37. Алгебраический метод решения задач на построение. Если условия задач могут быть выражены с помощью алгебраических соотношений или уравнений, то задача на построение получает аналитическое изображение. Аналитическое решение задачи позволяет найти и геометрическое решение, т.е. само построение. Задачи 1-2 используют при решении признак разрешимости задач на построение. Теоретические сведения и задачи [2], [24], [25], [36]. Задачи [16,c.34], [17,c.5]. Литература Задача 1. Отсечь с помощью циркуля и линейки от угла в 7 угол в 3. Решение. Достаточно отложить угол в 7 51 раз последовательно по часовой (против часовой) стрелки. В сумме получается угол в 751=357, тем самым получим угол в 3. Теперь достаточно от угла в 7 отсечь этот угол в 3 откладыванием соответствующей дуги. Задача 2. Можно ли построить угол в 1, имея шаблон угла величиной: а) 17; б) 19; в) 27. Решение: а) 1753 1805=1 да; б) 1919 1802=1 да; в) x, yZ число 27х+180у кратно 9 и поэтому не может равняться 1 нет. Если а, b, c суть данные отрезки, то с помощью циркуля и линейки аb , ab , a 2 b 2 , a 2 b 2 . Например, среднее нетрудно построить a+b, a b, c геометрическое отрезков х= ab имеет следующее построение: D На произвольной прямой отложим данные отрезки а и b так, чтобы конец одного совпадал с началом другого (и эта точка была единственной их общей точкой). Разделим АС пополам точкой О и x радиусом равным половине отрезка АС, построим окружность с A а B O b C центром в точке О. Из точки восставляем перпендикуляр к отрезку АС. Точку пересечения перпендикуляра и окружности обозначим D. ВD=х= аb . Доказательство. В прямоугольном АDC: а 2 x2 b 2 2 x2 a b . 2 2 Задача 3. Построить отрезок х= a 2 b 2 . N Построение: 1. На произвольной прямой АВ отметим точку М. C 2. Проведем MNAB. 3. MC=b, CMN. a b 4. E=(C, a)АВ, ab A B E M Задача 4. Построить х= a2d . b 5. EM= a 2 b 2 a2 и затем х= zd . b Задача 5. Построить корни квадратного уравнения х 2 рх q 0 . Решение. Для того, чтобы корни уравнения выражали определенные отрезки, необходимо, чтобы все члены уравнения были второго измерения, т.е. свободный член выражался квадратом некоторой величины. Пусть дано уравнение х2+ax+b2=0. Решив это уравнение, находим: Указание. Строим 2 x1, 2 a a b2 . 2 2 N 2 a Используя решение задачи 3 строим ЕМ= b 2 2 Из центра Е радиусом ЕМ проводим окружность. Получим C a 2 K b 2 a a KC b 2 2 2 B A E M 2 a a LC b 2 2 2 L a b. 2 Другое решение: корни уравнения можно построить пользуясь свойством перпендикуляра, проведенного из точки окружности на диаметр. Отложив АВ = а, опишем на АВ как на диаметре окружность и проведем MN||AB до пересечения с окружностью в точке L. Проводим LCAB; отрезки АС и СВ выражают корни уравнения, т.к. АС+СВ=а, АССВ=LC2=b2. Решение возможно, если L N M B A a C Задача 6. В АВС провести МN||AC так, чтобы разность МВ и NC равнялась данному отрезку d. Решение. Чтобы знать положение точки М, надо знать длину ВМ; обозначим эту длину через х. Из подобия BMN и ВАС имеем: ВМ:ВN=AB:BC или, т.к. ВN=BC CN=a (xd), ca cd ca d х c . Решая это уравнение. , xa=cacx+cd, x ac ac а (х d ) a x ad Находим . (*) c ac d Построение. Отрезок х должен лежать на стороне с, а против х должна быть сторона а+d, против стороны с сторона а+с. Поэтому на продолжении ВС откладываем СК=d и CL=c, соединяем L c A и через К проводим КМ||LA, получим искомую точку М. Проводим MN||AC. B x M A N C Доказательство. Из подобия ВМКВАL имеем: ВМ:АВ=ВК:ВL, или ВМ: с=(а+d):(a+c). Сравнивая эту пропорцию с пропорцией (*), видим, что ВМ=х. K L Докажем, что ВМNC=d. NC:BC=AM:AB находим: Действительно, ca d a c 2 BC AM acc d a c a ac c ac cd , NC a c c a c c AB c откуда BM NC ca d ac d ca cd ac ad a c d d. ac ac ac ac Исследование. Задача разрешима, если d c. Содержание: из пропорции