дома » Геометрия в школе » ПОСТРОЕНИЯ

ПОСТРОЕНИЯ

ЭЛЕМЕНТАРНАЯ ГЕОМЕТРИЯ. КНИГА ТРЕТЬЯ. ПОДОБИЕ. ГЛАВА VI. ПОСТРОЕНИЯ.

ЭЛЕМЕНТАРНАЯ ГЕОМЕТРИЯ Ж. АДАМАР

ПОСТРОЕНИЯ

ЭЛЕМЕНТАРНАЯ ГЕОМЕТРИЯ Ж. АДАМАР

ЭЛЕМЕНТАРНАЯ ГЕОМЕТРИЯ Ж. АДАМАР

Скачать всю книгу Ж. АДАМАР «ЭЛЕМЕНТАРНАЯ ГЕОМЕТРИЯ» в хорошем качестве
151. Построение 1. Разделить отрезок на части, пропорциональные
данным отрезкам, или на равные части.
С п о с о б п е р в ы й (черт. 156). Пусть требуется разделить отрезок
АВ, положим, на три равные части. Проводим через точку А произвольную
прямую и откладываем на ней от точки А три равных

прямой линией и провести через точки С и D прямые, параллельные
этой прямой.
Эти параллельные прямые разделят отрезок АВ на три равные
части (п. 113).
Если требуется разделить отрезок АВ на части, пропорциональные
трём данным отрезкам, откладываем отрезки AC, CD, DE, соответственно
равные заданным отрезкам
(черт. 157).
С п о с о б в т о р о й (черт. 158). Пусть
требуется разделить отрезок АВ на три равные
части. На произвольной прямой ab, параллельной
АВ, откладываем равные отрезки ас,
cd, db и соединяем точки А и а, В и b прямыми,
которые пусть пересекутся в точке О;
прямые Ос и Od делят отрезок АВ на три
равные части (п. 121).
Если требуется разделить отрезок АВ на
части, пропорциональные трём данным отрезкам, то выбираем отрезки
ас, cd, db, соответственно равные этим отрезкам.

Построение 2. Найти отрезок, четвёртый пропорционйльный
к данным трём отрезкам.
Построение вполне аналогично предыдущему.

143 ПОСТРОЕНИЯ.

С п о с о б п е р в ы й (черт. 159). Пусть даны три отрезка — а, b
и с, и пусть требуется найти такой отрезок х, что у =
Откладываем на обеих сторонах О А и ОБ произвольного угла от
вершины О отрезки а и Ь\ затем откладываем отрезок с, безразлично
где именно, на стороне О А (на чертеже СС’). Прямые, параллельные
АВ, проведённые через конечные точки отрезка с, определят на сто-
0 роне ОВ искомый четвёртый пропорциональный
отрезок.
Чтобы проводить только одну параллельную,
следует совместить один из концов
отрезка с с точкой О или с точкой А.
Предоставляем читателю применить и
к данной задаче способ второй, указанный
для предыдущего построения.

152. Построение 3. Построить на
данном отрезке треугольник, подобный
данному треугольнику.
Пусть даны треугольник ABC и отрезок
А!В*’. Откладываем отрезок AD, равный
А’В’ на стороне АВ; проведя через точку D прямую DEy параллельную
ВС (черт. 160), до пересечения в точке Е со стороной АС,
строим на отрезке А’В\ как на основании, треугольник, равный
треугольнику ADE (п. 86, построе- q
ние 4).
Это построение даёт, очевидно, решение
следующей задачи.

Задача. Даны две точки А и В фи-
гуры F и соответственные им точки N
и Bf подобной фигуры F’; найти точку,
соответствующую какой-либо третьей точке фигуры F.

В частности, повторное применение данного построения позволяет
выполнить следующее построение.

Построение За. Построить на данном отрезке многоугольник,
подобный данному многоугольнику.
153. Построение 4. Построить отрезок,
средний пропорциональный между двумя
данными отрезками.
Мы указали три теоремы, приводящие к
среднему пропорциональному (пп. 123,125,132).
Каждая из этих трёх теорем даёт способ ре-
шения поставленной задачи.
Черт. 161. С п о с о б п е р в ы й (черт. 161).

Откладываем
на какой-либо прямой от одной и той же
точки в одном и том же направлении два отрезка ВС и BD, равные
данным отрезкам а и b (обозначая через BD меньший из построенных
отрезков), и будем рассматривать отрезок ВС как гипотенузу пря

144 ПОСТРОЕНИЯ.

моугольного треугольника, а отрезок BD ■— как проекцию одного из
катетов на гипотенузу. Для этого достаточно поместить вершину А
прямого угла в точке пересечения перпендикуляра к BD, проведённого
через точку D, с окружностью, построенной на ВС как на диаметре.
Если точка А, таким образом, определена, то АВ — средний
пропорциональный отрезок (п. 123).

С п о с о б в т о р о й (черт. 162). Откладываем на какой-либо прямой
от одной и той же точки D в противоположных направлениях два отрезка DC и DB, равные данным отрезкам а

и by и будем рассматривать их как проекции катетов на гипотенузу. Для этого достаточно
поместить точку А, вершину прямого угла, в
точке пересечения перпендикуляра к BD,
проведённого через точку Д с окружностью,
построенной на ВС как на диаметре.
Если точка А, таким образом, определена, то AD — искомый средний пропорциональный
отрезок (п. 125).

С п о с о б т р е т и й (черт. 163). Пусть требуется найти отрезок,
средний пропорциональный между двумя отрезками а и Ь. Откладываем
на какой-либо прямой от одной и той же точки О в одном и
том же направлении два отрезка О А и ОВ} равные отрезкам а к Ь.
Через точки А и В проводим произволь- h
ную окружность, к которой в свою очередь проводим из точки О касательную ОТ;
длина этой касательной и будет искомым
средним пропорциональным (п. 132).

154. Построение 5. Построить отрезок,
квадрат которого был бы равен
сумме квадратов двух данных отрезков.
Откладываем два данных отрезка на
сторонах прямого угла; искомый отрезок
будет гипотенузой построенного таким
образом прямоугольного треугольника.

Построение 6. Построить отрезок , квадрат которого был бы
равен разности квадратов двух данных отрезков.
Строим (п. 87а) прямоугольный треугольник, у которого больший
отрезок служит гипотенузой, а другой отрезок — катетом; второй его
катет будет искомым отрезком.
155. Построение 7. Построить два отрезка, зная их сумму
и их произведение.
Пусть требуется найти два отрезка, сумма которых равна данному
отрезку а — ВС и произведение которых равно произведению двух
данных отрезков b и с.
Предположим, что на перпендикулярах, проведённых в концах
отрезка ВС, отложены в одном и том же направлении два отрезка
ВВГ и СС\ соответственно равные b и с (черт. 164). Искомые два

145

отрезка, сумма которых равна ВС, могут быть представлены отрезками
ВМ и СМ, где М — определённая точка отрезка ВС. Но, с другой
стороны, произведение ВМ • СМ должно быть равно произведению
ВВГ • СС’; это равенство может быть записано в виде пропорции
DDI С А/\
= и показывает, что прямоугольные треугольники ВГВМ и
ВМ С С
МСС — подобны. Следовательно, угол ВМВ’, равный соответственному
углу МСС, будет углом дополнительным к углу СМС, а потому
( угол ВГМСТ ~ прямой. Таким образом, точка М
В лежит на окружности, имеющей своим диаметром
отрезок В С.
Обратно, если окружность, имеющая своим
диаметром В’С, пересекает ВС в точке М, то
треугольники ВТВМ и МСС подобны, так как
стороны их взаимно перпендикулярны; таким

Черт. 164. образом, получается равенство произведений
ВМ • СМ и ВВТ • СС.

У с л о в и я в о з м о ж н о с т и п о с т р о е н и я . Мы взяли произвольные
отрезки b и с, но мы можем считать их равными: действительно,
не изменяя произведения, можно заменить оба отрезка их
средним пропорциональным. Итак, предположим, что ВВ’ = ССГ\ тогда
четырёхугольник ВВТСС будет прямоугольником. Середина отрезка
ВГСТ отстоит при этом от отрезка ВС на расстоянии, равном ВВ\
и радиус окружности будет равен половине ВГС, или, что то же
самое, половине ВС. Следовательно, окружность будет пересекать ВС,
если отрезок ВВТ равен самое большее половине ВС, другими словами,
если данное произведение равно самое большее квадрату половины
отрезка ВС.
Если точка М — точка, отвечающая условиям вопроса, то, построив
фигуру, симметричную с данной относительно середины отрезка ВС,
или, что одно и то же, повернув отрезок ВС так, чтобы точка В
совпала с точкой С и точка С — с точкой В, мы получим точку Мг,
обладающую тем же свойством, что и первая, так как ВМГ = СМ и
ВМ = СМ!. Мы видим, что обе точки пересечения М и Мг окружности,
имеющей своим диаметром ВГС, с прямой ВС симметричны
относительно середины ВС, в чём можно убедиться непосредственно
с помощью п. 63.
Если данное произведение равно квадрату половины ВС (в силу
предыдущего это наибольшее из возможных значений произведения),
то окружность с диаметром ВТС касается ВС. Следовательно, точки
М и М! совпадают с серединой ВС, так что ВМ = СМ. Отсюда
заключаем, что произведение двух отрезков, сумма которых
постоянна, будет наибольшим, если эти отрезки равны.
П р и м е ч а н и е . Пусть jc — отрезок ВМ. Имеем СМ = а — х и
равенство ВМ • СМ — ВВТ • СС напишется так:

ИЛИ
х* — ах Ьс = 0.
Предыдущее построение позволяет, таким образом, найти отрезок
ху удовлетворяющий уравнению
х* — ах —{— Q ‘====- 0,
где а — данный отрезок и q — произведение двух данных отрезков.
Построение 8. Построить два отрезка, зная их разность и
произведение.
Пусть требуется найти два отрезка, разность которых равна данному
отрезку а = ВС и произведение которых равно произведению
данных отрезков Ь и с. Предположим,
что на перпендикулярах, проведённых
в концах отрезка ВС, отложены
в противоположных направлениях
отрезки ВВГ и СС’, соответственно
равные Ь и с (черт. 165).

Так как разность искомых отрезков
равна ВСу то искомые отрезки
могут быть представлены отрезками
ВМ и СМ, где М — точка, взятая
на продолжении ВС, и мы должны
иметь: ВМ • СМ — ВВ’ • СС. Как и Черт. 165.

146

в предыдущем построении, можно
доказать, что точка М должна лежать на окружности, описанной
на В’С как на диаметре, и что, обратно, точка пересечения этой окружности
с продолжением отрезка ВС отвечает условию вопроса.
Так как точки В’ и С расположены по разные стороны отрезка
ВС, то окружность всегда пересечёт отрезок, а потому задача всегда
возможна.
П р и м е ч а н и е . Пусть х — меньший из двух найденных отрезков;
тогда другой отрезок равен у = а-\-х, равенство же ху = Ьс может
быть записано либо в виде:
х(а-\-х) = Ьс, т. е. х*-]-ах — Ьс — 0,
либо в виде:
(у — а)у = Ьс, т. е. у1 — ay — Ьс = 0.
Таким образом, мы имеем возможность найти отрезок, удовлетворяющий
одному из двух уравнений:
х*-\-ах — <7 = 0,
y* — ay — q = 0,
где а — данный отрезок и q — произведение двух данных отрезков.

147

156. Говорят, что отрезок разделён в среднем и крайнем отношении,
если большая часть отрезка есть среднее пропорциональное
между всем отрезком и другой его частью.
Построение 9. Разделить отрезок в среднем и крайнем отношении.
Пусть дан отрезок ВС (черт. 166), на котором требуется найти
такую точку D, чтобы — ВС BD Взяв отношение суммы числителей
к сумме знаменателей, получим ВС BC + B—D.
Мы видим, что отрезки BD и ВС-\- BD, разность которых равна
ВС, дают в произведении ВС2. Таким образом, мы пришли к предыдущему
построению. Необходимо из двух конечных точек от-
резка ВС провести в противоположных
направлениях перпендикуляры
ВВ’ и СС’, равные
ВС, и построить затем на
отрезке В’С’, как на диаметре,
/V/ окружность, которая пересечёт
продолжение отрезка ВС за
точкой С в некоторой точке М,
так что BD = CM будет искомым
отрезком.
Отложим от точки В в направлении,
противоположном
ВС, отрезок ВП, равный ВМ. Точка П, полученная таким построением,
обладает свойством, вполне аналогичным свойству точки D,
а именно отрезок ВП есть среднее пропорциональное между отрезками
ВС и D’C.

В самом деле, BD’ = BC-\-BD, так что пропорция
может быть представлена в виде — ВС BD’ CD’
Говорят, что тояка D’ делит внешним образом отрезок ВС
в среднем и крайнем отношении *).
Обратно, чтобы точка D’ обладала этим свойством, она должна
B£)t
быть выбрана так, как было указано, потому что из пропорции =
CD’
Т получается обратно (составляя отношение разности числителей
BD
к разности знаменателей) ВП ВС
■ вп — вс * так чт0 СЛУЖИТ °ДНИМ
из отрезков, разность которых равна ВС, а произведение — ВС*.
Пусть ВС = а; предположим, что требуется вычислить BD и ВП.
Прежде всего заметим, что в силу равенства отрезков ВВ’ и СС’
*) Точки D и П не будут, конечно, гармонически сопряжёнными относительно
точек В vi С (см. упр. 173).

148

окружность, построенная на В’С, как на диаметре, имеет центром
точку О, середину отрезка ВС, так что ОС=у. Теорема о квадрате
гипотенузы, применённая к прямоугольному треугольнику ОСС, даёт:
ОС’ = ОМ = У + = =
Таким образом, имеем:
CM = BD = aи ВМ=ВГУ = а£-|±-L
157. Задача. Найти геометрическое место точек, отношение
расстояний которых от двух данных прямых равно данному
отношению.
Пусть даны две прямые Z) и /У, которые пересекаются, положим,
в точке О (черт. 167); мы ищем геометрическое место точек, расстояния
которых от этих двух прямых
относятся, как данные два
отрезка d и d’. Если точка
Mi — одна из точек искомого
геометрического места, то любая
точка М’ прямой ОМх также
принадлежит этому геометрическому
месту. Действительно,
перпендикуляры, опущенные
из точки Mi на прямые D
и D’, и перпендикуляры, опущенные
из точки М! на те же
прямые, образуют, очевидно,
две фигуры, гомотетичные относительно
центра гомотетии
О. Отсюда следует, что
искомое геометрическое место
состоит из прямых, проходящих
через точку О. Мы можем построить
точки этого геометрического
места, отыскивая точки,
расстояния которых от прямых
D и D’ соответственно равны
d и d’. Мы знаем, что геометрическое
место точек, расположенных
на расстоянии d от прямой D, состоит из двух прямых Dx и Z)2,
параллельных D; точно так же геометрическое место точек, расстояния
которых от прямой D’ равны dr, состоит из двух прямых D[ и D^, параллельных
D’. Пусть точки Мх и Ж2 — точки пересечения прямых
Di и D2 с прямой D[. Прямые ОМх и ОМ% принадлежат искомому

149

геометрическому месту точек. Вместе с тем этими прямыми исчерпывается
это геометрическое место; действительно, если точка М! принадлежит
геометрическому месту, то прямая ОМ! пересекает D[ в некоторой
точке Ml, которая, находясь на расстоянии d! от /У, должна
находиться на расстоянии d от D и, следовательно, должна совпадать
с точкой М\ или с точкой Ж2.
Если прямые D и П параллельны, то две точки искомого геометрического
места будут лежать на каком-либо общем перпендикуляре к
этим прямым 1); это будут две гармонически сопряжённые точки, которые
делят этот перпендикуляр в данном отношении. Искомое геометрическое
место состоит из двух прямых, проведённых через эти
точки параллельно данным прямым.
Построение 10. Построить точки, расстояния которых от
трёх данных прямых имеют данные отношения.
Сначала строим две прямые, представляющие геометрическое место
точек, отношение расстояний которых от двух первых данных прямых
равно первому из данных отношений, затем поступаем также относительно
двух других из данных прямых. Таким образом, получаем ещё
две новые прямые, которые пересекают построенные ранее в четырёх
точках, отвечающих условию задачи.
158. Построение 11. Построить общие касательные к двум
окружностям.
Мы решили эту задачу в п. 93. Предыдущие теоремы позволяют
нам дать решение, совершенно отличное от данного выше. В самом
деле, достаточно провести два параллельных радиуса так, чтобы определить
центры подобия (п. 143), и провести через один из центров
подобия касательную к одной из окружностей: она будет касательной
и к другой окружности в силу гомотетии обеих окружностей.
Построение 12. Построить радикальную ось двух окружностей.
Если две окружности пересекаются или касаются, то достаточно
провести только общую секущую или общую касательную.
Если они не пересекаются и не касаются, то строим какую-либо
третью окружность, пересекающую две данные. Точка пересечения
обеих общих секущих принадлежит (п. 139) искомой радикальной оси.
Через эту точку проводим перпендикуляр к линии центров данных
окружностей или же повторяем первоначальное построение, чтобы
определить вторую точку искомой радикальной оси.
П р и м е ч а н и е . Применение предыдущего построения к данной
окружности и данной прямой приводит к необходимости допустить,
что радикальная ось окружности и прямой есть сама прямая.
Это построение применимо также и в том случае, если одна из
окружностей обращается в точку, при этом необходимо, чтобы вспомогательная
окружность проходила через эту точку.
*) Случай, когда данное отношение равно единице, представляет исключение.
В этом случае имеется только одна точка деления, середина общего
перпендикуляра; другая точка удаляется в бесконечность.

150

Из предыдущего построения непосредственно вытекает способ
построения радикального центра трёх данных окружностей, а следовательно
(п. 139), и следующее построение.
Построение 13. Построить окружность, ортогональную к трём
данным окружностям.
Частными случаями этой задачи являются следующие:
Провести:
1) через данную точку окружность, ортогональную к двум данным
окружностям;
2) через данные две точки окружность, ортогональную к данной
окружности.
159. Построение 14. Построить окружность, проходящую через
две данные точки и касающуюся данной прямой.
Даны две точки A w В (черт. 168)

151

пересечения в точке 1
с прямой ХУ. Известно,
что отрезок IT представляет
собой среднее
пропорциональное между
отрезками IAnlB.
Обратно, если точка
Т удовлетворяет
этому условию, то существует
(п. 132) окружность,
проходящая
через А и В и касающаяся
в точке Г прямой ХУ: она определяется построением 13 п. 90.
Так как среднее пропорциональное между IA и IB можно отложить
на прямой ХУ от точки / в двух различных направлениях, то существуют
две окружности, удовлетворяющие условию.
Задача, очевидно, возможна только, если точки А и В лежат по
одну сторону от ХУ.
П р и м е ч а н и я : I. Предыдущий метод неприменим, если прямая
АВ параллельна прямой ХУ. Задача имеет в этом случае только одно
решение: точка касания есть точка пересечения прямой ХУ с прямой,
перпендикулярной к отрезку АВ и проходящей через его середину.
II. Напротив, этот метод применим и в том случае, когда точки А
и В сливаются в одну на данной прямой IA (пересекающей ХУ в /),
другими словами, когда речь идёт об отыскании окружности, касающейся
прямой IA в точке А и прямой ХУ. Точка касания Т
с прямой ХУ получается, если отложить в том или другом направлении
отрезок 1Т=1А.
Построение 15. Построить окружность, проходящую через две
данные точки и касающуюся данной окружности.
Пусть даны две точки А и В (черт. 169) и окружность С. Отыскиваем
снова точку касания Т искомой окружности.

и прямая ХУ; пусть Т—точка
касания искомой окружности с прямой ХУ. Продолжим отрезок АВ до

Пусть точка / есть точка пересечения прямой АВ с касательной
в точке Т. Проводим через точки А и В произвольную окружность,
которая пересечёт окружность С в точках Р и Q. Точка I лежит на
прямой PQ (п. 139).
Пересечение прямой АВ с прямой PQ определяет точку /; достаточно
провести через эту точку касательные к окружности С. Задача
имеет, следовательно, два решения.
У с л о в и е в о з м о ж н о с т и
построения. Необходимо, чтобы
точка/лежала вне окружности С.
Для этого необходимо и достаточно,
чтобы эта точка лежала на
продолжении отрезка PQ, другими
словами, лежала бы вне вспомогательной
окружности. Это будет
иметь место, когда точки А и В
будут находиться обе на одной из
Черт. 169.

двух дуг, определяемых точками
Р и Q на этой окружности,
т. е. когда точки А и В будут обе внутренними или обе внешними
относительно данной окружности.
Здесь можно сделать то же замечание, что и в предыдущем построении,
относительно того случая, когда А и В сливаются в одну точку,
лежащую на данной прямой.

УПРАЖНЕНИЯ.
163. Построить отрезок, отношение которого к данному отрезку равно
отношению квадратов двух данных отрезков.
164. Найти отрезок, отношение квадрата которого к квадрату данного
отрезка равно отношению двух данных отрезков.
165. Через данную точку провести прямую таким образом, чтобы отрезок
этой прямой, заключённый между двумя данными прямыми (или между двумя
данными окружностями), делился в этой точке в данном отношении.
166. Через точку, лежащую вне окружности, провести секущую, которая
делится этой окружностью в среднем и крайнем отношении.
167. Найти точку, из которой видны под равными углами три последовательных
отрезка АВ, ВС, CD одной и той же прямой.
168. Через две точки, лежащие на одном диаметре окружности, провести
две равные хорды так, чтобы они имели общий конец.
169. Построить треугольник, зная две его стороны и биссектрису угла,
заключённого между ними.
170. Построить треугольник, зная одну его сторону, соответствующую
ей высоту и произведение двух других сторон.
171. Достроить треугольник, зная его углы и периметр; или его углы
и сумму его медиан; или его углы и сумму его высот, и т. д.
172. Построить квадрат, зная разность диагонали и стороны.
173. Чтобы получить точку, гармонически сопряжённую с точкой В относительно
концов отрезка DD’ (черт. 166, п. 156), достаточно отложить на
продолжении отрезка ВС за точку С равный ему отрезок (доказать).

152 ПОСТРОЕНИЯ.

Точка, гармонически сопряжённая с точкой D’ относительно концов
отрезка ВС, есть точка, симметричная с точкой D относительно середины
отрезка ВС (доказать).
Доказать, что окружность, построенная на DD\ как на диаметре, проходит
через вершины (отличные от В и С) квадрата, диагональю которого
служит ВС.
174. Даны прямая и две точки А и В; найти на этой прямой точку, из
которой отрезок АВ виден под наибольшим углом.
Эта задача решается косвенным путём, который заключается в том, что
сначала отыскивают на прямой точку, из которой АВ виден под данным
углом, и исследуют, какова наибольшая величина данного угла, для которой
эта задача возможна.
Так же поступают при решении упражнений 175 и 176.
175. Даны две параллельные прямые. Построить перпендикулярную к
ним прямую так, чтобы отрезок этой прямой, заключённый между данными
прямыми, был виден из данной точки под наибольшим углом.
176. Провести через две точки окружность, которая отсекает на данной
прямой хорду данной длины.
Найти наименьшую возможную длину этой хорды, если точки лежат по
одну и по другую стороны от прямой.
177. Провести через данную точку окружность, имеющую одну и ту же
радикальную ось с двумя данными окружностями.

153 ПОСТРОЕНИЯ.

Около

Добавить комментарий

Ваш e-mail не будет опубликован. Обязательные поля помечены *

*
*

Статистика


Яндекс.Метрика




Свежие комментарии