ГЕОМЕТРИЯ 7 КЛАСС

Тема урока: Итоговое повторение курса геометрии 7 класса. Задачи на построение

Тарасов В.А.

ст. преп. фак-та довузовской подготовки МИТХТ

22.02.2010

Итоговое повторение курса геометрии 7 класса. Задачи на построение. Построение осуществляется циркулем и линейкой. Линейкой можно соединять любые точки, проводить прямые, отрезки, лучи. Циркулем можно проводить, считается, любые окружности. Что значит «любые окружности»? Это значит, для окружности можно выбрать центр и радиус. Значит, можно взять любой центр и любой радиус. Вопрос на устном экзамене: что такое окружность? Типичный неверный ответ – окружностью называется множество точек, равноудаленных от одной точки называемой центром. Почему неправильно? Нарисуем квадрат и центр квадрата, т.е. точку пересечения его диагоналей.

Рисунок

Точка О, вот четыре точки – А, B, C, D – это множество точек, равноудаленных от одной точки, от центра. Но они не составляют окружность, они не являются окружностью. Значит, ключевым словом здесь является слово «всех точек». Если я имею множество всех точек плоскости, равноудаленных от одной точки О, то это множество называется окружностью. Итак, окружность – множество всех точек плоскости, равноудаленных от одной точки, от центра.

Циркулем можно проводить любую окружность, любую дугу окружности, т.е. выбирать центр любой и любой радиус. Но, конечно, в разумных пределах, в пределах чертежа или прибегать к масштабу. Для того чтобы строить разные задачи, владеть задачами на построение, надо иметь набор опорных фактов, набор опорных типовых задач на построение.

Некоторые из них. Первая из них.

Задача 1: от дальнего луча отложить угол, равный данному углу.

Рисунок

Вот есть луч, вот есть угол А₁, и надо на этом луче от точки А отложить угол, равный данному. Задача несложная, но, тем не менее, владеть ею нужно.

Решение:

1) Окр (А₁; А₁В₁),

2) Окр (А; R=А₁В₁),

3) Окр (С₁; С₁В1₁),

4) Окр (С; С₁В1₁),

_ÐВАС=_ÐВ₁А₁С₁,

_ΔАВС=_Δ А₁В₁С₁Þ_ÐА=_ÐА₁.

1) Проведем окружность с центром в точке А₁ и радиусов А₁В₁. Взяли центр, провели окружность. Здесь получили точку В₁, здесь получили точку С₁.

2) И проводим такую же окружность с центром в точке А. Значит, и вторую окружность точно такого же радиуса, но с центром в точке А. Радиус тот же самый, подчеркнем R=А₁В₁. Первым действием мы получили две точки, а здесь мы получили дугу окружности.

3) Дальше: проводим окружность с центром в точке С₁ и радиусом С₁В1₁. Провели вторую окружность.

4) Проводим такую же окружность, т.е. такого же радиуса с центром в точке С. Значит, проводим окружность с центром в точке С и того же радиуса С₁В₁. Провели, получили точку, точку В.

Утверждаем, что так построенный _ÐВАС=_ÐВ₁А₁С₁. Почему? Общий принцип, если мы хотим доказать равенство углов или равенство сторон, лучше всего их заключить в треугольники и доказать равенство треугольников со всеми вытекающими отсюда последствиями. Равны ли треугольники АВС, А₁В₁С₁? Равны, конечно. Потому что вот эти стороны равны, мы проводили окружность и здесь проводили такую же окружность. Значит, две стороны равны. Мы проводили вторую окружность со вторым радиусом и здесь проводили вторую окружность с таким же радиусом. В результате имеем равенство треугольников, а именно: _ΔАВС=_Δ А₁В₁С₁ по трем сторонам. Третий признак равенства треугольников. В треугольнике против равных сторон лежат равные углы и, наоборот, т.к. у нас В₁С₁=ВС, то и углы равны. Значит, из этого равенства вытекает равенство углов: _ÐА=_ÐА₁. Итак, мы рассмотрели одну из опорных задач на построение.

Задача 2: построить биссектрису данного угла.

Рисунок

Предположим, есть _ÐАВС. Надо построить его биссектрису.

Построение:

1) Окр (А; R=АВ) Þ В; С,

2) Окр (В; R=ВС),

Окр (С; ВС),

_ΔАВР=_ΔАСР.

1) Проводим окружность с центром в точке А и выберем какой-нибудь радиус, например, R=АВ. Провели эту окружность и получили точки В и С, раз мы такой радиус выбрали. И получили длину ВС.

2) Проведем окружность с центром в точке В и радиусом ВС, а также окружность с центром в точке С и радиусом тем же ВС. Вот проведем одну окружность с центром в точке В и такую же окружность с центром в точке С. Получим точку пересечения, например, точку Р. И получим равносторонний треугольник. Вот таким радиусом мы проводили, значит, треугольник равносторонний.

Утверждаем, что АР есть искомая биссектриса. Почему? Опять, чтобы это доказать, надо интересующие нас углы заключить в некие треугольники, посмотреть, в каких треугольниках они находятся. Постараться доказать равенство этих треугольников со всеми вытекающими отсюда последствиями об углах. Действительно, _ΔАВР=_ΔАСР. Почему они равны? По трем сторонам. Первые две стороны равны как радиусы, вторые стороны равны как радиусы, одна сторона общая. В треугольниках против равных сторон лежат равные углы. Вот одна сторона равна второй стороне, следовательно, этот угол равен этому углу. И мы действительно имеем дело с биссектрисой. Итак, мы рассмотрели две опорные задачи на построение. Из набора этих опорных задач вытекает построение более сложных задач.

Задача 355.

Рисунок

Дана прямая а, две точки А и В лежат в одной полуплоскости от этой прямой. СÎА; АС+ВС®min. Требуется найти такую точку С, которая должна лежать на прямой а, и такая должна быть, чтобы АС+ВС принимала бы самое маленькое значение, наименьшее значение из всех других точек, которые лежат на этой прямой. Поясню: если бы мы нашли такую точку, то вот эта сумма (первая и вторая), сумма этих длин была бы меньше любой точки другой. Взял третью еще одну точку х, так вот АС+ВС<АХ+ВХ. Х – любая другая точка на прямой а.

Задача выглядит довольно сложно на самом деле. И она имеет некоторую такую технико-экономическую интерпретацию. Допустим, два населенных пункта, здесь проводится железная дорога. Где нужно здесь остановку сделать? Ведь можно остановку сделать напротив точки А. Будет очень удобно жителям первого пункта и очень неудобно жителям второго пункта. Можно сделать наоборот, напротив точки В, т.е. опустить перпендикуляр из В и сказать: вот здесь пусть будет остановка. Очень удобно будет тогда жителям точки В и неудобно жителям населенного пункта А. Потому что расстояние будет больше. Так вот надо найти такую точку С, чтобы сумма расстояний была бы самая маленькая. Допустим, что эти населенные пункты входят в какое-то административное деление и здесь нужно подыскать такую точку. Значит, постановка задачи понятная, теперь ее решение. Решение, оказывается, не такое трудное.

Рисунок

1) АА₁^а; АМ=А₁М

А₁В=А₁С+СВ=АС+СВ

АХ+ХВ= А₁Х+ХВ

А₁В<А₁Х+ХВ.

АС+СВ<АХ+ХВ

Есть точка А и есть точка В. Возьмем точку А₁, симметричную точке А относительно прямой а. Что такое «симметричную»? Это значит, АА₁^а и, если здесь есть точка М, АМ=А₁М. Во-первых, перпендикуляр, и, во-вторых, равенство вот этих отрезков.

Возьмем точку В₁, симметричную точке В. То же самое: это равно этому, эти длины равны. Это на самом деле брать необязательно. Важно, что одну точку мы нашли – А₁, которая симметрична точке А. Этого достаточно. И соединим точку В и точку А₁. Оказывается, получим искомую точку С. Осталось только доказать, что именно она – искомая, а не какая-нибудь другая.

Итак, мы утверждаем, что сумма этих длин АС+СВ будет меньше, чем длина АХ+ХВ. Почему? В силу симметрии мы утверждаем, что А₁В=А₁С+СВ. Отрезок А₁С=АС – это легко доказать, что этот отрезок равен этому отрезку. Значит, А₁В=А₁С+СВ=АС+СВ.

Итак, длина вот этой ломаной равна длине отрезка, длине прямолинейного отрезка. А длина второй ломанной? АХ+ХВ= А₁Х+ХВ. Учтем, что АХ=А₁Х, т.е. длина этой ломаной равна длине вот этой ломаной. Но в силу неравенства треугольника А₁В<А₁Х+ХВ. Значит, АС+СВ<АХ+ХВ. Причем это для любой другой точки Х на прямой, не совпадающей с точкой С. Итак, задача заключалась в следующем: надо было на прямой а найти такую точку С, сумма расстояний от которой до точек А и В была бы самой наименьшей из всех других точек прямой а. Решение: взяли точку симметричную, получили точку А₁. Соединили, на пересечении с прямой а получили искомую точку С. Почему эта точка именно искомая? Потому что длина А₁В<А₁Х+ХВ, т.е. АС<СВ. Это одна из задач на построение.

В целом, как мы раньше говорили, сложные задачи на построение, более сложные задачи на построение включают в себя четыре этапа:

1) Анализ. На этапе анализа мы анализируем исходные данные и намечаем план действий, план построения.

2) Собственно построение.

3) Доказательство. Надо доказать, что мы построили как раз то, что требуется. Что доказанная фигура есть не что иное, как та фигура, которая требуется в условии. Что всем требованиям наша фигура построенная удовлетворяет.

4) Исследование. Имеется ли решение. При каких значениях исходных данных имеется решение и сколько решений: одно, два или несколько.

В более простых случаях, именно в опорных случаях, которые мы рассмотрели, там четыре этапа вырождаются в один этап. Но во всех других случаях все это требуется. Например, стандартная задача на построение треугольника по трем элементам, в _ΔABC. По трем элементам можно построить треугольник? Можно, способ построения не будем повторять, он известный. Но всегда ли это можно сделать? Нет, не всегда. Нужно, чтобы самая длинная сторона была бы все же меньше, чем сумма двух других сторон, а<b+c. Значит, если даны нам три произвольных отрезка и сказано построить треугольник, то выполняя все четыре этапа построения мы в конце концов натыкаемся на то, что не каждой тройке отрезков соответствует свой треугольник. Должно выполняться неравенство треугольника.

Итак, мы рассмотрели задачи на построение и сформулировали сначала несколько пару простых задач, потом рассмотрели довольно интересную сложную задачу на построение искомой точки С и вспомнили, что любые сложные задачи на построение включают четыре вышеозначенных этапа.