
Построить трапецию, если даны отношения основания а, боко-
вой стороны d и высоты h, выраженные в отрезках: a\d\h~
m : р : п, острый угол А и диагональ АС = f.
Цель: совершенствовать навыки учащихся в применении ме-
тода подобия, в проведении анализа и исследования в задачах на
построение.
анализ, (черт. 67,а). Вершины А и Dx вспомогательной тра-
пеции известны: это концы отрезка т, искомые вершины: Вх и Gj.
Свойства точки Bf. Вх является точкой луча АВЬ наклонённого
к ADX под углом А; Вх удалена от ADX на данное расстояние п,
т. е. принадлежит одн й из двух прямых (нап имер, ВхСг), параллель-
ных ADX и удалённых от неё на расстоя ие л.
Вывод. Точка Вь если она существует есть точка пересече-
ния луча ABj и прямой ВУСХ.
Свойства ючки Cf. С, уд «лена от ADX на данное расстояние л,
т. е. п инадлежит, например, прямой || ADX и у тлённой от
ADX на расст)нние л; Сх удалена от данной точки Di на данное
расстояние р, т. е. принадлежит окружности Dx (р).
Вывод. Точка СРесли она существует, есть точка пересече-
ния прямой ВХСХ и окружности D] (р).
Построение трапеции ABXC,DX выяснено. Эта трапеция подобна
искомой; преобразуем её в искомую, использовав отрезок АС=/.
Центр подобия—вершина А.
Д|я тог" чтобы вь полнить подо*н »е преобразов ние, на луде
АСХ построим »трез к AC=f\получим т<»чку С (л.ежду А и Сх или
вне отре ка АС,). Через точку С строим прям че, параллельные
В|С, и CXD,. Затем стороны АВ} и ADX продолжаются до пересе-
чения этими прямыми в точках В и D
После построения н дока ательегва перейти к исследованию.
123
Исследование (черт. 67,0). Точка Вх всегда может быть най-
дена. Построение трапеции AB^C^D^ зависит о г того, существует
точка или нет.
Черт. 67.
Существование же точки Ct записи? от того, имеют ли общие
точки окру ж н з^т ь Di (р) и прямая ДСр
Исследуем графически различные случаи (отрезок р надо срав-
нивать прежде всего с отрезком л):
1) р< п- точка Ci не существует, нет решений;
2) точка Ci существует; два решения: может быть ещё постро-
ена прямоугольная трапеция, симметричная ABiKDi относительно
ADi (при Перемещении только в плоскости чертежа трапеции не
совместятся);
3) л< р< BiDu имеем две точки пересечения окружности Di (р)
и прямой BiK (точки Ci и С2):
если р=\=АВг — четыре решения;
если p=ABi—одно решение (равнобочная трапеция ABiC^D^
ибо второй четырехугольник—параллелограм);
4) и
если р^рАВ, —два решения;
если р = ABi— нет решений.
За четыре-пять уроков, которые сможет отвести учи-
тель на решение задач на построение, можно достичь об-
щего понимания учащимися идеи метода подобия. Зада-
чи на построение фигуры определённой формы и задан-
ных линейных размеров, произвольно расположенной на
плоскости, следует систематически решать и дальше в по-
рядке домашней работы. Необходимо познакомить уча-
щихся с задачами, в которых линейные размеры заданы
косвенно. Например:
85. Построить треугольник, если дано: a: b = т: п,
Т/.С = у и сумма сторон а + b = е.
86. Построить треугольник, если дано: а:с«=т: р,
/Аа и сумма медиан та -f-_
164
Недостатка в выборе задач этого типа нет*), мы при-
ведём решение одной задачи.
87. Построить треугольник по /_А = а и условию, что
с: hc *= m : п, причём сумма высот треугольника равна
данному отрезку: h а+ h b-\-hc=e.
Анализ. I. Пусть треугольник АВгСг подобен искомо-
му (черт. 68), т. е. в нёмА'с = п, АВХ— гп и /,С1АВ1 —а.
Выясним путь его построения.
е
Черт. 68.
Известными можно считать как точки В, и А, так и
точки Cj и Во втором случае искомыми будут
две вершины треугольника А и В1г в первом—только од-
на Ci. Поэтому предпочтительнее пока первый вариант.
Если мы встретим серьёзные затруднения в анализе по
этому варианту, то обратимся ко второму.
Итак, Вх и А — известны, Cj — искомая точка.
Очевидно, что: ДСХ (a, m); Схс: = (АВип). От-
куда легко найти точку Сх.
II. Выберем точку А за центр подобного преобразова-
ния. Преобразуем треугольник АВ^ так: построим сна-
чала АРг'= е’. Соединим Ft и Сг отрезком. Затем постро-
им AF = е и FCliFiCj до пересечения с АСХ. Получим
точку С, сходственную точке Сг. После этого строим
CB||CiBi, получаем точку В, сходственную точке В^, точ-
ка А сама себе соответствует. Получили треугольник
ЛВС**), подобный треугольнику ЛВХСХ. Поэтому в нём
*) См., например, статью А. Д. Семушина в журн. « Математика
в школе >, 194ч, № 6.
♦♦) Здесь мы сразу даём и доказательство, хотя, формально его
надо провести после построения.
1?5
h t : c s*s m : n, Z_CAB — а. Осталось показать, что в нём
сумма высот р^вна е. По построению:
’ ha_hb hc g____
h'a~h'b-h'~ e— K-
Используя свойство ряда равных отношений, имеем:
^а~Ь
h’g-^h'h + h'g с'
Знаменатели этих равных дробей равны (и отличны
от нуля), поэтому ha + h,-f- h, = e, что и требовалось
доказать..
При повторении учебного материала по теме «Подоб-
ные фигуры» необходимо решить хотя бы две-три задачи,
когда искомая фигура должна занимать определённое
положение относительно данных фигур. Две такие задачи
приведены в стабильном учебнике (§ 181, задачи 2 и 3).
Рассмотрим одну из них (текстзадачи несколько изменен).
88. В данный остроугольный треугольник вписать
ромб с данным острым углом о так, чтобы две его вер-
шины принадлежали одной из сторон треугольника.
Анализ. В таких задачах также предполагаем, что
искомая фигура построена, и, как обычно, стараемся ус-
тановить искомые элементы и их свойства.
Пусть ромб МНРО— искомый (черт. 69,а).
Достаточно установить положение точки Р (или Н)
на стороне треугольника, и задача будет решена. Пусть
точка Р — искомая. Пока очевидно одно свойство этой
точки: 1) Р <= АС. Для установления второго свойства
126
попытаемся преобразовать ромб MHPQ в подобный и
подобно с ним расположенный. Короче гозоря, применим
подобное преобразование искомого ромба с центром в
вершине В (гомотетию с центром в точке В). Тогда полу-
чим, например, ромб М^Н^Р.^-, точки Р\ и Р — сходст-
венные (гомотетичные), поэтом^принадлежат вместе с
точкой В одной прямой ВРХ. Ромо MxHxPxQi легко пост-
роить, зная острый его угол и го, что вершины Мх и
принадлежат стороне ВА (или её продолжению). Но тог-
да становится очевидным такое важное свойство точки Р:
она принадлежит лучу ВРХ, который можно построить.
Отсюда план построения: строим ромб MXHXPXQX, затем
луч ВРХ и находим точку Р. Осталось построить: РН\\РХНХ,
PQWP& и нм\\нхмх.
Исследование .Задача интересна тем, что здесь, на
первый взгляд, трудно установить, какой из элементов
надо изменять и с чем его сравнивать в ходе изменения.
Очевидно, однако, что всё решает соотношение угла 6
(острый) и внутренних углов треугольника АВС*).
Пусть две вершины ромба принадлежат стороне АВ.
Обозначим внутренние углы треугольника АВС, соот-
ветственно, а, 0, 8. приняв, что
Очевидно, что если 8 > 0 , то вписать ромб так, что-
бы вершина угла 8 была обращена к точке В, возможно;
если же 8 < 0 , то — невозможно (одна из вершин ром-
ба будет вне треугольника, черт. 69,6). .
Аналогично, вписать ромб так, что вершина угла 8
обращена к точке А, возможно, если 8>0 , и невозмож-
но, если 8< а . Сказанное можно повторить для каждой
стороны треугольника. Теперь легко получить следующие
семь случаев (удобно их_выяснять, применяя модели
ромба):
1) а < 8 - вписание возможно при каждой стороне
треугольника, в направлении каждой из его вершин
(черт. 69,в), всего шесть решений;
2) а=8 — пять решений, так как вписание в направ-
лении вершины 4 на ВЛ и на СА даст один и тот же
ромб;
3) р < 8 < а — четыре решения, ибо вписание в на;
правлении А (на В А и на С А) невозможно;
*)Т. е. В —здесь параметр, а внутренние углы треугольника—
критические элементы.
127
4) р = 8 < а — три решения, ибо ромбы, вписанные
в направлении В на АВ и на СВ, совпадут;
5) 7 <8 < р — два решения;
6) 7=8 <$ — одно решение;
7) 8 < I (т. е. острый угол ромба меньше меньшего
из углов треугольника) — нет решения.
Исследование можно расширить, если рассмотреть
различные виды треугольников (равнобедренные, прямо-
угольные, тупоугольные и т. д.). Исследование можно со-
кратить, если в условии потребовать вписания ромба
только на стороне АВ.
§ 16. Решение задач алгебраическим методом
Наша методическая литература достаточно подробно
освещает приёмы изучения метода алгебраического ана-
лиза в школе. Указывается, что так называемое построе-
ние формул следует начинать не с VIII, а уже с VI клас-
са. Построение выражений вида х = та 4- nb — ре, где
а, Ь, с — отрезки, т, п, р — натуральные числа, не
выходит за рамки элементарных задач. В VII классе
в связи с задачей о делении отрезка на любое число рав-
ных частей могут выполняться построения формул такого
вида:
x=ma-\-nb-}-pc,
где а, Ь, с — отрезки, т, п, р — рациональные числа.
В VIII классе ещё в разделе «Подобные фигуры» уча-
щиеся знакомятся с построением формул;
При прохождении раздела программы «Метриче-
ские соотношения в треугольнике и круге» останется изу-
чить лишь построение отрезка среднего пропорционально-
го между двумя данными отрезками и построение отрезка,
квадрат которого был бы равен сумме (разности) квад-
ратов двух данных отрезков.
При такой последовательности введения построений
формул учитель сможет выделить 4—5 уроков на озна-
комление учащихся с алгебраическим методом. При этом
о построении корней квадратных уравнений (заданных
в отрезках) учащиеся узнают в ходе решения задач.
Придётся несколько изменять ставшие уже привычны-
128
ми представления учащихся о содержании общей схемы
решения задач на построение.
При проведении анализа для выяснения свойств иско-
мых элементов мы применяем на этот раз не геометриче-
ские преобразования, а отыскание при помощи алгебры
некоторых величин, хараЛ^ризующих вместе с данными
положение искомого элемента. Рассмотрим задачу:
89. Дан треугольник АВС. Постооить прямую MN,
параллельную АС и пересекающую стороны треугольника
так, чтобы разность МВ — NC была равна данному от-
резку d.
Анализ (см. чертёж-набросок 70,а). Очевидно, что
для решения задачи надо установить положение точки М
на АВ. М— искомая точка. Очевидно также, что Мс:АВ,
М<=В(МВ). Отрезок МВ неизвестен. Примем для крат-
кости МВ = х и постараемся найти этот отрезок.
Анализ
(Дано) Построение:.
Черт. 70.
Из подобия треугольников MBN и АВС имеем:
_ ВС, т. е. — — а___________, откуда
ВМ BN х a-(x-d)'
х(а + с) = c(a-\-d), или х —
Следовательно, х — отрезок, четвёртый пропорцио-
нальный трём известным отрезкам.
Построение. На чертеже-задании (черт. 70,6) выпол-
ним построение. Продолжив ВС на CF = с, построим от-
резок CD — d. Затем строим МОЦЛ/7, тогда МВ =х.
Осталось построить ЛМ||ДС.
9. Г. П. Санников
Доказательство. Алгебраический метод усложняет
доказательство. В данном случае требуется доказать, что
МВ - NC = d.
По построению, МВ = -с *
Из подобия треугольников АВС и MBN имеем-
с ( а •+ d)
MB BC—CN а + с a—NC.
---= ---------или -------- = ------
АВ ВС с а
Найдём NC\
NC = ±ic-~d>> ;
а 4- с
Теперь легко получить, что МВ — NC = d. Это и до-
казывает, что задача решена верно.
Исследование. Увеличивая d, легко выяснить, что
точка М будет принадлежать отрезку ВА только при усло-
вии, что d -с с. При этом условии задача имеет одно ре-
шение. Таким образом, хотя построение х возможно при
любом d, задача имеет решение не при всяком d.
Рассмотрим пример, когда х отыскивается как корень
квадратного уравнения.
90. Построить прямоугольный треугольник по гипоте-
нузе с и высоте hc.
Учащиеся смогут дать чисто геометрическое решение
этой задачи. Однако полезно указать, что в анализе ход
рассуждений может идти, например, и так:
Анализ. Точка С обладает тем свойством, что являет-
ся концом отрезка DC, перпендикулярного к АВ. Однако
положение точки D на АВ неизвестно. Если найти DB
(черт. 71,а), то задача будет решена. Обозначим этот
неизвестный отрезок буквой х.
Черт. 71.
130
Применяя наши знания геометрии, заключаем, что
— отрезок, средний пропорциональный между соответ-
ствующими отрезками гипотенузы, поэтому
hc2 = х(с — х), или х2 — сх + hc 2 = 0.
Получили квадратное уравнение, где с и hc—данные от-
резки, ах — неизвестный отрезок. Решая уравнение при
помощи алгебры, получим:
С / / с \а
ХЬ2 = У ± ]/ (у) — V-
Учитель должен обратить внимание учащихся на гео-
метрический смысл формулы: х — отрезок, причём х<с,
так как это. часть гипотенузы. Может ли оказаться, что
(f)2<V? Нет.
Чтобы установить, брать ли выражение х со знаком
(+) или со знаком (—) перед радикалом, надо прове-
рить, выполняется ли условие, что х<^с (выполняется в
обоих случаях).
Таким образом, в анализе мы уже занимаемся вопро-
сами исследования, однако это не значит, что на этом
этапе исследование будет закончено.
Построение. Выполняем сначала построение отрезка х.
Как уже указано, построение искомой фигуры надо вы-
полнить так, чтобы по возможности меньше «переносить»
вспомогательные отрезки из одной части чертежа в дру-
гую. Например, в этой задаче построение можно выпол-
нить так.
Строим (черт. 71,6) отрезок MB — h , МР^_МВ и
окружность В(~), пересекающую МР в точке Р. Тогда
МР = |/ (-jj — h2c- Поставив ножку циркуля в точку Р,
выполним три операции: отложим на продолжении ВР от-
резок РМ, тогда BD = хь затем вычитаем из ВР отрезок
РМ, тогда PtB — х2, наконец, прибавляем к отрезку РВ
отрезок РА . Осталось построить перпендикуляр к
АВ через точку D (или PJ и отложить на нём DC—h. с,
после чего построить стороны треугольника.
Доказательство.В рассматриваемом примере необ-
ходимо доказать, что угол С—прямой. Теорема, обратная
131
использованной нами при составлении^уравнения, в школе
не доказывается. Не применяя теорему Пифагора, можно
доказать, что угол С — прямой, если провести рассужде-
ния, данные в учебнике Киселёва «Геометрия», ч. I
(§ 188), в обратном порядке.
Однако теорема Пифагора к моменту решения таких
задач должна быть уже известна учащимся, и доказатель-
ство можно провести проще. Рассмотрим прямоугольный
треугольник CDO (черт. 71,а) с катетами hc их — j .
Применяя теорему Пифагора, получим, что СО—АО=
. т. е. точка С принадлежит окружности О(^)
откуда Z.ACB — 90°.
Исследование. Необходимо довести начатое ещё в
этапе анализа исследование до геометрического резуль-
тата.
Что означает условие ( у)2 > АД являющееся крите-
рием существования отрезка х? Это значит, что половина
данного отрезка гипотенузы не должна быть меньше от-
резка высоты. Интересно отметить случай: у =АС, когда
решением будет равнобедренный треугольник (в этом
случае построение существенно упрощается).
Что означает возможность выбора того и другого зна-
ка перед радикалом? Геометрически это означает наличие
двух фигур, отвечающих условию задачи. При этом тре-
угольники не могут быть совмещены перемещением толь-
ко в плоскости чертежа (если =А ht ), т. е. мы имеем
два решения. Совпадение числа корней уравнения и числа
решений в задаче не означает, что этот факт вообще имеет
место. На примере задачи 89 учитель может сопоставить
геометрический ход решения задачи на построение с ал-
гебраическим и подчеркнуть, что последний характери-
зуется значительным усложнением этапов доказательства
и построения. Поэтому применять алгебраический метод
следует только для задач, геометрическое решение кото-
рых достаточно сложно.
Кроме задач, рассмотренных в этом параграфе, в шко-
ле могут быть использованы задачи 15, 15, 17, анализ ко-
торых дан в главе I (§4).
132
ГЛАВА VI
ЗАДАЧИ НА ПОСТРОЕНИЕ ДЛЯ КРУЖКОВОЙ
РАБОТЫ В VI —VIII КЛАССАХ
§17. Примерный перечень вопросов для кружковой
работы в VI классе
После изучения построения срединного перпендикуля-
ра к отрезку АВ в кружке можно предложить такую за-
дачу.
1) Построить перпендикуляр к отрезку, проходящий
через недоступную его середину.
Анализ задачи очень несложен: для построения искомого пер-
пендикуляра достаточно найти какие-либо две его точки (черт. 72).
Предметом занятий кружка
может служить решение некото-
рых задач на пос।роение на
местности, а при отсутствии воз-
можностей для этого — на клас-
сном полигоне (например, ос-
новные задачи на построение, н
. помещённые в главе IV, § 14). А
Темой занятий кружка VI
класса могут быть более слож-
ные задачи на построение, чем
рассмотренные на уроках. Учитель
Черт. 72.
может поставить
цель—совершенствовать умение учащихся проводить
анализ, а при возможности — и исследование. В част-
ности, интересным для учащихся будет разъяснение
принципа подсчёта числа решений и применение его
к некоторым задачам.
133
Приводим примерный перечень задач для таких за-
нятий.
2) Построить треугольник по а, Ь, В.
3) Построить треугольник, основанием которого слу-
жит данный на чертеже отрезок ВС, если медиана к ос-
нованию равна та, а вершина А принадлежит данной
прямой PQ.
4) То же, но вершина А принадлежит данной окруж-
ности.
5) Построить треугольник по а, Ь, та.
6) Построить треугольник по а, В, Ь-\-с.
7) Построить прямоугольный треугольник по гипоте-
нузе и сумме катетов.
8) Построить окружность данного радиуса г, прохо-
дящую через две данные точки А и В.
9) Построить окружность радиуса г, центр которой
равноудалён от двух данных точек и равноудалён от двух
данных параллельных прямых.
§ 18. Задачи для кружковой работы в VII классе
При повторении основных построений за VI класс в
кружке целесообразно рассмотреть следующую задачу,
имеющую значение для практических работ на местности.
1) . Разделить пополам угол, вершина которого не по-
местилась на чертеже.
Учитель А. И. Мостовой рассказывает в заметке о
«Педагогических чтениях» в Узун-Агач (Казахская
ССР)*), что семиклассники руководимого им кружка да-
ли одиннадцать способов решения этой задачи. Приведём
из них два решения.
Первое решение.' Пусть требуется угол АВС разделить
пополам (черт. 73,а). Через произвольные точки М и W, принадле-
жащие сторонам угла, строим Л4ЕЦВС и NEW АВ. Затем строим
ND—ME и DKWEM. Четырёхугольник BKDN — ромб, т. е. BD де-
лит данный угол пополам. BD — серединный перпендикуляр к из-
вестному отрезку KN.
Второе решение. Через произвольную точку D строим
DE\\BC (черт. 73,6), тогда AADE= ^АВС, a Z.BDE равен сумме
двух других углов треугольника BDN. Разделим Z.BDE пополам
биссектрисой DN. Тогда треугольник BDN — равнобедренный, пер-
пендикуляр, построенный через середину основания DN — искомая
биссектриса.
•) См. жури. «Математика в школе»; 1953, № 2.
131
Прекрасный материал для кружковой работы дадут
задачи на отыскание геометрических мест Эти задачи
должны быть обязательно включены в программу заня-
тий кружка. Большой материал по геометрическим ме-
Черт. 73.
стам учитель найдёт в книге Д. И. Перепёлкина «Геомет-
рические построения в средней школе».
Задачи на отыскание геометрических мест
2) Найти ГМ вершин треугольников с общим основа-
нием а и равными высотами ha .
3) Найти ГМ середин отрезков, соединяющих данную
точку А со всеми точками данной прямой MN.
Указание. Если В и С — две произвольные точки прямой
ММ1 то в треугольнике АВС высота ha — известна и постоянна.
Тогда середина D отрезка АВ обладает тем свойством, что она уда-
лена от MN на известное расстояние . Такие точки составят
лхл/ - - ha
прямую, параллельную MN и удаленную от нее на
4) Найти ГМТ, удалённых от данного отрезка ВС на
данное расстояние h (не смешивать с ГМТ 3).
5) Найти ГМТ, обладающих тем свойством, что отрез-
ки касательных, проходящих через них к данной окруж-
ности, равны данному отрезку.
6) Найти ГМ оснований перпендикуляров, построен-
ных через данную точку, к прямым, проходящим через
другую данную точку.
Указания. 1. Пусть А и В — данные точки (черт. 74), а —
произвольная прямая, проходящая через точку В. Построим AM 1а,
тогда точка М одна из точек искомого ГМ. Проделаем то же для
другой прямой Ь, проходящей через точку В. Точка Р также облада-
ет указанным в задаче свойством: является основанием перпенди-
135
куляра, проходящего через точку А, к прямой Ь, т. е. и точка Р при-
надлежит искомому ГМ. Необходимо выяснить, составляют ли точки
такого рода, как М и Р, какую-либо линию.
Углы АМВ и АРВ — прямые, т. е. из точек М и Р отрезок АВ
Черт. 74.
ем перпендикуляра d к прямой
этим свойством.
виден под прямым углом, но из-
вестно, что точки, обладающие
таким свойством, составляют ок-
ружность, диаметром которой яв-
ляется отрезок АВ.
2. Пусть окружность О
построена. Выясним: обладает ли
каждая её точка указанным в ус-
ловии задачи свойством? Пусть
Q—произвольная точка окружно-
сти О; построив AQ и BQ, видим,
что Q есть основание перпендику-
ляра AQ к прямой BQ, т. е. точка
Q обладает указанным свойством.
Установим, обладают ли этим
свойством точки А и В. Очевидно,
что существует прямая с zd В,
такая, что АВ ± с. С другой сто-
роны точка А является основани-
АВ, т. е. и точки Л и В обладают
Вывод. Окружность О () — искомое ГМ.
7) Найти ГМ средин хорд данной окружности, прохо-
дящих через данную вне (внутри) окружности точку.
8) Найти ГМТ, из которых данный отрезок виден под
углом не большим, чем данный угол а.
9) То же, но отрезок виден под углом большим, чем а.
10) Найти ГМ точек персечсния двух прямых, обра-
зующих данный угол, причём одна прямая проходит че-
рез данную точку А, другая — через точку В.
Задачи, решаемые методом геометрических мест
И) Построить окружность, касающуюся трёх данных
прямых, образующих треугольник (четыре решения).
12) Построить треугольник, зная a, h а и острый угол
между т ь и стороной с.
а
Указание. Начертив МР\\ВС (черт. 75), видим, что МР = 2 •
М и Р — известные точки, В — искомая. Из точки В отрезок МР ви-
ден под данным углом ц; точка В удалена от прямей МР на рас-
стояние
136
треугольник по с и г.
При исследовании выяснить условия наличия общих точек пря-
мой ВС\\МР и дуги сегмента Q (МР, у- ).
13) Построить прямоугольный
Указание. Вписав в тре-
угольник окружность, видим, что
задача свелась к отысканию цен-
тра О. Определим угол АОВ, Он
равен 135°.
Точка О с О (с, 135°) и
Ос= (АВ, г), *
14) Построить треуголь-
ник по a, Z Д = а и радиусу г
вписанного круга.
Указание. Задача анало-
гична предыдущей Угол ВОС
(черт. 76) подсчитывается так:
Z1 « Z2, Z3 - Z4, Z2 + Z4 =
а
= 90е + "2 • Поэтому: О с “= (ВС, г);
О <= О (а, 90° +
2
а
Г
6)
7)
8)
9)
15) Построить треугольник
по Ь, т с и R (анализ см. на
стр. 44, задача 18).
Исследование ( черт. 77,6 и 78).
1) тс > СК — нет решения;
2) т с = СК — самое большее —
два решения (треугольник АВС и
его отражение от Л С);
3) b < тс < СК — самое боль-
шее— четыре решения (точки Di и Ds
дадут два треугольника, надо учесть
и их отражения от А С);
4) тг = 6 — самое большее —
два решения;
5) СЕ < тс < С А — самое боль-
шее — четыре решения;
большее — два решения;
< т с < СЕ — самое большее — четыре решения;
= СК — самое большее — два решения;
< СК — нет решения.
тс — СЕ — самое
СК
тс
тс
Обращаем внимание на случай 7: его легко пропустить, если
радиус окружности Ох невелик.
Уже в VIII классе отрезки СК и СК могут быть выражены через
данные на основании свойства секущих, построенных из точки С,
взятой вне окружности Имеем (тот же чертёж 77,6):
СК • СК ~ СА • СЕ; , (1)
137
СМ « СК — R (так как МК «• /?):
b
СА — b-t СЕ = у; подставляя в (1), имеем;
Ь*
CK*-R-CK- 7 «0.
(2)
2
Решая уравнение (2) и учитывая, что СК > 0, имеем:
СК=^Л^Е, а затем CN= ^^^2?
Интересен случай: b = 2R.
16) Построить треугольник по Ь, острому углу
ZB = 3 и тс.
Указание. Анализ совершенно аналогичен приведённому в за-
В
fl
а)
<5)
Черт. 77.
даче 18 (стр. 44). только первое свойство точки В
в том, что
ft т. е.
Черт. 78.
> состоит
из неё отрезок АС (черт. 77,а) виден под данным углом
В г- О (Ь> ft/. Второе свойство:
В cz АО.
В исследовании будет тоже
9 случаев (если 3—острый угол),
однако точки дуги АВгС
(например, точка В3) не дают
решения (так как £АВ3С =
= 180° — £). Поэтому имеем
(черт. 78):
1) т с > СК —нет реше-
ния;
2) т с — СК — максимум
два решения;
3) b < т с < СК— мак-
симум четыре решения;
4) т с =6—максимум два
решения;
138
5) <т с < b — максимум два решения;
b
6) —максимум два решения;
b
7) CN < те <2- — максимум четыре решения;
8) т с — CN — максимум ива решения;
9) т с < CN — нет решений.
Здесь вычисление отрезков CN и СК потребует знания тригоно-
метрии. Приводим окончательный результат:
СК b j/"8 4- esc* 3 4“ 2.R
Г ’
67V==*/ 84- cscO - 2R
4
Приведём ещё задачу, в которой приходится последо-
вательно заменять искомые точки.
17) Построить треугольник по а, острому углу А и hb.
Указание. Анализ можно вести двумя способами:
а) Считая известными точки В и D (черт. 79), найти А
(Л с: О (h ь, A) viAcz DA1BD), затем
б; Считая известными точки
В и С, найти А. Второй путь удоб-
нее уже тем, что мы отыскиваем
одну вершину, а не две, как в ва-
рианте (а).
Итак, В и С известны, А — ис-
комая точка.
Первое свойство точки А:
А с О (л, •« ). Второе свойство
точки А: Ac. CD. Но точка D не-
известна, т. е. теперь D — искомая
точка. Свойства точки Z):
D с О ( (у) и D с, В (hb ).
Если D существует, то возможно, что и А существует.
План построения: строим: О (а, а ), О ! (3), В (hb) й
отыскиваем D — пересечение В (hb) и Oj (^). Затем строим CD
до пересечения с дугой О (а, а) в точке Л.
Исследование (черт. 80). Проведём исследование для случая
а< 90°, хотя интересен также и случай 90° < а < 180°.
Графическое исследование показывает следующее:
1) hb >а— «отрешения;
2) hb = а. Этот случай говорит о совпадении точек С и О. Вы-
сота Ь ь совпадает в этом случае с отрезком а.
139
Построив через С перпендикуляр к ВС до пересечения с дугой
сегмента О (а/»), получаем точку Д', т. е. имеем максимум два
решения (прямоугольный треугольник ВС А' и его отражение от ВС);
3) BD,<h BD !< а. Окружности О, (-^- ) и В (h ь ) пересе-
каются в двух точках: Di и D'i, при помощи которых получаем ис-
комые вершины Д1 и A'i — максимум четыре решения;
4) hb ~BD2<a. Точка D взята так, что прямая D2C касается
Черт. 80.
дуги сегмента в точке С. Точка D решения не даёт, так как верши-
ны Д и С совпадают. Прямая Ь'ъС пересекается с дугой сегмента в
точке Д 2—максимум два решения. Нетрудно видеть, что касательная-
DiC к дуге сегмента наклонена к а под углом а.
Это даёт возможность вычислить BD2 через данные величины;
BD_=a sin а\
5) ha < BD2— максимум два решения, к которым приводят точ-
ка Л'з и её отражение от ВС. Прямая D3C пересекает не дугу сег-
мента, а её дополнение до окружности и не приводит поэтому к ре-
шению. *
18) Построить четырёхугольник по двум диагоналям,
двум смежным сторонам и углу, образованному двумя
смежными сторонами.
Анализ. Искомыми удобно считать вершины В и С (черт. 81).
Точка В может быть найдена как вершина треугольника ABD, если
его построить по трём известным отрезкам а, b и f (a>f>b),
140
Точка С обладает двумя ЯВ&дными свойствами: СсЛ(е) и
С<= О (f, С).
Вывод. После построения треугольника ABD (если он суще-
ствует» точка С может быть
найдена (если она существует)
как точка пересечения окруж-
ности А (е) и дуги сегмента
о (А С)
исследование задачи со-
стоит из двух частей:
1) исследование возможно-
сти построения треугольника
ABD. Если треугольник ABD
построить невозможно, то за-
дача не имеет решения;
2) исследование возмож-
ности построения искомого
четырёхугольника, если тре-
угольник ABD возможно по-
Черт. 81.
строить.
Чертёж 81 показывает, что имеют место следующие случаи:
1) е > АК— нет решения;
2) е = АК АК — два решения, если четырёхугольник ABKD
не имеет оси симметрии, в противном случае — одно решение;
3) а < е < АК (е А К ) — может быть четыре решения: четы-
рёхугольники ABCD и ABCiD и их отражения от AD. Если оба че-
тырёхугольника имеют оси симметрии — два решения; возможны и
три решения;
4) е = Д/С»—может быть два решения;
5) е = AKi — нет решения, если AKi С а четырёхугольник вы-
рождается в треугольник AKiD\ может быть два решения, если
ci<AKi<AK.
6) b <е <а (е =£ АК ) — может быть два решения;
7) е < b — нет решения;
19) Построить окружность данного радиуса г, касаю-
щуюся данной окружности О (/?) и данной прямой АВ.
Указание. Решение задачи сводится к построению двух гео-
метрических мест: геометрического места центров окружностей ради-
уса г, касающихся прямой АВ (пара прямых, параллельных данной
и отстоящих от неё на расстоянии г; назовём эти прямые М, и
MzNz) и ГМ центров окружности радиуса г, касающихся данной
окружности О (R). (Пара окружностей, концентрических данной,
радиусов R + г*и R — r, если R>r или r — R, если r>R.)
Исследование. Необходимо обратить внимание на то, что ок-
ружность О (R — г) или О (г — R) может находиться как внутри
данной окружности О (R), так и вне её. а может и совпадать с ней.
Подробное исследование этой задачи потребовало бы выполнения
по меньшей мере сорока семи построений. Однако исследование мож-
но провести быстрее.
Надо заготовить небольшой кусок целлулоида (или оргстекло,
или стекло), на котором вычертить (цветным мелом, тушью) задан-
ную окружность О (R) и соответствующие ей геометрические
141
места. На классной доске или тёмной бумаге нанести данную
прямую АВ и соответствующие геометрические места. Затем, пере-
мещая «прозрачный» чертёж по «непрозрачному», рассмотреть все
возможные случаи задачи.
Ниже приводятся результаты исследования. Для каждого случая
необходимо иметь отдельную пару «прозрачного» и «непрозрачного»
чертежей. Отрезок ОХ — расстояние от центра О до прямой АВ\ это
расстояние меняется при перемещении одного чертежа по другому, и
в каждом отдельном случае соотношений между г и R мы получаем
или отсутствие решений, или определённое их количество, или неоп-
ределённый случай задачи. Рассмотрим подробно лишь первый слу-
чай.
I. R > 2г.
1) ОХ > R + 2г — нет решений;
2) ОХ — R + 1г — одно решение;
3) R < ОХ < R + 2г — два решения;
4) ОХ = R — четыре решения;
5) R — г < ОХ < R — шесть решений;
6) ОХ = R — 2 г — семь решений, так как окружность О (R+r)
пересекает прямые MiNi и MzNz (четыре решения), окружность
O(R—г) пересекает MiNi и касается прямой МгМг (ещё три реше-
ния);
7) О с ОХ < R — 2 г — восемь решений.
Получить три и пять решений невозможно.
Таким образом, максимум восемь решений возможны только
тогда, когда окружность О (R— г) пересекает прямые М и
МгМг. Окружность О (R + г) тем более пересекает эти же прямые,
ибо она охватывает окружность О (R — r).
II. Если R = 2 г. то задача может не иметь решений, или иметь
одно, два, четыре и шесть решений (пять случаев).
Ill Когда r<R<2 г, то, кроме случая отсутствия решений,
могут иметь место одно, два, четыре, пять и шесть решений (семь
случаев).
IV. Пусть г «в R. Тогда задача может не иметь решений, или
иметь одно, два, четыре решения (четыре случая).
V. Если R < г < 2 г, то. кроме случая, когда решений нет, могут
иметь место одно, два, три и четыре решения (девять случаев).
VI. Когда г = 2R, то имеет место семь случаев (нет решений,
одно, два, три, четыре решения).
VII. г >2R.
1) OX>2r + R — нет решения;
2) OX = 2r+R — одно решение;
3) 2r—R<OX<2r+R — два решения;
4) ОХ = 2r — R — три решения;
Б) R < ОХ < 2r — R — четыре решения;
6) ОХ — R— четыре решения.
7) 0^.OX<R — четыре решения.
Объём исследования может быть уменьшён, если в условие за-
дачи включить одно из соотношений I—VII. Скажем, если указат»,
чта R>2r, то исследование будет состоять в рассмотрении семи
случаев пункта первого.
Н2
Одно из занятий кружка целесообразно посвятить ре-
шению так называемой «задачи Потенота» (точнее, зада»
чй Спеллиуса)*).
20) Даны три точки А, В и С. Найти четвёртую точку
О, такую, чтобы углы АОВ и ВОС были данной величи-
ны (черт. 82).
Практически задача заключается в определении (на карте) ме-
ста точки стояния по трём другим
точкам (ориентирам), положение ко- В
торых и направление на которые из
точки стояния известны (даны углы /X.
между прямыми, соединяющими иско- / . \
мую точку О с остальными). / ! \
Решение задачи опирается на л I j )
понятие геометрического места то- '’Ч у /
чек, из которых данный отрезок ви- J
ден под данным углом. С
Предварительно решается задача:
построить точку, из которой данный U \ /
отрезок АВ был бы виден под дан- X.
ным углом а, а другой отрезок
(CD £)—под другим данным углом
(эта задача может иметь до восьми 4 Черт. 82.
решений).
Задачу Спеллиуса лучше решать после предварительных из-
мерений на местности (или на классном полигоне), в результате ко-
торых нд чертеже появляются точки Л, В и С (черт. 82) и стано-
вятся известными углы АОВ и АОС. Требуется определить (на
чертеже, на плане) местонахождение точки О (нанести на план точ-
ку стояния). В этом случае задача всегда имеет одно решение:
точка пересечения дуг двух соответствующим образом построенных
сегментов. Если случайно окажется, что точка О вместе с точками
Л, В и С принадлежит одной окружности, то задача становится
неопределённой, так как любая точка дуги АОС этой окружности
удовлетворяет задаче. Практически такой случай маловероятен.
Задачи, решаемые методом отражения от прямой
(методом «осевой симметрии»)
На кружке можно рассмотреть задачу, приведённую
в учебнике А. Киселёва «Геометрия», ч. I, § 102, зада-
ча 3:
21) Построить треугольник наименьшего периметра
так, чтобы одна его вершина лежала в точке, данной
*) Потенот (1660—17321—профессор математики и академик в
Париже. Эта задача ошибочно называется именем Потенота. Она
задолго до него была решена датским астрономом и математиком
Спеллием (Спеллиус В), впервые измерившим в lol 7 г. при помощи
триангуляции дугу меридиана. См. Энциклопедический словарь
Брокгауз и Эфрон, т. 48, и ВСЭ, 1У45, т. 51.
i4i
внутри угла, а две другие вершины — на сторонах дан-
ного угла.
Указание. Анализ задачи дан на странице 18 (задача 5).
Проведём исследование. В условии задачи не указана ве-
личина угла, поэтому учитель может поставить вопрос о наличии
решений в зависимости от размеров данного угла. Видно, что в слу-
чаях, когда угол XOY — грямой, тупой или более тупого, то задача
не имеет решения (черт. 83, а, б).
Выв од. Задача имеет одно
решение, если 0°<¥ОУ<90в.
а) ^2
Черт.
22) Между двумя параллельными прямыми а и Ъ да-
ны две точки А и В. Построить четырёхугольник на-
именьшего периметра так, чтобы две его вершины принад-
лежали, соответственно, прямым а и bf а двумя осталь-
ными вершинами были точки А и В.
23) Построить по четырём сторонам четырёхугольник
ABCD, зная, что диагональ АС делит угол А пополам.
Анализ, По свойс1ву биссектрисы АС является осью симмет-
рии угла DAB (черт. 84).
Точка D] есть отражение D от АС, поэтому AD » ADi -» а,
CiD = DC = Ь.
Задача свелась к построению треугольника D СВ по трём сто-
ронам: Ь, с, d—а. Переход к искомо-
му четырёхугольнику прост.
исс леоование. Для случая, рас-
смотренного в анализе (четырёх-
угольник произвольного вида), задача
имеет, самое большее, два решения,
если, например, с — (d — а) <Ь < с +
+ (d-a).
Однако здесь интересно рассмо-
треть такие два случая:
1) а = d b = с. т. е. ищется
некоторый ромбоид (дельтоид), на-
пример фигура ADCDt.
определения и-угольника (независимо от
его положения на плоскости) надо иметь 2п—3 независимых друг от
друга условия. Для определения четырёхугольника произвольного
вида надо задать 5 условий.
144
Ц d
Черт. 84.
Известно, что для
Формально в случае (1) имеется пять условий, но фактически'
только три: даны две соседние различные стороны и условие сим-
метричности относительно АС. Поэтому задача в случае (1) неопре-
деленна.
Учащимся можно предложить построить искомую фигуру. Опыт
убеждает их, что дельтоидов по таким данным можно построить
сколько угодно.
2) а = d = b = с. Задача всё равно остаётся неопределённой:
для построения ромба, отличного от квадрата, требуется иметь два
условия, здесь же фактически задано одно: условие равенства сторон
покрывает собой уеловие симметричности. Другое дело, если потре-
бовать в случае (2) построить квадрат. Самим требованием мы за-
даём из пяти необходимых условий четыре: взаимную, параллель-
ность двух пар сторон, пятым условием является задание длины
стороны квадрата.
Вывод. Задача имеет максимум два решения, когда a ^d, и
становится неопределённой, если а = d (и искомый четырёхугольник
не квадрат).
24) Построить трапецию по основанию а, боковой сто-
роне d, углу С и условию, что диагональ АС есть бис-
сектриса угла А.
Задачи, решаемые методом параллельного переноса
25) Построить треугольник по tn а, ha и Z.A= а. 1
Анализ. Точки А и М можно считать известными (черт. 85).
Точки В и С — искомые. Достаточно построить, например, точку С.
Очевидно, что СсМЯ±/Ш, причём прямая МН известна, так как
можно построить треугольник АНМ.
Второе свойство точки С пока не можем установить.
Выполним параллельный перенос отрезка АС по направлению
АВ и на расстояние, равное АВ. Тог-
да четырёхугольник ВАСС' —парал- ч д
лелограм и АС '— его диагональ, а.
равная 2та . ЛАСС' -180°— «.От-
сюда ясно, чтоСсзО {2та, 1£0°—а). /, Ж/т?Х.
Осталось сделать вывод, что / а
если С существует, то является точ-
кой пересечения прямой МН и дуги ^х. Мт
сегмента О(2та , 180°— а). х. \ /
Исследование в этой задаче эле- х. \ /
ментарно: прямая МН всегда пере- /
секает дуги двух сегментов в двух Хг,.
точках, из которых одна есть С, а С
вторая’В. Если треугольник АВС не-
равнобедренный (ha^ma, АС =£ВС), Черт. 85.
то задача имеет два решения.
После того как в классе рассмотрено несколько за-
дач, решаемых методом параллельного переноса, учащим-
ся можно предложить задачу из § 101 учебника «Геомет-»
рии» ч. I, А. Киселёва:
10. Г. П. Сенников г 14&
26) Построить четырёхугольник ABCD, зная все его
стороны, и отрезок EF, соединяющий середины противо-
положных сторон.
Указание. Мы приведём только неполное исследование за-
дачи. Оно осложняется тем, что существование искомой фигуры за-
висит от построения трёх вспомогательных треугольников.
Обозначим отрезки: АВ — а, ВС — b, CD — с, AD — d, EF в в.
Условия возможности построения треугольников запишутся так:
Для треугольника DiECi: b—d<2e<b + d.
Для треугольника DiDF I а_____D D F '
Для треугольника CiCF I 2 1 2 2 1
Если вспомогательные треугольники существуют, то и искомый
четырёхугольник может быть построен. Однако это условие не всег-
да является необходимым.
Рассмотрим такие случаи в задаче:
1) d = b, но b + d>2e, т. е. d>e (черт. 86).
Из трёх вспомогательных треугольников существует только один;
аадача имеет решение и притом одно (равнобочная трапеция).
2) d = b = е — ни один из вспомогательных треугольников
не существует; задача имеет одно
Черт. 86.
решение (прямоугольник).
3) Если e>d, a d>bt то за-
дача не имеет решения.
27) Построить трапецию
по трём её сторонам и от-
резку, соединяющему се-
редины параллельных сто-
рон.
Указание. Решается ана-
логично задаче 26.
28) Построить четырёхугольник, если известны три
его стороны и два внутренних острых угла, прилежащих
к четвёртой стороне (анализ
задачи см. на стр. 21, за-
дача 8).
Для графического исследова-
ния изобразим ломаную ABFD'
(черт. 87).
Чтобы получить точку D, не-
обходимо построить окружность
Dz (b). Меняя h имеем пять раз-
личных случаев пересечения D'(b)
и луча AF:
1) b<KD' — нет решений;
2) b « D'K — два решения;
3) D'K<b<D'F — четыре
решения;
4) и 5) b^D'F—два решения
Черт. 87.
146
В VIII классе учащиеся смогут подсчитать, что
sini
D F—c -a. D'K = csinS — asinx
Полезно решить следующую задачу, дающую пример
применения метода параллельного переноса к практиче-
ским вопросам.
29) Между населёнными пунктами А и В протекает
река с берегами MN и M'N' (для простоты MN\\M'N').
Требуется построить мост через реку так, чтобы расстоя-
ние между населёнными пунктами было наименьшим.
Анализ Пусть мост CiDi — искомый (черт. 88). Расстояние
между А и В составится как сумма
В
Z7
Черт. 88.
Если будет найдена, например,
на. Пока очевидно одно свойство
точки £),— она принадлежит ЛГ Л".
Для отыскания второго свойства
учтём требование что ломаная
WFD'A имеет наименьшую длину.
Преобразуем несколько эту лома<
ную: пепенесём ВС\ по направле-
нию CiPi и на расстояние CiDi.
Теперь длина той же ломаной
BCiDiA может быть записана так:
ВВ' В’D\ -|- Z)i/4 .
Первый член в этой сумме не-
изменен (ВВ' = CiDi—известному
отрезку). Потому для того, чтобы
эта сумма была наименьшей,
необходимо и достаточно, чтобы
была наименьшей сумма двух
членов: B'Di-t DiA. Но это будет
тогда, когда B'DiA — прямая. Отсюда
Da АВ' — известной прямой.
В исследовании интересно выяснить случай, когда путь пост-
роения, намеченный в анализе, не пригоден. Это будет, когда
AB.LMN и когда В принадлежит MN. В этих случаях местоположе-
ние моста определяется перпендикуляром к MN, построенным через
точку В.
Когда А и В достаточно удалены от реки, то практически ши-
рина реки в расчёт не принимается и решение получается более
просто.
точка Dj, то задача будет реше-
второе свойство точки D:
Задачи, решаемые методом вращения вокруг точки
30) Построить равносторонний треугольник АВС так,
чтобы его вершины находились соответственно на трёх
данных параллельных прямых а, b и с (черт. 89).
Анализ. Для построения искомого треугольника достаточно знать
положение хотя бы двух его вершин, пусть А и С. Точку А можно
14Т
выбрать произвольно на прямой а, поэтому С — искомая точка.
Первое свойство точки С: С с с\ второе свойство пока не оче-
видно.
Воспользуемся поворотом
Мысль о повороте возникает здесь,
исходя из свойств правильного
треугольника. Выполним поворот
прямой b на 60° вокруг точки А.
Для этого построим перпендику-
ляр AM, после чего повернём его
на 60\ считая, что прямая b жё-
стко скреплена с AM в точке М.
После поворота точка В займёт
положение В', совпав с С, точка
М займёт положение М'. Прямая
b перейдёт в новое положение Ь',
пересекая прямую с как раз в ис-
комой точке С. Следовательно,
вторым свойством точки С являет-
ся Cab'. Отсюда — построение.
Исследование в этой задаче элементарно. Прямую b можно по-
вернуть ещё в противоположном направлении, тогда получим ещё
одно решение — треугольник, являющийся отражением треугольни-
ка АВС от прямой, перпендикулярной данным и проходящей через
точку В. Оба треугольника, хотя они и равносторонние, не могут
быть совмещены, ибо их можно перемещать лишь по прямым а,
Ъ и с. Задача имеет два решения.
31) Дана прямая е, окружность О (/?), не имеющая ее
общих точек, и точка S. Построить равносторонний тре-
угольник так, чтобы одной из его вершин была точка S, а
две другие принадлежали соответственно данным прямой
и окружности.
Анализ» Выполним чертёж-набросок (черт 90,а). Если отыскать
точку А на прямой е, то задача будет решена (можно искать и точ-
'iup'i. 9'J.
148
ку В на окружности О). Замечаем, что если повернуть отрезок $
(а с ним и всю окружность О) вокруг точки S на угол 60?;
то В совпадает с А. Следовательно, А является точкой пере-
сечения прямой е и окружности, полученной после вращения
данной вокруг точки S на 60е. Можно, наоборот, повернуть вокруг
точки S отрезок SA вместе с прямой е, и тогда В найдётся как
точка пересечения е' (новое положение прямой е) и окружности О.
Выберем первый вариант. Чтобы повернуть окружность О на
60°, надо сместить точку О по дуге радиуса SO с центром в S на
Чб окружности; тогда хорда 00' равна SO.
Построение Выполняем его на чертеже-задании (черт. 90,6)
Строим дугу окружности S (SO), затем строим хорду 00'—SO
и окружность О' (R). Точки А. и А, дают решения; осталось на
окружности О найти точку В,, удалённую от Aj на расстояние AjS
и от точки S — на расстояние SA]. Аналогично отыскивается точ-
ка В 2-
Исс ледовая^#. Окружность О можно повернуть вокруг точки S,
во-первых, по направлению движения часовой стрелки, во-вторых,
в противоположном направлении. Тогда получим окружности О' и
О". Теперь всё зависит от взаимного расположения окружностей
О', О'' и прямой е.
На чертеже-исследовании (черт. 91) изображены все возможные
случаи.
Ь) е пересекает обе окружности О' и О" — четыре решения;
2) е касается О" и пересекает О' — три решения;
3) е касается обеих окружностей — два решения;
4) е пересекает одну окружность и не имеет с другой общих
Точек— два решения;
I4&
б) е касается одной из окружностей и не имеет с другой общих
точек — одно решение;
6) е не имеет ни с О', ни с О" общих точек — нет решений.
§ 19. Задачи для кружковой работы в VIII классе
Можно предложить для кружка VIII класса следую-
щие задачи на отыскание геометрических мест.
1) Найти ГМТ, делящих в данном отношении (внут-
ренним образом) отрезки, соединяющие данную точку со
всеми точками данной прямой.
2) То же, внешним образом.
Указание. Решение задач 1 и 2 опирается на теоремы о
сторонах угла, пересекаемых рядом параллельных прямых.
3) Найти ГМТ, сумма квадратов расстояний которых
до двух данных точек А и В постоянная и равна квадра-
ту данного отрезка /.
Указание. Задача может быть решена в кружке после изу-
чения в классе теоремы о сумме квадратов диагоналей параллело-
грама.
4) Найти ГМТ, разность квадратов расстояний кото-
рых до двух данных точек А и В постоянна и равна квад-
рату данного отрезка /.
Указание. Задачу можно решить, применяя вышеизложен-
ное методическое правило, требующее сведения незнакомого свой-
ства точек, указанного в условии задачи, к известному учащимся
свойству, на основании чего учащиеся могут отнести точку к извест-
ному геометрическому образу.
Прежде всего замечаем, что если I = АВ, то искомое геометри-
ческое место просто установить; точка С, для которой С42—СВ2|=
= АВ2, принадлежит одному из перпендикуляров к АВ, построенных
через концы этого отрезка. То, что каждая точка Сх того или иного
из указанных перпендикуляров обладает заданным свойством, оче-
видно (черт. 92,а).
I. Пусть I АВ и точка С — одна из точек, обладающих ука-
занным в задаче свойством, т. е.
| С А2—СВ2 \ = 12 (черт. 92,6).
Очевидно, что на АВ найдётся ещё точка Вх, такая, что СВ=*
» СВх и | СА2— СВ211 = /2.
В таком случае точка С равноудалена от некоторых двух точек
Вх и В, поэтому С принадлежит срединному перпендикуляру к от-
резку ВхВ.
II. Покажем, что каждая точка этого перпендикуляра обладает
указанным в задаче свойством. Например, для точки Н имеем;
СА2~ АН2+ СН\
СВ2= ЯВ2+ СН2.
Вычитая по частям одно равенство из другого, получим:
IС42—СВ2|=]4Я2—НВ2{ =/«.
150
Понятно, что в рассматриваемом случае АВ > АН > I.
Теперь нетрудно показать, что любая точка С, прямой СН обла-
дает тем же свойством.
Очевидно, что проведённое рассуждение можно повторить и от-
носительно прямой СН ± АВ. *
Выясним, как найти точку Н.
Так как угол В треугольника АВС
в данном случае острый, то
АС2 = АВ2 4- СВ2—2АВ . BHt или
/2==ЛВ2 — 2АВ ВН, т. е.
А В2—Р.
bh-ahi--2 ав~
Аналогичные рассуждения можно
провести для случая, когда точки Н
и Hi находятся на прямой АВ вне от-
резка АВ (черт. 92,в)-В этом случае
АВ<1 и, как нетрудно видеть,
Вывод. Искомое геометриче
ское место есть совокупность двух
перпендикуляров к АВ, проходящих
через точки прямой АВ, удалённые
от концов отрезка АВ на расстояние
р, равное: р = АВ, если I «= АВ\
АВ2 — 12 , /2 — АВ2
р = 'Удв'’если АВ > ' р=~Тав'
если I > АВ.
Построение точки Н по форму-
лам для отрезка р в случаях, когда
I =£ АВ. достаточно сложно. На чер-
теже 92,г приведено простое постро-
ение: точка Н (аналогично — Hi)
есть точка пересечения с АВ сре-
динного перпендикуляра к гипотену-
зе прямоугольного треугрльника с
катетами АВ и I. Легко показать,
что точка Н удовлетворяет условию
задачи. Эта точка будет внутри отрез-
ка АВ, если АВ > V, совпадает с од-
ним из концов отрезка, если АВ = Z,
и будет вне отрезка АВ, если АВ < I.
5) Найти ГМТ, отношения
расстояний которых до двух
дачных точек Л и В суть tn : п,
где тип — данные неравные
отрезки.
15Г
Задача решается после теорем о свойстве биссектрис внутренне-
го и внешнего углов треугольника. Это ГМ — так называемая ок-
ружность Аполлония.
Дадим решение этой задачи. Рассуждения состоят из двух ча-
стей.
1. Пусть точка М обладает указанным свойством, т. е.
МА : МВ = т: п. К какому геометрическому образу надо отнести
Черт 93.
точку М, исходя из этого свойства? Постараемся свести это свойство
к известному нам. Построим биссектрису МР угла АМВ треугольника
АМВ (черт. 93, а). По свойству биссектрисы внутреннего угла:
АР AM т
РВ =='МВ== h'
Строим биссектрису MQ внешнего угла треугольника, смежного
с углом АМВ. Тогда
AQ AM т
BQ ~~МВ~~п'
т. е. точки Р и Q тоже обладают указанным в задаче свойством.
Рассматривая треугольник PMQ, видим, что Z.PMQ = 90°, т. е.
точка М обладает известным нам свойством: из нее отрезок PQ
tPQ.
виден под прямым углом. Отсюда точка MczO (“jj*
II. Выясним, обладает ли требуемым в задаче свойством каждая
точка окружности О где Р и Q делят АВ в отношении т : л,
PQ
соответственно, внутренним и внешним образом. Пусть О i ) пост-
роена и М — её произвольная точка. Через точку Р построим
CDLMP, тогда треугольник АСР подобен треугольнику AMQ и
треугольник PBD подобен треугольнику MBQ. Поэтому имеем:
PD _РВ АР_ СР
MQ~BQ^ AQ~MQ'W
152
РВ
Из (1): PD^MQ'py.
Из (2): СР = MQ .
PD
Найдём отношение ^р-
PD РВ • AQ
СР - BQ • АР -Т т- е-
АР МА п
PD = CP и МР есть биссектриса угла АМВ. Поэтому рр =
т. е. произвольная точка М окружности обладает требуемым в
задаче свойством.
Вывод: — искомое ГМ.
Построение точек Р и Q осуществляется следующим образом
На луче АТ (черт. 93,6) от точки А строится сумма отрезков тип,
затем на луче BTi\\AT от точки В строится отрезок п.
Тогда прямые EiE и АВ пересекутся в точке Q(m>n)t а ЕР\\ЕВ
АР AQ in
пересечёт нВ в точке Р. Очевидно, что p§==BQ=~n Нетрудно вы
числить диаметр аполлониевой окружности:
2атп
PQ = т^^п‘’ если т>п
Аполлониева окружность применяется в многочислен-
ных задачах. Укажем некоторые из них.
6) Построить треугольник, если известны:
а, А и b : с = т : п.
iPQ\
Указание. Искомая точка А принадлежит О (в. <4) и О
7) Построить треугольник, если известны:
а, т а и b : с = т : п.
/ PQ1
Указание. Искомая точка А принадлежит D(m« ) и О 1~1
где D — середина отрезка а.
8) Построить треугольник, если известны:
a, ha и b : с = т : п.
Указание. Искомая точка А принадлежит — (a, h а) и
О (¥)•
9) Построить треугольник, если известны:
а, В и b : с = т : п.
153
10) Построить треугольник, если известны угол меж-
ду биссектрисой и основанием, и отрезки т и п, на кото-
рые биссектриса делит основание треугольника.
Рассмотрим далее задачи, при решении которых ис-
пользуется программный материал VIII класса.
Приведём несколько задач на построение, относящих-
ся к разделу «Подобные фигуры». Следующие две задачи
интересны тем, что допускают несколько вариантов ана-
лиза.
11) Построить треугольник по Д, В и 2р.
Один вариант с применением вращения боковых сторон тре-
угольника для «выпрямления» его в отрезок 2р общеизвестен.
Второй вариант — применением метода подобия — также хо-
рошо известен учителям.
Приведём третий вариант, основанный на том факте, что точка
касания окружности, вневписанной в треугольник удалена от вер-
шины соответствующего угла на расстояние, равное р (черт. 94).
Построив угол А, имеем одну вершину треугольника. Вершины
В и С — искомые. Для отыскания свойств точек В и С построим
окружность, касающуюся сторон утла А, причём одной из них,
точке Г, удалённой от А на расстояние р. Тогда окружность О а
можно рассматривать как невписанную в некоторый треугольник с
вершиной Л, сторона а которого касается окружность Оа. Следова-
тельно, вершины С и В искомого треугольника принадлежат каса-
тельной х, построенной к окружности Оа так, что она составляет угол
₽ с лучом В А. Построение очевидно.
12) Построить треугольник по двум углам В— 0 и С=-;
и радиусу В.
Один из вариантов даёт метод ГМ (черт. 95).
Очевидно, что вершины Л и С искомого треугольника принадле-
жат, во-первых, окружности О (R), во-вторых, двум лучам, исходя-
щим из О и составляющим угол, равный 2 >. Найдя точку Л, заме-
чаем, что В принадлежит лучу ЛВ, составляющему с ОА угол 27-
Задача имеет два решения, если В^= С,
Второй вариант анализа в этой задаче даёт метод подобия.
144
Приведём пример сложной задачи, решение которой
основывается на однохм из свойств подобных треугольни-
ков.
13) Построить треугольник по трём его высотам.
Предположим, что искомый треугольник построен. Известно, что
стороны треугольника обратно пропорциональны соответствующим
высотам:
. 2_. 1 . 1
a‘b’s - ha ' hb ’ he •
Построим треугольник Л1В1С1 по отрезкам ha, hb, hc . Тогда
его высоты ai, bi, ci будут прямо пропорциональны отрезкам а, Ь, с\
если построить треугольник по высотам треугольника Л1В1С1, то он
будет подобен искомому и останется выполнить подобное преобра-
зование.
Вариант имеет тот недостаток, что условием наличия решения
задачи оказывается неравенство ha 4 hb^> he, (1)
где he — наибольшая из высот. Однако из обратной пропорциональ-
ности сторон и соответствующих высот треугольника АВС следует,
что необходимым условием существования треугольника, выражен-
ным' через высоты, будут неравенства:
hb • he + ha - he >ha • hb ,
hb • he + ha • hb> ha • he ,
ha • he + ha • hb 2> hb • he .
Ни одно из этих неравенств не равносильно неравенству (1).
Поэтому неравенство (1) не является необходимым; следовательно,
должен существовать другой вариант решения. Этот вариант при-
ведён в учебнике Киселёва «Геометрия», ч. I (см. задачу 41 в конце
раздела IX).
Полезной и интересной темой занятий кружка VIII
класса может служить вопрос о степени точки относитель-
но окружности и задача об отыскании геометрического
места точек, степени которых относительно двух данных
окружностей равны.
В кружковой работе учащиеся должны познакомиться
с преобразованием инверсии, хотя бы в самых общих
чертах. Это преобразование имеет большое значение в
различных разделах математики и техники.
Мы не рассматриваем здесь эти вопросы исключитель-
но потому, что необходимый материал подробно изложен
в известной учителю литературе (например, в «Курсе
элементарной геометрии» проф. Д. И. Перепёлкина, в кни-
ге проф. Н. Ф. Четверухина «Методы геометрических пост-
роений»).
ЛИТЕРАТУРА
1. Александров И. И.» Сборник геометрических задач на
построение, Учпедгиз, 1950.
' 2. Адлео А., Теория геометрических построений, Л., 1940.
3. Берг М. Ф., Приёмы решения геометрических задач на
построение, М., 1933.
4. Гибш И. А., Исследование решений задач с параметриче*
скими данными (прилож. А. И. Фетисов, Решение задач геометри-
ческими методами), изд. АПН РСФСР, М., 1952.
5. Г и к а Д. К-, Геометрические задачи на построение и мето-
ды их решения, М.» 1901.
6. Г л а г о л е в Н. А., Элементарная геометрия, ч. I, Учпедгиз,
1954.
7. Делоне Б. Н., Житомирский О. К., Фетисов А. И.,
Сборник геометрических задач, Учпедгиз, 1951.
8. Д р о к и н А. В., О решении геометрических задач на пост-
роение, Краснодар, 1948.
9. И в а н о в П., Стоянов А., Планиметрия за VII класс на
общообразовательните училища. София, 1951 (на болгарском языке).
10. Киселёв А. П., Геометрия, ч. I, Учпедгиз, 1952.
11. Н е к р а с о в П. А., Алгебраический метод решения задач
на построение, М., 1897.
12. Никитин Н. Н., Начальный курс геометрии для VI клас-
са. Пробный учебник, изд. АПН РСФСР» 1952.
13. Перепёлкин Д. И.,' Курс элементарной геометрии,
Гостехиздат, 1948.
14. Перепёлкин Д. И., Геометрические построения в сред-
ней школе, Учпедгиз, 1953.
15. Петерсен Ю., Методы и теории для решения геометри-
ческих задач на построение» М.. 1892.
16. Р е п ь е в В. В., Аналитический и синтетический методы и
их применение при обучении математике в школе. Труды Горьков-
ского пед. института им. А. М. Горького, вып. 14, 1951.
17. Р я б к ов Г. 3., Опыт методики решения геометрических за-
дач на построение, Одесса, 1894.
18. Семушин А. Д., Решение задач на построение методохм
подобия, «Математика в школе», 1949, № 6.
19. С е н н и к о в Г. П., Об исследовании в задачах на построе-
ние, «Математика в школе», 1952, № 2.
20. Четверухин Н. Ф., Методы геометрических построений,
Учпедгиз, 1952.
21. Ч е т в е р у х и н Н. Ф., Вопросы методологии и методики
геометрических построений в школьном курсе геометрии, «Изве-
стия АПН», вып. 6, 1946.
22. Ч и ст я к о в И. И., Варианты решения основных задач на
построение, Сб. «В помощь учителю», Л., 1947.
23. Фурсенко В. Б., Лексикографическое изложение конст-
руктивных задач геометрии треугольника, «Математика в школе»,
1937, Х2 5—6.
ОГЛАВЛЕНИЕ
Стр.
От автора .................................................. 3
Введение ................................................... 5
Глава I. Этап анализа в решении задач на построение . . 10
§ 1. Основные методы решения задач на построение . . 11
§ 2. Геометрические места точек, обладающие определён-
ным свойством. Метод геометрических мест . . —
§ 3. Геометрические преобразования и их применение для
решения задач на построение ............................. 6
§ 4. Алгебраический метод.............................. 35
§ 5. Цель, принцип и основные моменты анализа в реше-
нии задач на построение в школе........................ 41
Глава II. Этапы построения и доказательству в решении задач
на построение.............................................. 48
§ 7. Этап построения.................................... —
§ 8. Этап доказательства в решении задач на пост-
роение ................................................ 52
Глава III. Этап исследования в решении задач на построение. 55
§ 9. Цель, принципы и основные моменты исследования в
задачах на построение в школе.......................... 56
Глава IV. Геометрические построения в VI—VII классах . . 72
§ 10. Элементарные построения и решение элементарных
задач в VI классе.................................. —
§ 11. Основные построения............................. 75
§ 12. Изучение геометрических мест..................... 77
§ 13. Задачи на построение в VI классе................ 86
§ 14. Задачи на построение в VII классе............... 94
Глава V. Решение задач на построение в курсе геометрии
VIII класса........................................... 118
§ 15. Решение задач методом подобия..................... —
§ 16. Решение задач алгебраическим методом............128
Глава VI. Задачи на построение для кружковой работы
в VI—VIII классах..................................... 133
§ 17. Примерный перечень вопросов для кружковой ра-
боты в VI классе..............................
§ 18. Задачи для кружковой работы в VII классе . . 134
§ 19. Задачи для кружковой работы в VIII классе . . . 150
Литература .............................................. 156
Геннадий. Петрович Сенников.
Решение задач на построение в VI -VIII классах
Редактор И. И. Лепёшкина
Технический редактор И. В. Рыбин
Сдано в набоэ 3IVI-195 г, Подписано к печати
31 jX 1955 г. 84X1°843J. Печ. л 10.
(8,2). Уч. изд. л. 8,07. Тираж 9t000 экз. А 06401
Ц°на без переплета 2 руб. 20 коп.
Учпедгиз Москва, Чистые пруды, 6.
Типография треста Росполигоафпром. г. Иваново.
Типографская, 6.
Заказ № 3659'
Цена
f