Решение задач на построение методом геометрических мест в курсе планиметрии основной школы

Пусть, например, требуется построить прямоугольный треугольник по острому углу и сумме катетов.

Изобразим какой-либо прямоугольный треугольник ABC (рис. 5).

По условию даны: угол б и отрезок m. Искомый треугольник ABC должен удовлетворять условиям: LA = б, АС + СВ = m, LC = 90°. Чтобы ввести в чертёж данный отрезок m, откладываем на продолжении стороны АС отрезок CD = ВС; тогда AD = m. Легко построить треугольник ADB, так как в нём известны, сторона AD = m и два угла: LA = б, LD = 45° (элементарная задача). После построения треугольника ADB построение искомого треугольника сводится к элементарной задаче.

Рис. 5

3) В процессе проведения анализа бывает полезно вспомнить теоремы и ранее решённые задачи, в которых встречаются зависимости между элементами, сходные с теми, о которых говорится в условии рассматриваемой задачи.

4) Проводя анализ на основании изучения некоторого чертежа-наброска, мы невольно связываем свои рассуждения в известной мере с этим чертежом. Так, в примере, иллюстрирующем пункт 1), мы избрали точки В и С по разные стороны от прямой а, в то время как можно было избрать их и по одну сторону от этой прямой. Тот способ решения, к которому мы приходим на основании анализа, может, поэтому оказаться пригодным лишь для некоторых частных случаев. Чтобы получаемый нами способ решения был пригоден для возможно более широкого выбора данных, желательно изображать искомую фигуру в возможно более общем виде. Например, искомый треугольник, если в условии задачи нет специального указания о его форме, надо изображать как разносторонний, четырёхугольник -- как неправильный и т. п. Чем более общий случай мы разберём при анализе, тем проще будет провести в дальнейшем полное решение задачи.

Рассмотрим ещё один пример анализа. Требуется вписать окружность в данный треугольник. Пусть ABC -- данный треугольник (рис. 6).

Рис. 6

Чтобы вписать в него окружность, надо определить положение ее центра и найти величину радиуса. Представим себе, что О -- центр вписанной окружности, а ОМ -- радиус, проведённый в какую-либо из точек касания окружности к сторонам треугольника (например, в точку касания окружности к стороне АВ), Тогда отрезок ОМ перпендикулярен к прямой АВ. Поэтому ОМ -- расстояние центра вписанной окружности от стороны треугольника АВ. Так как все радиусы окружности равны, то центр окружности одинаково удален от всех сторон треугольника и, следовательно, прямые OA, OB и ОС служат биссектрисами (внутренних) углов треугольника ABC. Этих соображений, очевидно, достаточно для построения центра и определения радиуса искомой окружности.

Построение

Данный этап решения состоит в том, чтобы указать последовательность основных построений (или ранее решённых задач), которые достаточно произвести, чтобы искомая фигура была построена.

Построение обычно сопровождается графическим оформлением каждого его шага с помощью инструментов, принятых для построения.

В качестве примера обратимся опять к задаче о построении окружности, вписанной в данный треугольник ABC. Как показывает проведённый выше анализ этой задачи, для построения искомой окружности нужно последовательно построить (см. рис. 6):

1) биссектрисы каких-либо двух внутренних углов данного треугольника (элементарная задача);

2) точку их пересечения О (основные построения);

3) прямую, проходящую через точку О перпендикулярно прямой АВ (элементарная задача); основанием проведённого перпендикуляра (основные построения); окружность у (О; ОМ) (основные построения).

Доказательство

Доказательство имеет целью установить, что построенная фигура действительно удовлетворяет всем поставленным в задаче условиям.

Так, чтобы провести доказательство правильности приведённого выше построения окружности, вписанной в данный треугольник, надо установить, что построенная нами окружность г(О; ОМ) действительно коснётся всех сторон треугольника ABC. Для этого, прежде всего, заметим, что прямая АВ касается проведённой окружности, так как эта прямая перпендикулярна к радиусу ОМ. Вместе с этим ясно, что радиус окружности равен расстоянию её центра от стороны АВ данного треугольника ABC. Далее замечаем, что центр окружности О одинаково удалён от всех сторон треугольника, так как лежит на пересечении биссектрис углов треугольника. Следовательно, расстояние центра окружности от стороны АС или от стороны ВС также равно радиусу построенной окружности, так что если провести через О перпендикуляры к сторонам треугольника к сторонам треугольника АС и ВС, то основания этих перпендикуляров (точки N и Р на рис. 7) расположатся на той же окружности.

Рис.7

Таким образом, каждая из прямых АС и ВС перпендикулярна к соответствующему радиусу в конце его, лежащем на окружности, и поэтому каждая из этих прямых касается построенной окружности.

Доказательство обычно проводится в предположении, что каждый шаг построения действительно может быть выполнен.

Исследование

При построении обычно ограничиваются отысканием одного какого-либо решения, причём предполагается, что все шаги построения действительно выполнимы. Для полного решения задачи нужно ещё выяснить следующие вопросы:

1) всегда ли (т.е. при любом ли выборе данных) можно выполнить построение избранным способом?

2) можно ли и как построить искомую фигуру, если избранный способ нельзя применить?

3) сколько решений имеет задача при каждом возможном выборе данных? Рассмотрение всех этих вопросов и составляет исследование. Таким образом, исследование имеет целью: найти условия разрешимости и определить число решений.

Иногда ставится так же задача: выяснить, при каких условиях искомая фигура будет удовлетворять тем или иным дополнительным требованиям. Например, может быть поставлен вопрос: при каких условиях искомый треугольник будет прямоугольным или равнобедренным? Или такой вопрос: при каких условиях искомый четырёхугольник окажется параллелограммом или ромбом?

Нередко школьники и даже учителя проводят исследование, в известной мере, произвольно выбирая те или иные случаи, причём неясно, почему рассматриваются именно такие, а не какие-либо иные случаи. Остаётся неясным также, все ли возможные случаи рассмотрены. При исследовании решения сколько-нибудь сложной задачи такой подход может привести к потере решений, к тому, что некоторые случаи не будут рассмотрены.

Чтобы достигнуть необходимой планомерности и полноты исследования, рекомендуется проводить исследование доходу построения". Сущность этого приёма состоит в том, чтобы перебрать последовательно все шаги, из которых слагается построение, и относительно каждого шага установить, всегда ли указанное на этом шаге построение выполнимо, а если выполнимо, то сколькими способами.

Для этого необходимо:

1) выяснить, всегда ли существуют в действительности точки, прямые, окружности и другие фигуры, построение которых предполагается осуществить на каждом шаге намеченного построения, или же их существование зависит от специального выбора положения или размеров тех или иных фигур;

например, если предполагается построить точки пересечения окружности с прямой, то надо заметить, что существование таких точек зависит от соотношения между радиусом этой окружности и расстоянием центра окружности от прямой;

дальнейшее исследование надо проводить только для тех случаев, когда построение возможно, т. е. когда каждый шаг действительно приводит к построению искомых фигур;

2) для каждого случая, когда решение существует, определить, сколько именно точек, прямых, окружностей и т. д. даёт каждый шаг построения;

например, если строят точки пересечения окружности и прямой, то надо учесть, что таких точек будет две, если радиус окружности больше расстояния центра от прямой, и одна, если радиус окружности равен расстоянию центра от прямой;

3) учитывая результаты исследования каждого шага, обратиться к задаче в целом и установить, при каких условиях расположения данных фигур или при каких соотношениях их размеров задача действительно имеет решение, а при каких его не существует, если возможно, выразить условия разрешимости формулой (в форме неравенств или равенств);

4) определить число возможных решений при каждом определенном предположении относительно данных, при котором эти решения существуют.

В итоге таких рассуждений решается вопрос о возможности построения данным способам.

Но остается еще открытым вопрос: не возникнут ли новые решения, если изменён как-либо способ построения? Иногда удаётся доказать, что всякое решение данной задачи совпадает с одним из уже полученных решений; в этом случае исследование можно считать законченным. Если же это не удаётся, то можно предположить, что задача имеет другие решения, которые могут быть найдены другими способами. В этих случаях полезно ещё раз обратиться к анализу и проверить, нет ли каких-либо иных возможных случаев расположения данных или искомых фигур, которые не были предусмотрены ранее проведённым анализом.

Для иллюстрации приведённых здесь соображений обратимся ещё раз к рассмотренному выше примеру: построить прямую, проходящую через данную точку А и равноудалённую от двух данных точек В и С.

Согласно анализу, приведённому выше, построение следует провести в таком порядке:

1) построение отрезка ВС;

2) построение точки М - середины отрезка ВС;

3) построение прямой AM, которая и является искомой. Исследование должно проводиться примерно следующим образом.

Первый шаг всегда выполним, притом однозначно: любые две различные точки можно соединить отрезком и только единственным. Однозначно выполним и второй шаг построения. Третий шаг построения всегда выполним: всегда можно провести прямую, соединяющую две данные точки. Но через две точки можно провести единственную прямую лишь в том случае, если эти точки различны; когда точки А и М совпадают, то через эти две точки проходит бесконечно много прямых. Итак: при нашем способе построения мы получим бесконечно много решений, если точка А служит серединой отрезка ВС, и единственное решение во всех остальных случаях. Однако это не значит, что нельзя получить новые решения, проводя построение иначе. И действительно, более тщательное проведение анализа приведёт нас ещё к одному решению: прямая, проходящая через А и параллельная прямой ВС (если такая прямая существует), также является решением задачи. Чтобы прийти к этому выводу, достаточно при анализе принять во внимание, что точки В и С могут быть расположены и по одну сторону искомой прямой

Других решений быть не может. В самом деле, пусть прямая a' не проходит через середину отрезка ВС и не параллельна ему (рис. 8). Обозначим через О точку её пересечения с прямой ВС, а через ВВ' и СC'-перпендикулярны, проведённые из точек В и С на прямую а'.

Рис. 8

Так как треугольник ВВ'D подобен треугольнику CC'D,то ВВ'/СC'=BD/CD, но из того, что прямая а' не проходит через середину отрезка ВС, следует что BD?CD и поэтому ВВ'?СC', т.е. прямая а' не может удовлетворять условию задачи.

Приведённое исследование показывает, что задача имеет бесконечно много решений, если точка А является серединой отрезка ВС, и имеет в точности два решения, если точка А не лежит на прямой ВС. Если же А - произвольная точка прямой ВС, не являющаяся серединой отрезка ВС, то задача имеет одно решение.

Пример решения задачи на построение

Задача 1. На сторонах данного треугольника ABC найти точку, равноудалённую от данных точек М и N.

1. Анализ. Допустим, что задача решена и точка D является искомой (рис. 9). Чтобы точка D была равноудалена от точек М и N, она должна находиться на перпендикуляре ST, восставленном из середины S отрезка MN. Те точки (D и Е), в которых прямая ST пересечёт стороны треугольника ABC, являются искомыми.

Рис. 9

2. Построение.

1) Соединим точки М и N.

2) Восставим в середине отрезка MN перпендикуляр ST к этому отрезку.

3) Точки D и Е, в которых прямая ST пересечёт стороны треугольника ABC, являются искомыми.

3. Доказательство. Точки D и Е находятся на перпендикуляре ST, восставленном из середины S отрезка MN, следовательно, они равноудалены от точек М и N. Но точки D и Е также лежат на сторонах треугольника, следовательно, они являются искомыми, так как удовлетворяют всем требованиям задачи.

4. Исследование. При рассмотренном нами (рис. 9) положении точек М и N и треугольника ABC прямая ST пересекла стороны треугольника ABC в двух точках: D и Е, и, значит, задача имеет в этом случае два решения.

Но если взять иной треугольник или изменить положение точек А и В, то может оказаться (рис. 10), что прямая ST проходит через вершину его и не пересекает его плоскости, а потому имеет со сторонами данного треугольника только одну общую точку. В этом случае задача имеет одно решение.

Рис. 10

Если же окажется, что одна из сторон данного треугольника совпадает с прямой ST (рис. 11), то любая точка этой стороны (ВС) является искомой и, следовательно, в этом случае задача имеет бесконечное множество ответов.

Рис. 11

Возможен случай, когда задача не имеет решений (рис. 12).

Рис. 12

§2. Основные построения. Элементарные задачи на построение

Основные построения

Наиболее употребительными инструментами геометрических построений являются: линейка (односторонняя), циркуль, двусторонняя линейка (с параллельными краями). Помимо перечисленных инструментов так же можно воспользоваться: произвольным углом, угольником, линейкой с отметками, парой прямых углов, различными приспособлениями для вычерчивания специальных кривых и др. Пока заметим только то, что геометрические построения производятся каждый раз с определёнными, наперёд указанными инструментами, причём каждый набор инструментов характеризуется определённой системой аксиом. Построения, о возможности которых сказано в аксиомах 6-8, вместе с построениями, перечисленными в аксиомах тех инструментов, которые избраны для построения, в дальнейшем будем называть основными построениями (для данного набора инструментов).

В частности, циркуль и линейка позволяют выполнить следующие основные построения.

1. Построить отрезок, соединяющий две построенные точки (акс. линейки).

2. Построить прямую, проходящую через две построенные точки (акс. линейки).

3. Построить луч, исходящий из построенной точки и проходящий через другую построенную точку (акс. линейки).

4. Построить окружность, если построены центр окружности и отрезок, равный радиусу окружности (или его концы) (акс. циркуля).

5. Построить любую из двух дополнительных дуг окружности, если построены центр окружности и концы этих дуг (акс. циркуля).

6. Построить любое конечное число общих точек двух построенных фигур, если такие точки существуют.

7. Построить точку, принадлежащую какой-либо построенной фигуре.

8. Построить точку, заведомо не принадлежащую какой-либо построенной фигуре.

Для каждого набора инструментов так же можно составить список основных построений.

Задача на построение состоит в том, что требуется построить наперёд указанными инструментами некоторую фигуру, если дана некоторая другая фигура и указаны некоторые соотношения между элементами искомой фигуры и элементами данной фигуры.

Каждая фигура, удовлетворяющая условиям задачи, называется решением этой задачи. Найти решение задачи на построение -- значит свести её к конечному числу основных построений, т.е. указать конечную последовательность основных построений, после выполнения которых искомая фигура будет уже считаться построенной в силу принятых аксиом конструктивной геометрии. Перечень допустимых основных построений, а, следовательно, и ход решения задачи, существенно зависит от того, какие именно инструменты употребляются для построений.

Может оказаться, что какая-либо задача на построение имеет несколько различных решений, т.е. существует несколько различных фигур, удовлетворяющих всем условиям задачи. Так, например, к двум данным внешне расположенным окружностям можно провести, как известно, четыре различные общие касательные.

Решить задачу на построение -- значит найти все её решения.

Последнее определение требует некоторых разъяснений. Фигуры, удовлетворяющие условиям задачи, могут различаться как формой и размерами, так и положением на плоскости. Различия положения на плоскости принимаются или не принимаются в расчёт в зависимости от формулировки самой задачи на построение, а именно в зависимости от того, предусматривает или не предусматривает условие задачи определенное расположение искомой фигуры относительно каких - либо данных фигур. Поясним это примерами.

Рассмотрим следующую простейшую задачу: построить треугольник по двум сторонам и углу между ними Точный смысл этой задачи состоит в следующем: построить треугольник так, чтобы две стороны его были соответственно равны двум данным отрезкам, а угол между ними был равен данному углу. Здесь искомая фигура (треугольник) связана с данными фигурами (два отрезка и угол) только соотношениями равенства, расположение же искомого треугольника относительно данных фигур безразлично. В этом случае легко построить треугольник ABC, удовлетворяющий условиям задачи. Все треугольники, равные треугольнику ABC, также удовлетворяют условиям задачи. Однако нет никакого смысла рассматривать эти треугольники как различные решения данной задачи, ибо они отличаются один от другого только положением на плоскости, о чём в условии задачи ничего не сказано. Будем поэтому считать, что задача имеет единственное решение.

Итак, если условие задачи не предусматривает определённого расположения искомой фигуры относительно данных фигур, то условимся искать только все неравные между собой фигуры, удовлетворяющие условиям задачи. Можно сказать, что задачи этого рода решаются «с точностью до равенства». Это означает, что задача считается решённой, если:

1) построено некоторое число неравных между собой фигур F₁, F₂,..., F_n, удовлетворяющих условиям задачи, и

2) доказано, что всякая фигура, удовлетворяющая условиям задачи, равна одной из этих фигур.

При этом считается, что задача имеет п различных решений.

Рассмотрим теперь задачу несколько иного содержания:

построить треугольник так, чтобы одной его стороной служки данный отрезок ВС, другая сторона была равна другому данному отрезку, а угол между ними был равен данному углу б.

В этом случае условие задачи предусматривает определённое расположение искомого треугольника относительно одной из данных фигур (именно относительно отрезка ВС). В связи с этим мы иначе смотрим на вопрос о построении всех решений этой задачи.

Рис. 13

Как видно из рисунка 13, может существовать до четырёх треугольников, удовлетворяющих условию этой задачи. Они равны между собой, но по-разному расположены относительно данной фигуры ВС. В этом случае полное решение задачи предусматривает построение всех этих треугольников. Считается, что задача имеет до четырёх различных решений, различающихся своим расположением относительно данной фигуры.

Итак, если условие задачи предусматривает определённое расположение искомой фигуры относительно какой-либо данной фигуры, то полное решение состоит в построении всех фигур, удовлетворяющих условию задачи (если такие фигуры существуют в конечном числе).

При этом даже равные фигуры, но различно расположенные относительно данных фигур, рассматриваются как различные решения данной задачи.

Встречаются задачи, имеющие бесконечно много решений. Таковы, например, задачи:

1) построить окружность данного радиуса, касающуюся данной прямой;

2) построить прямую, касательную к данной окружности;

3) построить окружность, проходящую через две данные точки.

Такого рода задачи называют неопределенными. Конечно, не может идти речь о построении всех решений неопределённой задачи. Когда же считать неопределённую задачу решённой?

Решение неопределённой геометрической задачи на построение проводится в известном смысле аналогично тому, как решаются в алгебре неопределённые уравнения или неопределённые системы уравнений. Решение неопределённого алгебраического уравнения или неопределённой системы алгебраических уравнений состоит в том, что искомые величины выражаются через один или несколько параметров, принимающих произвольные значения из некоторой определённой области. Например, решение системы уравнений

представляется в виде:

z = t, у = 5 + 3t, х = -7 - 5t,

где параметр t может принимать произвольные значения из области, которая определяется условием задачи. Точно так же решение неопределённой геометрической задачи ищется своего рода в параметрической форме. Указывается приём построения фигур, удовлетворяющих условиям задачи, причём эти фигуры определяются выбором положения одной или нескольких произвольных точек на некоторых данных или построенных фигурах. Эти точки играют роль "геометрических параметров".

Задача считается решённой, если при всевозможных допустимых положениях произвольных точек возникают все фигуры, удовлетворяющие условиям задачи.

Поясним эти соображения примерами.

1. Построить окружность данного радиуса, касающуюся данной прямой.

Рис. 14

1) Выберем на данной прямой произвольную точку Р.

2) Строим окружности, имеющие данный радиус и касающиеся данной прямой в точке Р; таких окружностей две (их построение не вызывает затруднений).

При всевозможных положениях точки Р на данной прямой мы при том же приёме построения получим все окружности, удовлетворяющие условиям задачи. Задача считается решенной.

2. Построить окружность, проходящую через две данные точки А и В (рис. 14).

1) Проведём прямую р перпендикулярно отрезку АВ через середину отрезка. Выберем на прямой р произвольную точку Р и укажем приём построения окружности с центром Р, проходящей через данные точки А и В.

Замечаем, что при всевозможных положениях точки Р на прямой р возникают все решения данной задачи. После этого считаем, что задача решена

Может оказаться, что фигуры, обладающей указанными задаче свойствами, вовсе не существует. Так, например, нельзя построить окружность, вписанную в данный прямоугольник, если он не является квадратом, нельзя построить общую касательную к двум концентрическим окружностям. Может случиться также, что решение задачи существует, но не может быть найдено данными средствами. Например, нельзя, конечно, построить прямую, соединяющую две данные точки, располагая только циркулем, или провести окружность, проходящую через три данные точки, располагая только линейкой.

Во всех этих случаях решить задачу на построение -- значит доказать, что искомая фигура не существует или, соответственно, что она не может быть построена данными средствами.

Иногда задача не имеет решений потому, что на искомую фигуру наложено слишком много условий. Например, нельзя, вообще говоря, построить окружность, проходящую через четыре заданные точки, или построить треугольник, зная три его стороны и один из углов. Задачи такого рода называются переопределенными.

Для ориентировки полезно знать, сколько независимых условий обычно достаточно для определения искомой фигуры. Известно, что для построения треугольника (если по условию задачи его положение не фиксировано) достаточно знать три условия, например две стороны и угол. Можно показать, что для построения произвольного n-угольника нужно знать 2п - 3 условий. Так, для построения четырёхугольника достаточно задать пять условий: например, указать, что он представляет трапецию, и задать две его стороны и две диагонали.

Условие задачи часто даёт известный простор в выборе данных. Так, например, если требуется построить треугольник по трём сторонам, то данными являются три отрезка, которые могут быть произвольными как по величине, так и положению. Или, если требуется провести касательную к данной окружности из данной точки, то данная окружность может быть любой окружностью на плоскости, причём данная точка может оказаться внутри, вне или на данной окружности. Задача в такой формулировке может считать полностью решенной лишь в том случае, если она решена для всех возможных предположений относительно выбора данных. Может оказаться, что при одном выборе данных задача решается совершенно иначе, чем при другом их выборе, так что приходится рассматривать ряд отдельных случаев и давать решение задачи для каждого из них. Например, задача о проведении касательной к окружности через данную точку решается (циркулем и линейкой) по-разному в трех возможных случаях:

1-й случай. Точка задана внутри окружности. Задача не имеет решения.

2-й случай. Точка расположена на данной окружности. Задача имеет единственное решение. Построение общеизвестно: достаточно провести радиус окружности в данную точку и провести через точку прямую, перпендикулярную к этому радиусу.

3-й случай. Точка расположена вне данной окружности. Задача имеет два различных решения. Соответствующее построение рассматривается в школьном курсе геометрии.

Элементарные задачи на построение

Существует ряд простейших геометрических задач на построение, которые особенно часто входят в качестве составных частей в решение более сложных задач. Задачи такого рода рассматриваются преимущественно в первых главах школьного курса геометрии. Будем называть их элементарными задачами на построение.

К числу элементарных задач (ЭЗ) отнесем следующие.

ЭЗ-1. Деление данного отрезка пополам.

ЭЗ-2. Деление данного угла пополам.

ЭЗ-3. Построение на данной прямой отрезка, равного данному. ЭЗ-4. Построение угла, равного данному углу.

ЭЗ-5. Построение прямой, проходящей через данную точку параллельно данной прямой.

ЭЗ-6. Построение прямой, проходящей через данную точку перпендикулярно к данной прямой.

ЭЗ-7. Деление отрезка в данном отношении.

ЭЗ-8. Построение треугольника по трём данным сторонам.

ЭЗ-9. Построение треугольника по стороне и двум прилежащим углам.

ЭЗ-10. Построение треугольника по двум сторонам и углу между ними.

ЭЗ-11. Построение прямой, проходящей через данную точку и касающейся данной окружности.

ЭЗ-12. Построение прямоугольного треугольника по гипотенузе и катету. ЭЗ-13. Построение прямоугольного треугольника по гипотенузе и острому углу. ЭЗ-14. Построение серединного перпендикуляра к отрезку.

Следует заметить, что этот список не является обязательным для всех. В то же время набор задач, включаемых в этот список, конечно, зависит от опыта решающего.

§3. Основные методы решения задач на построение

Для решения геометрических задач на построение существует несколько методов.

В стабильных школьных учебниках геометрии указываются следующие методы: метод геометрических мест, метод геометрических преобразований (параллельного переноса, центральной и осевой симметрии, поворота, подобия) и алгебраический метод. Это не случайно, так как методы решения геометрических задач на построение основываются:

1) на геометрических местах точек;

2) на геометрических преобразованиях;

3) на применении алгебры.

В данной работе подробно рассматривается лишь метод геометрических мест.

Прежде чем перейти к характеристике сути этого метода решения геометрических задач на построение, сделаем следующие замечания.

Замечание 1. Если, зная фигуру F₁, можно построить фигуру F₂, то говорят, что между фигурами F₁ и F₂ имеется геометрическое соответствие, или конструктивная связь.

В большинстве случаев применение всех перечисленных методов состоит в том, что, не имея возможности сразу приступить к построению искомой фигуры, сначала строят фигуру, конструктивно связанную с ней.

Замечание 2. Знакомя учеников с тем или иным методом решения геометрических задач на построение, надо соответствующим подбором задач давать ученикам возможность приобрести навык в применении этого метода.

Замечание 3. Многие геометрические задачи на построение могут быть решены не одним, а двумя и несколькими методами. Поэтому каждую из таких задач, после ее решения каким-либо одним методом полезно снова решить, когда учащиеся ознакомятся с другим применимым к ней методом решения.

Такое повторное решение геометрических задач на построение следует включать в предлагаемые ученикам домашние задания и применять при проведении обзорного повторения.

Замечание 4. Более или менее сложные геометрические задачи на построение могут быть решены только в том случае, если к ним будут в определённой последовательности применены два или несколько из перечисленных методов.

Метод геометрических мест

Решение геометрических задач на построение основывается на знании свойств различных геометрических образов, среди которых особо важное значение имеют геометрические места точек.

Геометрическим местом точек (ГМТ) на плоскости называется такая плоская фигура (геометрический образ), все точки которой обладают определённым свойством, каким не обладают точки, не принадлежащие этой фигуре (геометрическому образу).

В курсе планиметрии средней школы основными ГМТ являются следующие:

1) прямая (одна прямая, пересекающиеся или параллельные прямые, определённые отрезки прямой);

2) окружность (одна окружность, две концентрические окружности, дуга сегмента, вмещающего данный угол).

На понятии о ГМТ основан особый метод решения геометрических задач на построение, который состоит в следующем.

Предложенную геометрическую задачу на построение прежде всего сводят к отысканию одной или нескольких точек, каждая из которых должна удовлетворять определённым условиям.

Если требуется найти на плоскости точку, которая удовлетворяла бы двум определённым независимым требованиям или условиям 1 и 2, то эту задачу превращают в две вспомогательные задачи:

1) найти точку, удовлетворяющую условию 1 и

2) найти точку, удовлетворяющую условию 2.

Бесконечное число точек, являющихся решением 1-й вспомогательной задачи, представит собою некоторое вполне определённое ГМТ. Обозначим это ГМТ буквой F₁.

Равным образом, бесконечное число точек, являющихся решением 2-й вспомогательной задачи, также образует ГМТ, которое обозначим буквой F₂.

Затем выясняем, пересекаются ли найденные геометрические места F₁ и F₂. Если F₁ и F₂ не пересекаются и не касаются друг друга, то искомая точка не существует, и, значит, задача не имеет ни одного решения. Если геометрические места F₁ и F₂ касаются одно другого в одной или нескольких точках, то каждая из них является искомой. Равным образом, если F₁ и F₂ пересекаются в одной или в нескольких точках, то каждая из них является искомой точкой.

Для эффективного применения указанного метода важно знать как можно больше ГМТ или множеств точек с заданным свойством. Укажем некоторые ГМТ плоскости, применяемые при решении задач.

ГМТ № 1. Множество точек, равноотстоящих от данной точки (окружность щ).

ГМТ № 2. Множество точек, равноотстоящих от двух данных точек (серединный перпендикуляр отрезка, концами которого являются данные точки).

ГМТ № 3. Множество точек, равноотстоящих от трёх данных точек (центр описанной окружности треугольника с вершинами в данных точках).

ГМТ № 4. Множество точек, равноотстоящих от данной прямой (две параллельные прямые, для которых данная прямая является осью симметрии).

ГМТ № 5. Множество точек, равноудалённых от двух параллельных прямых (средняя линия полосы).

ГМТ № 6. Множество точек, равноудалённых от двух пересекающихся прямых (биссектрисы углов, образованных при пересечении данных прямых).

ГМТ № 7. Множество точек, равноудалённых от трёх взаимно пересекающихся прямых (4 точки, из которых одна - центр вписанной окружности, 3 - центры вневписанных окружностей треугольника, полученного при пересечении прямых).

ГМТ № 8. Множество точек, из которых данный отрезок виден под прямым углом (окружность, построенная на данном отрезке, как на диаметре, без концов отрезка).

ГМТ № 9. Множество точек, из которых данный отрезок виден под данным углом б (б ? 90).

ГМТ № 10. Множество середин равных хорд данной окружности есть концентрическая окружность.

планиметрия геометрический место старшеклассник



Глава 3. Метод геометрических мест для решения задач на построение

§1. Классификация и решение задач на построение в курсе 7 класса

Проведенный анализ школьных учебников по планиметрии (Атанасяна Л.С., Погорелова А.В.) показал, что в них имеется достаточное количество задач на построение, которые можно решить методом геометрических мест. Классификация задач на метод геометрических мест из указанных учебников в курсе 7 класса приведена в таблице 1.

Таблица 1

Погорелов А.В.	Атанасян Л.С.
№ задачи (в работе)	№ упражнения в учебнике	№ задачи (в работе)	№ упражнения в учебнике
1(1)	§ 5, № 24	9(9)	149
2(2)	§ 5, № 31	10(10)	150
3(3)	§ 5, № 38	11(11)	180
4(4)	§ 5, № 42	12(12)	181
5(5)	§ 5, № 43	13(13)	182
6(6)	§ 5, № 44	14(14)	184
7(7)	§ 5, № 45	15(15)	285
8(8)	§ 5, № 50	16(16)	293
		17(17)	294

1. № 24 [1, § 5]. Построить треугольник по двум сторонам и углу, противолежащему большей из них.

1. АНАЛИЗ. Пусть искомый треугольник Д ABC построен, тогда ВС = а, АС =b, яBAC = б, а > b. Сторону ВС = а всегда можно построить. Поэтому задача сводится к построению вершины А. Но точка А удовлетворяет двум независимым условиям:

1. с(С,А)=b;

2. яBAC = б

Рис. 15

Сначала отбросим условие 2 и построим ГМТ₁= F₁, удовлетворяющих условию 1; ясно, что F1 = г (С, b). Затем отбросим условие 1 и построим ГМТ₂ = F₂, удовлетворяющих условию 2; как известно из [1], ГМТ, из которых отрезок ВС = а виден под заданным углом а, есть две дуги окружности с концами В, С (или с хордой ВС) за исключением самих концов. Итак точка А Є F₁, F₂. Анализ закончен.

2. ПОСТРОЕНИЕ

1. ВС = а;

2. г (С, b) = F₁;

3. строим ГМТ = F₂;

3.1. t - серединный перпендикуляр отрезка ВС;

3.2. яCBK=б;

3.3. m: B Є m, m+BK;

3.4. O = m ? t;

3.5. Д ABC- искомый

3. ДОКАЗАТЕЛЬСТВО

1. ВС = a - по построению.

2. СА = b - по построению (А Є л. (С, в)).

3.я ВАС = б - докажем это.

я СВК = а - по построению, но это угол между хордой СВ окружности щ и касательной ВК к окружности щ в точке В.

Следовательно, я BOD = бя BOD = я СВК - как острые углы с соответственно перпендикулярными сторонами). Но яBOD = б - центральный угол, опирающийся на дугу BF (или FC, равную дуге BF); он измеряется этой дугой BF.

Угол я ВАС = б - вписанный угол и опирается на дугу ВС, следовательно, измеряется половиной этой дуги, т.е. дугой BF.

Итак, я ВАС - я BOD = б. Таким образом, Д АВС удовлетворяет всем условиям.

4. ИССЛЕДОВАНИЕ

1) б - острый угол. Так как b < а, то окружность л (С, b) обязательно пересечёт окружность щ (О, ОВ) точно в одной точке в верхней полуплоскости относительно прямой ВС. Поэтому задача имеет одно решение.

Рис. 16

2) б = 90, тогда ВС = а - диаметр окружности щ. Но b < a, следовательно, снова получаем одну общую точку окружностей л (С, b) и щ в верхней полуплоскости относительно прямой ВС, т.е. задача имеет одно решение.



Рис. 17

3) б - тупой угол и в этом случае л (С, b) ? щ в верхней полуплоскости относительно прямой ВС только в одной точке. Итак, при любом б < 180 задача имеет всегда одно решение.

Рис. 18

2. №31[1, §5] Постройте треугольник по стороне, медиане, проведённой к этой стороне и радиусу описанной окружности.

Рис. 19

1. АНАЛИЗ. Пусть Д ABC - искомый, тогда АС = b, AD = DC, BD = m_b, R - радиус описанной окружности. Две вершины треугольника А, С построить легко (АС = b). Поэтому задача сводится к построению третьей вершины В, которая удовлетворяет двум независимым условиям:

1) DB = m_b, где D - середина отрезка АС;

2) OB = OC = OA = R.

Отбросим второе условие и построим ГМТ₁ = F₁, удовлетворяющих первому условию. Ясно, что

F₁ = л (D, m_b).

Затем отбросим первое условие и построим ГМТ₂ = F₂, удовлетворяющих второму условию; понятно, что

F₂ = щ (О; R),

где О - третья вершина

Д АОС (АС = b, АО = СО = R)

Итак, В Є F₁, F₂ или

В Є л, щ. Анализ закончен.

2. ПОСТРОЕНИЕ.

Д АОС (АС = b, АО = СО = R).

щ (О,R).

D - середина АС.

л (D, m_b).

В Є л, щ.

Д ABC - искомый.

3. ДОКАЗАТЕЛЬСТВО.

АС = b - по построению;

AD = DC, DB = m_b - по построению;

ОВ = ОС = OA = R - по построению;

Д ABC - удовлетворяет всем условиям задачи.

4. ИССЛЕДОВАНИЕ. Всегда ли можно построить окружность л, чтобы она удовлетворяла условиям задачи?

1) Пусть b<2R.

а) Если < m_b < KD, то задача имеет одно решение;

Но DK =R + OD, OD= =, т.е. при <m_b<R+

задача имеет одно решение.

б) Если DL < m_b< , то задача имеет также одно решение. Но

DL=R - OD= R - ,

т.е. при R - <m_b< задача имеет одно решение.

в) Если m_b > R + или m_b < R - , то решений нет.

2) Пусть b = 2R, тогда D ? О.



а) При m_b = R, л= щ, поэтому задача имеет бесконечное множество решений;

б) При m_b?R, л ? щ Ш, задача решений не имеет

3. №38 [1, § 5]. Постройте треугольник по двум сторонам и высоте, опущенной на одну из них.

Рис. 20

1. АНАЛИЗ. Пусть Д ABC построен, тогда АВ = с, АС = b, CD + АВ и CD = h_с.Ясно, что вершины А, В ДАВС построить легко (АВ = с). Следовательно, задача сводитсяк построению точки С, которая удовлетворяет двум независимым условиям:

1)с (А,С) = b;

2) с (С,АВ) = h_с.

Отбросим второе условие и построим ГМТ ₁ = F ₁, удовлетворяющих первому условию. Ясно, что

F ₁ = л (А,b)

Отбросим первое условие и построим ГМТ ₂ = F ₂, удовлетворяющих второму условию. Ясно, что

F ₂ = п, где п || AB, с (n, АВ) = h_с.



Итак, С Є F ₁,F ₂, т.е. C Є л, n.

2. ПОСТРОЕНИЕ.

АВ = с.

л (A, b).

n: n || АВ, с (n, АВ) = h_с.

С Є л, n .

Д ABC - искомый.

3. ДОКАЗАТЕЛЬСТВО

АВ = с - по построению;

АС = b - по построению;

CD = h (С, АВ) = h_с - по построению.

Итак, Д ABC удовлетворяет всем условиям.

4. ИССЛЕДОВАНИЕ. Всегда ли можно построить треугольник с данными задачи?

1)Если hc < b, то n ? л = {С, C1} и задача имеет два решения.

2)Если hc = b, то n ? л = {С} и задача имеет одно решение, Д CAB - прямоугольный, яA = 90.

3)Если hc> b, то решений нет.

4. №42 [1, § 5]. На данной прямой найдите точку, которая находится на данном расстоянии от другой данной прямой.

Рис. 21

Рис. 22

АНАЛИЗ. Предположим, что X - искомая точка, тогда X Є а, и с (X, b) = d.Итак, точка X удовлетворяет двум независимым условиям:

Х Є а;

с (X,b) = d.

Отбросим сначала второе условие и построим ГМТ₁ - F₁, удовлетворяющих первому условию. Ясно, что F₁ = а. Отбросим теперь первое условие и построим ГМТ₁ = F₁, удовлетворяющих второму условию. Ясно, что F₂ = с, такая прямая, что с || b и с (с, b) = d

Понятно, что X Є F₁, F₂, т.е. Х Є а, с. Анализ закончен.

ПОСТРОЕНИЕ

Строим F₂ = с, чтобы с || b и с (с, b) = d.

X = а ? с.

X - искомая точка.

3. ДОКАЗАТЕЛЬСТВО

1) X Є а - по построению.

2) с (Х,b)= с (c,b)=d.

4. ИССЛЕДОВАНИЕ. Всегда ли можно найти точку на прямой, которая находится на данном расстоянии от другой прямой?

1) Если прямые а и b не параллельны, то задача имеет два решения.

Рис. 23

2) Если прямые a и b параллельны, но с (a, b) ? d, тогда решений нет;

Рис. 24

3) Если прямые а и b параллельны и р (a, b) = d, то таких точек бесконечно много.

Рис. 25

5. № 43 [1, § 5]. Даны три точки. Найдите точку, одинаково удалённую от данных точек.

Рис. 26

Рис. 27

1. АНАЛИЗ. Нам даны три точки (рис. 26). Предположим, что задача решена и точка О является искомой (рис. 27).

Рассмотрим рисунок 27. Пусть даны три точки А, В, С. Искомая точка О должна удовлетворять двум независимым требованиям:

находиться на равном расстоянии от данных точек А и В;

находиться на данном расстоянии от точки С.

Так как по условию 1 точка O отстоит на одинаковом расстоянии от точек А и В, то, значит, она одинаково удалена от концов отрезка АВ, а поэтому лежит на прямой ЕР, которая проходит через середину Е отрезка АВ и перпендикулярна к нему (рис. 27), аналогично для точки С: по условию точка О отстоит на одинаковом расстоянии от точек С и В, то, значит, она одинаково удалена от концов отрезка СВ, а поэтому лежит на прямой NM, которая проходит через середину N отрезка СВ и перпендикулярна к нему (рис. 27).

Построив сначала вспомогательные отрезки АВ и СВ, а затем вспомогательные прямые ЕР и NM, мы определим точку O, в которой прямая ЕР пересекает прямую NM (рис. 27). Точка O - искомая, так как удовлетворяет условию задачи.

2. ПОСТРОЕНИЕ

1) Соединяем прямой точки А и В, С и В.

2) Находим середину (Е) отрезка АВ и середину (N) отрезка СВ.

3) Через точку Е проводим прямую ЕР, перпендикулярную к отрезку АВ. Через точку N проводим прямую NM, перпендикулярную к отрезку СВ.

4) Находим точку O пересечения прямых ЕР и NM. Точка O - искомая.

3. ДОКАЗАТЕЛЬСТВО. Через середину отрезка АВ провели прямую ЕР перпендикулярную к отрезку АВ. Каждая точка прямой ЕР одинаково удалена от концов отрезка АВ. Через середину отрезка СВ провели прямую NM перпендикулярную к отрезку СВ. Каждая точка прямой NM одинаково удалена от концов отрезка СВ.

Точка O есть точка пересечения прямых ЕР и NM, а потому она лежит на каждой из них. Так как точка O лежит на прямой ЕР, то, значит эта точка одинаково удалена от точек А и В, и, следовательно, точка удовлетворяет первому требованию условия задачи. Но точка O так же лежит и на прямой NM, значит, она удовлетворят и второму требованию условия задачи.

Как видим точка O удовлетворяет всем требованиям, какие изложены в условии задачи, а потому точка O - искомая.

4. ИССЛЕДОВАНИЕ. Всегда возможно провести через середину отрезка АВ прямую ЕР, перпендикулярную к АВ. Аналогично для прямой СВ: всегда возможно провести через середину отрезка СВ прямую NM, перпендикулярную к СВ. Остается выяснить, всегда ли прямая ЕР пересечет прямую NM. Тут возможны следующие случаи.

1) Если отрезок АВ образует любой угол с данным отрезком СВ, то прямая ЕР не пременно пересечёт прямую NM в некоторой определённой точке, и задача будет иметьодно решение.

2) Если эти три точки лежат на одной прямой, то задача не имеет решений.

6. № 44 [1, § 5]. На данной прямой найдите точку, равноудалённую от двух данных точек.

Рис. 28

Рис. 29

1. АНАЛИЗ. Нам даны прямая и две точки (рис. 28). Предположим, что задача решена и точка Р является искомой (рис. 29).

Рассмотрим рисунок 29. Искомая точка должна удовлетворять двум требованиям:

находиться на равном расстоянии от данных точек А и В и

находиться на данной прямой KL.

Так как по условию точка Р находится на одинаковом расстоянии от точек А и В, то, значит, она одинаково удалена от концов отрезка АВ, а поэтому лежит на прямой DE, которая проходит через середину D отрезка АВ и перпендикулярна к нему (рис. 29).

Построив сначала вспомогательный отрезок АВ, а затем прямую DE, мы определим точку Р, в которой прямая DE пересекает прямую KL (рис. 29). Точка Р - искомая, так как удовлетворяет условию задачи.

2. ПОСТРОЕНИЕ

Соединяем прямой точки А и В.

Находим середину (D) отрезка АВ.

Через точку D проводим прямую DE, перпендикулярную к отрезку АВ.

Находим точку Р пересечения прямых DE и KL. Точка Р - искомая.

3. ДОКАЗАТЕЛЬСТВО. Через середину отрезка АВ провели прямую DE перпендикулярную к отрезку АВ. Каждая точка прямой DE одинаково удалена от концов отрезка АВ. Точка Р есть Пересечение прямых DE и KL, а потому она лежит на каждой из этих двух линий. Так как точка лежит на прямой DE, то, значит эта точка одинаково удалена от точек А и В, и, следовательно, точка удовлетворяет первому требованию условия задачи. Но точка Р лежит и на прямой KL, значит, она удовлетворят и второму требованию условия задачи.

Как видим, точка Р удовлетворяет всем требованиям, какие изложены в условии задачи, а потому точка Р - искомая.

4. ИССЛЕДОВАНИЕ. Всегда возможно провести через середину отрезка АВ прямую DE, перпендикулярную к АВ. Остаётся выяснить, всегда ли прямая DE пересечётданную прямую KL. Тут возможны следующие случаи:

Если отрезок АВ не образует прямого угла с данной прямой KL, то прямая DE непременно пересечёт прямую KL в некоторой определённой точке, и задача будет иметь одно решение.

Если АВ J_ KL, причём прямая KL не делит пополам отрезка АВ, то прямая DE не пересечёт прямой KL, и, следовательно, задача не имеет ни одного решения.

Если же АВ JL KL и KL делит пополам отрезок АВ, то задача имеет бесчисленное множество решений, так как любая точка прямой KL отстоит на одинаковом расстоянии от точек А и В.

7. №45 [1, § 5]. Даны четыре точки А, В, С, D. Найдите точку X, которая одинаково удалена от точек А и В и одинаково удалена от точек С и D.

Рис. 30

Рис. 31

1. АНАЛИЗ. Нам даны четыре точки (рис. 30). Предположим, что задача решена и точка X является искомой (рис. 31).

Рассмотрим рисунок 31. Искомая точка должна удовлетворять двум требованиям:

находиться на равном расстоянии от данных точек А и В и

находиться на равном расстоянии от данных точек С и D.

Так как по условию точка X отстоит на одинаковом расстоянии от точек А и В, то она одинаково удалена от концов отрезка АВ, а поэтому лежит на прямой ЕО, которая проходит через середину Е отрезка АВ и перпендикулярна к нему (рис. 31), аналогично для точек С и D: по условию точка X отстоит на одинаковом расстоянии от точек С и D, поэтому она одинаково удалена от концов отрезка CD, т.е. она лежит на прямой NM, которая проходит через середину N отрезка CD и перпендикулярна к нему (рис. 31).

Построив сначала вспомогательные отрезки АВ и CD, а затем вспомогательные прямые ЕО и NM, мы определим точку X, в которой прямая ЕО пересекает прямую NM (рис. 31). Точка X - искомая, так как удовлетворяет условию задачи.

2. ПОСТРОЕНИЕ

1. Соединяем прямой точки А и В, С и D.

2. Находим середину (Е) отрезка АВ и середину (N) отрезка CD.

3. Через точку Е проводим прямую ЕО, перпендикулярную к отрезку АВ. Черезточку N проводим прямую NM, перпендикулярную к отрезку CD.

4. Находим точку X пересечения прямых ЕО и NM. Точка X - искомая.

3. ДОКАЗАТЕЛЬСТВО. Через середину отрезка АВ провели прямую ЕО перпендикулярную к отрезку АВ. Каждая точка прямой ЕО одинаково удалена от концов отрезка АВ. Через середину отрезка CD провели прямую NM перпендикулярную к отрезку CD. Каждая точка прямой NM одинаково удалена от концов отрезка CD.

Точка X есть пересечение прямых ЕО и NM, а потому она лежит на каждой из них. Так как точка X лежит на прямой ЕО, то эта точка одинаково удалена от точек А и В, и, следовательно, точка удовлетворяет первому требованию условия задачи. Но точка X лежит и на прямой NM, значит, она удовлетворят и второму требованию условия задачи.

Как видим, точка X удовлетворяет всем требованиям, какие изложены в условии задачи, а потому точка X - искомая.

4. ИССЛЕДОВАНИЕ. Всегда возможно провести через середину отрезка АВ прямую ЕО, перпендикулярную к АВ. Аналогично для прямой CD: всегда возможно провести через середину отрезка CD прямую NM, перпендикулярную к CD. Остаётся выяснить, всегда ли прямая ЕО пересечёт прямую NM. Тут возможны следующие случаи:

1) Если отрезок АВ и CD не лежат на параллельных прямых, то прямая ЕО непременно пересечёт прямую NM в некоторой определённой точке, и задача будет иметь одно решение.

2) Если АВ || CD, но вершины четырехугольника ABCD не образуют равнобочную трапецию, то прямые ЕО и NM параллельны и не имеют общих точек, следовательно, задача не имеет ни одного решения.

3) Если АВ || CD и вершины четырехугольника ABCD образуют равнобочную трапецию, то прямая ЕО совпадает с прямой NM, следовательно, задача имеет бесконечно

много решений.

8. №50[1, § 5]. Проведите общую касательную к двум данным окружностям разных радиусов.

Рис. 32



Рис. 33

1. АНАЛИЗ. Допустим, что АВ - искомая касательная к данным окружностям л₁ (O₁; R₁) и л₂ (0₂; R₂) (R₁ > R₂) - построена. Задача сводится к отысканию точки касания А или к отысканию направления прямой n, такой, что O₁ n, n + АВ. Для построения прямой n достаточно построить хотя бы одну точку на ней, так как O₁ Є n. Рассмотрим окружность л(O₁; R₁ - R₂). Пусть точка С Є л, n. Тогда построив точку С, сумеем построить и прямую n. Но АС = R₁ - (R₁ - R2₂) = R₂ и АС + АВ, ОВ2₂ + АВ, ОВ2₂ = R, поэтому АВO₂С - прямоугольник. Следовательно, O₂С || АВ, я С₁СO₂= 90°, отсюда O₂С - касательная к окружности л (O₁, R₁ - R₂). А её построить можно. Анализ закончен.

2. ПОСТРОЕНИЕ

1. Строим линию центров O₁ O₂ - прямую а.

2. л(O₁; R₁- R₂).

3. Строим касательную O₂С к л:

3.1 О - середина O1O2 ;

3.2 щ (О; OO1,);

3.3 л ? щ = {С, С1};

3.4 О₂С - касательная.

4.O₁С = п.

5. А Є л₁, п.

6. т: O₂ Є т, т || п.

7. B Є л₂, т.

8. АВ - искомая касательная.

3. ДОКАЗАТЕЛЬСТВО. Вытекает из анализа и построения.

4. ИССЛЕДОВАНИЕ. Всегда ли можно провести касательную к двум окружностям? Тут возможны следующие случаи:

1) Если окружности не имеют общих точек и одна не лежит внутри другой, то они имеют четыре касательных: две внутренних, две внешних.

Рис. 34

2) Если окружности касаются друг друга в некоторой точке внешним образом, то они имеют три касательных: одну внутреннюю, две внешних

Рис. 35

3) Если окружности пересекаются, то они имеют две касательные: обе внешние.

Рис. 36

4) Если меньшая окружность лежит внутри большей и они касаются в некоторой точке, то они имеют одну внешнюю касательную.

Рис. 37

5) Если меньшая окружность лежит внутри большей и они не касаются, то задача не будет иметь решений.

Рис. 38

Итак, задача имеет не более четырёх решений

9. № 149 [2]. Дана прямая а, точка В, не лежащая на ней и отрезок РК. Построить точку М на прямой так, чтобы ВМ = РК. Всегда ли задача имеет решение?

Рис. 39

Рис. 40

1. АНАЛИЗ. Дано: а, В (В Є а), РК = d. Предположим, что задача решена и точка М - искомая точка, тогда точка М удовлетворяет двум независимым условиям:

1) M Є а;

2) с (В, М) = ВМ = d.

Отбросим сначала второе условие и построим ГМТ₁= F₁, удовлетворяющих первому условию. Ясно, что F₁ = а. Отбросим теперь первое условие и построим ГМТ₂ = F₂, удовлетворяющих второму условию. Ясно, что

F₂ = щ (В, d)

Тогда М Є F₁, F₂, т.е. М Є а, щ

Анализ закончен

2. ПОСТРОЕНИЕ.

1. Строим щ (В, d).

2. М Є а, щ.

3. М - искомая точка.

3. ДОКАЗАТЕЛЬСТВО.

1. М Є а - по построению.

2. с (В, М) = d, т.к. М Є щ (В, d).

4. ИССЛЕДОВАНИЕ. Всегда ли данная задача имеет решение?

1. Если d > с (В, а) = ВС, то задача имеет два решения

Рис. 41

2. Если d = с (В, а) = ВС, то МС и задача имеет одно решение

Рис. 42

3. Если d < с (В, а) = ВС, то а ? щ = Ш и задача не имеет решений