Решение задач на построение методом подобия

Стороны построенных углов и пересекаются в точке С. Таким образом, был построен четырехугольник ABCD, который удовлетворяет всем условиям Все условия задачи были выполнены, построения представлены на рисунке 3.

6.

Рисунок 3.6 — Решение задачи № 6.

Задача № 7.

Через данную точку провести прямую так, чтобы отрезок этой прямой, заключенный между двумя данными прямыми, делится в этой точке в данном отношении Ход построения Пусть даны две прямые a и b, точка A, не лежащая ни на одной из прямых, а также отношение длин двух отрезков m: n (рис. 3.7). Требуется построить отрезок MN, концами лежащий на данных прямых и делящийся точкой A в заданном отношении.

Рассмотрим гомотетию с центром в точке, А и коэффициентом .

1. На прямой a возьмем произвольно точку K и проведем прямую KA.

2. От точки K на прямой a отложим последовательно отрезки KR=m и RP=n.

3. Проведем прямую RA, а затем построим прямую PK1, проходящую через точку P параллельно прямой RA. Тем самым мы построили на прямой KA отрезки, пропорциональные данным.

4. Через точку K1 проводим прямую a1, параллельную прямой a.

5. Искомая точка N является точкой пересечения прямых b и a1. Проводим прямую NA, точка пересечения прямых NA и a является искомой точкой M, так как треугольники AMK и ANK1 подобны (по двум углам — внутренние накрест лежащие при параллельных прямых: (KMA=(K1NA и (AKM=(AK1N), следовательно, MA относится к AN также, как и KA относится к AK1, то есть m: n.

Рисунок 3.7 — Решение задачи № 7.

Задача № 8.

В данном круге через данную внутри него точку A провести хорду так, чтобы она точкой A разделилась в данном отношении.

Ход построения Пусть даны окружность, точка A, лежащая внутри нее, а также отношение длин двух отрезков m: n (рис. 3.8). Требуется построить хорду MN, проходящую через точку A и делящуюся ей в заданном отношении m: n.

Рассмотрим гомотетию с центром в точке, А и коэффициентом .

1. Проведем прямую OA.

2. От точки O построим произвольный луч, на котором отложим последовательно отрезки OR=m и RP=n.

3. Проведем прямую RA, а затем построим прямую PO1, проходящую через точку P параллельно прямой RA. Тем самым мы построили центр окружности, гомотетичной данной с. коэффициентом .

4. От точки пересечения OA и окружности K построим произвольный луч, на котором отложим последовательно отрезки KR'=m и R’P'=n.

5. Проведем прямую R’A, а затем построим прямую P’K1, проходящую через точку P' параллельно прямой R’A. Точка K1 принадлежит гомотетичной окружности и лежит на прямой OO1.

6. Построим окружность с центром в точке O1 и радиусом O1K1. Точки пересечения гомотетичной окружности с данной и есть искомые точки N и N'.

7. Проводим прямые NA и N’A, точки пересечения этих прямых с данной окружностью и есть искомые концы хорды M и M'.

Таким образом, построения завершены и задача имеет два решения.

Рисунок 3.8 — Решение задачи № 8.

Задача № 9.

Через точку вне круга провести секущую, внешняя часть которой вдвое больше внутренней.

Ход построения:

1) Пусть A искомая точка вне круга, О центр круга. B и С точки касания секущей окружности. Необходимо чтобы выполнялось выражение: АB=2BC.

АB=AC.

2) Если соединить точки О и С, получим радиус окружности OC. Проведя прямую через точку B параллельную ОС получим прямую O1B и два подобных треугольника АОС и АO1B. Так как треугольники подобные, то пропорции сторон для треугольников совпадают.

.

Таким образом из данных соотношений можно сказать, что для нахождения центра вспомогательной окружности O1 необходимо отложить от точки А. Радиус вспомогательной окружности при этом будет равен, т. е. 2/3 от радиуса текущей окружности.

3) Построим вспомогательную окружность и отметим точку пересечения основной и вспомогательной окружности, как В. Проведем секущую AB. Вторую точку пересечения секущей с основной окружностью обозначим С.

Таким образом мы получили секущую удовлетворяющую нашим условиям.

Все условия задачи были выполнены, построения представлены на рисунке 3.

9.

Рисунок 3.9 — Решение задачи № 9.

Задачи № 10.

Построить окружность, проходящую через две данные точки и касающуюся данной прямой.

Ход построения:

Дана прямая a и точки A и B не лежащие на данной прямой.

1) Проведем отрезок AB. Опустим серединный перпендикуляр CD к отрезку AB. Точку пересечения перпендикуляра и прямой a обозначим, как C.

2) Проведем прямую b симметричную прямой, а относительно CD. Прямая CD является биссектрисой угла С. Следовательно цент всех вписанных в этот угол окружностей будет располагаться на прямой СD.

3) Впишем окружность с центром в точке О1 в угол С. Проведем луч из угла С через точку А. Точки пересечения окружности и луча обозначим как М и N. Воспользуемся свойством подобия, т.к. все окружности вписанные в угол являются подобными.

4) Из точки, А проведем прямые параллельные О1N и O1M. Точки пересечения построенных прямых с серединным перпендикуляром СD обозначим О и О2. Таким образом точки О и О2 являются центром окружностей к которым принадлежат точки A и B и касательная a.

Нужно отметить, что в случае если точки A и B лежат по разные стороны от прямой a решении у задачи нет.

Все условия задачи были выполнены, построения представлены на рисунке 3.

10.

Рисунок 3.10 — Решение задачи № 9.

Список литературных источников.

1. Геометрия: В 2 ч. [ Текст]: учеб. пособие для физ.-мат. фак. пед. ин-тов / Л. С.

Атанасян, В. Т. Базылев. — Москва: Просвещение, 1986 — 1987.

2. Задачник по геометрии [Текст]: редкая книга / Б. Н. Делоне, О. К.

Житомирский. — 3-е изд. — Ленинград; Москва: ОНТИ: Гл. ред. общетехн. лит., 1937.

— 276 с.