КУРСОВА РОБОТА
на тему:
«Геометричнімісця точок на площині та їх застосування»
Вступ
Актуальність дослідження. Поняття геометричногомісця точок у просторі (ГМТ) має велике методичне і загальноосвітнє значення.Неможливо переоцінити його роль у розвитку просторової уяви.
Розв'язування задач, в яких застосовуютьсягеометричні місця точок як на площині, так і в просторі, активізують творчудумку і фантазію, розвивають логічне мислення, кмітливість, змушують перебиратив пам'яті всі відомі теореми з метою відбору і застосування найбільш придатноїз них.
Такимчином, тема Геометричні місця точок на площині та їх застосування, на сучасномуетапі є досить актуальною.
Зв’язок роботи знауковими планами, програмами, темами. Дана курсова робота пов’язана з дисципліноюГеометрія та загальним навчальним планом Миколаївського державного університетуімені В.О. Сухомлинського.
Об’єкт дослідження. Розділ геометрії– аналітична геометрії та його застосування на практиці.
Предметомдослідження є геометричні місця точок на площині та їх застосування.
Метоюдослідження є теоретичне та практичне застосування поняття геометрії –геометричні місця точок на площині.
Відповіднодо поставленої мети нам необхідно вирішити наступні завдання:
1. Дослідити наукову та методичну літературу з обраної теми курсовоїроботи.
2. Здійснити загальну характеристику визначення ГМТ в межах курсовогодослідження.
3. Проаналізувати основні ГМТ на площині.
4. Привести приклади задач на відшукання ГМТ
5. Висвітлити процес застосування ГМТ до розв’язання задач на побудову.
Теоретичнета практичне значення. Матеріали даної курсової роботи можнавикористовувати при викладанні відповідної теми з курсу Геометрія, а також дляучасті у наукових семінарах та конференціях, викладання на уроках геометрії.
1. Визначення ГМТ
Геометричне місце точок є одним з найважливіших понять геометрії.Але воно широко використовується не лише в геометрії, ай в математичномуаналізі, механіці і в багатьох технічних дисциплінах. Тому поняттягеометричного місця точок має велике загальноосвітнє значення.
Означення. Геометричним місцем точок називаємо фігуру, всі точкиякої мають певну властивість, яка належить обов'язково і виключно точкам цієїфігури.
Коли розглядати геометричне місце точок на площині, то можнаодержати, наприклад: пряму, промінь, коло і інші плоскі криві, точку,сукупність ізольованих точок, сукупність прямих, відрізок, сукупністьвідрізків, дугу, сукупність дуг, деяку частину площини тощо.
На понятті про геометричне місце точок ґрунтується особливийспосіб розв'язування задач на побудову, що має назву методу геометричних місць.Суть його така: зводять всю задачу на побудову до відшукання положення наплощині однієї або декількох точок, які визначаються двома умовами, щовипливають з вимог задачі. Якщо відкинути одну з цих умов задачі, то вона станеневизначеною і решту умов буде задовольняти, не одна точка, а нескінченна множинаточок, що утворюють якесь геометричне місце. Якщо потім відновити відкинутуумову, а відкинути другу, то решту умов, знов буде задовольняти нескінченнамножина точок, що утворюють нове геометричне місце. Кожна точка перетину цихдвох геометричних місць задовольняє вимогам задачі і, отже, буде шуканою.Задача матиме стільки розв'язків, скільки спільних точок мають знайденігеометричні місця.
/>
Подана характеристика методу геометричних місць показує, що йогозастосовують при розв'язуванні таких задач, умову яких можна розчленувати надві незалежні вимоги, кожна з яких окремо визначає відповідне геометричне місцеточок. Правда, інколи одно з геометричних місць буває заданим самою умовою задачі.
Позитивними рисами методу є такі: а) при розв'язуванні задачметодом гeoметричних місць спрощується відшукання плану розв'язування задачі іспособу її побудови; б) відкидаючи одну умову задачі і змінюючи іншу, можнаоб'єднати декілька задач на побудову в одну групу і розглядати їх як різніваріанти деякої загальної конструктивної проблеми.
Пояснимо сказане про особливості методу геометричних місць точокна такому прикладі:
Задача. Дано трикутник ABC. Побудувати в площині три кутника точкуМ, яка була б на однаковій віддалі від вершин А та В і на віддалі d від третьоївершини С (рис. 202).
Аналіз. Шукана точка М повинна задовольняти дві умови: а) вонаповинна знаходитись на однаковій віддалі від двох точок А і В і б) вона повинназнаходитись на віддалі d від третьої точки.
Відкинемо другу умову. Тоді одну першу умову буде задовольнятинескінченна множина точок, що утворюють геометричне місце – перпендикуляр,проведений через середину D відрізка АВ. Збережемо тепер другу умову івідкинемо першу. Тоді одну другу умову буде задовольняти нескінченна множинаточок, що утворюють геометричне місце – коло з центром в точці С і радіусом,рівним d. Точки М і М1 перетину першого геометричного місця з другимбудуть Шуканими.
Побудов а. Для розв'язування задачі потрібно побудувати перше і другегеометричні місця.
Будуємо перпендикуляр ND до відрізка АВ в його середині D (основнапобудова див. § 2) і коло радіусом, рівним а, з цент ром в С; точкаперетину кола з перпендикуляром ND визначить шукану точку M.
Дослідження. Оскільки коло може перетинати пряму не більш ніж вдвох точках, то залежно від даних (∆ ABC і d) задача може не мати жодногорозв'язку або мати до двох роз в'язків. На рис. 202 показано випадок двохрозв'язків.
При розв'язуванні задачі ми користувались першим і другим геометричниммісцем, як даними. Ця обставина приводить до необхідності знання хоча босновних геометричних місць на площині, якщо ми бажаємо навчитись розв'язуватизадачі на побудову методом геометричних місць.2. Основні ГМТ на площиніІ. Геометричним місцем точок, рівновіддалених від даної точки, є коло з центром у цій точці і з радіусом, який дорівнює даній відстані.
/> ІІ. Геометричним місцем точок, рівновіддалених від двох даних точок, є серединний перпендикуляр до відрізка, який з'єднує ці точки.
/>
ІІІ. Геометричне місце точок, віддалених від даної прямої на відстань А, складається з двох прямих, паралельних даній і віддалених від неї на відстань h:
/> Геометричним місцем точок, рівновіддалених від двох паралельних прямих, є пряма, паралельна даним прямим і однаково віддалена від них.
/> Геометричне місце точок, рівновіддалених від двох прямих, що перетинаються, складається з двох прямих, які містять бісектриси кутів, отриманих в результаті перетину даних прямих.
/>
Щобзнайти геометричне місце точок (фігуру), потрібно скласти за даною їхвластивістю рівняння і назвати фігуру, яка визначається цим рівнянням.
Складаючирівняння, спочатку позначаємо координати довільної точки шуканого геометричногомісця трочок черех х, у. Потім, застосовуючи відомі рівняння (відстані міжточками, середини відрізка, кола і прямої), складаємо нове рівняння, якеаналітично виражає зв’язок між координатами шуканої і даних точок. Цим самимобгрунтуємо пряме твердження: якщо М – довільна точка шуканого геометричногомісця точок, то її координати задовольняють знайдене рівняння. Після цьогодоводимо обернене твердження: якщо координати довільної точки М задовольняютьзнайдене рівняння, то вона належить шуканому геометричному місцю точок.
Розглянемоприклади.
Задача1. Дано коло радіуса R і точку А на ньому. Знайти геометричне місцеточок, які ділять хорди, проведені через точку А кола, пополам.
Розв’язання. За початоккоординат візьмемо центр кола так, щоб точка А мала координати – R; 0 (мал. 134).Нехай АВ – довільна хорда, що проходить через точку А, а М – одна з точокшуканого геометричного місця точок, тобто така, що АМ = ВМ. Позначившикоординати точок В і М відповідно через х1, у1 і х, у,матимемо: /> Звідси
/> (1)
ТочкаВ(х1; у1) лежить га колі, тому її координатизадовольняють рівняння кола. Маємо: /> або,враховуючи рівності (1),
/> (2)
/>
Звідси
/>/> (3)
Мипоказали, що коли точка М – довільна точка шуканого геометричного місця точок,то її координати задовольняють рівняння (3).
Теперпотрібно довести, що довільна точка М (х; у), координати якої задовольняють рівняння(3), належить шуканому геометричному місцю точок. Розглянемо на координатнійплощині точку В з координатами х1=2х+R, у1=2у. Зрівності (2) випливає, що точка В лежить на даному колі.
Здругого боку, з рівності х1=2х+R, у1=2удістанемо: /> Отже, точка М поділяєхорду АВ пополам.
Такимчином, рівняння /> є рівняннямшуканого геометричного місця точок. Цим рівнянням визначається коло радіуса />/> зцентром у точці /> (мал. 135).
Задача2. Знайти геометричне місце точок, рівновіддалених від даної точки F і даної прямої d, яка непроходить через цю точку.
Розв’язання.Нехай відстань від даної точки F до даної прямої d дорівнює р. Візьмемосистему координат так, щоб вісь Ох проходила через точку F і булаперпендикулярною до прямої d (мал. 136), а вісь Оу поділяла навпіл відрізокосі Ох між прямою d і точкою F.
/>
НехайМ (х; у) – довільна точка шуканого геометричного місця точок. Опустимо з точкиМ на пряму d перпендикуляр МК. Координати точки К: />;координати точки F: />
Заумовою МК=MF. Запишемо цю рівність у координатах: /> Піднесемо до квадратаобидві частини цієї рівності і спростимо:
/>
або
/>
звідси
/> (1)
Мипоказали, що координати х; у довільної точки М шуканого геометричного місцяточок задовольняють рівняння (1). Справедливе й обернене твердження: точка,координати х, у якої задовольняють рівняння (1), належить шуканомугеометричному місцю точок. Справедливі, рівність
/>
Звідси,беручи до уваги, що х > 0 і />; маємо
/>
Зостанньої рівності випливає, що точка М (х; у) рівновіддалена від прямої d і від точки F, тобто Мналежить шуканому геометричному місцю точок.
Знайденерівняння у2=2 рх визначає лінію, яка називається параболою (мал.137). Точка F називається фокусом параболи, а пряма d – директрисою.
Параболуможна побудувати так. Проведемо директрису параболи d і позначимо фокус F (мал. 138).Середина О відрізка DF належить параболі і є її вершиною. Через довільну точку Кпроменя OF проведемо пряму, перпендикулярну до осі параболи. Знайдемо двіточки М і М1 перетину цієї прямої з колом, центром якого є фокус F, а радіусдорівнює відстані від цієї прямої до директорії d. Точки М і М1належать параболі. Якщо проведемо кілька прямих, перпендикулярних до осіпараболи, і побудуємо точки перетину їх з колами, центрами яких є фокус F, а радіусидорівнюють відстаням від директриси до відповідної прямої, то дістанемо париточок параболи. Знайдемо точки сполучимо плавною лінією за допомогою лекала.
Задача3. Знайти геометричне місце точок, сума відстаней яких до двох даних точок євеличина стала.
Розв’язання. Нехай відстаньміж даними точками F1 i F2 дорівнює 2 с.Візьмемо за початок координат середину О відрізка F1F2 (мал. 139), апромінь OF2 – за додатну піввісь Ох. Тоді точка F1 матимекоординати – с; 0, а точка F2 – координати с; 0.
НехайМ (х; у) – довільна точка шуканого геометричного місця точок. За умовою сума F1M+F2M стала. Позначимоїї через 2а. Запишемо цю рівність у координатах. За формулою відстані між двоматочками дістанемо:
/>
або
/>
Піднесемодо квадрата обидві частини цієї рівності і спростимо:
/>
Теперзнову піднесемо обидві частини рівності до квадрата. Дістанемо:
/>
абопісля спрощення:
/>
ОскількиF1M+F2M>F1F2, тобто 2а>2с, то а2 – с2>0. Позначимо а2-с2=b2. Тоді останню рівністьзапишемо так: b2x2+a2y2=a2b2. Поділившиобидві частини рівності на a2b2, дістанемо:
/> (1)
Мипоказали, що координати х; у довільної точки М шуканого геометричного місцяточок задовольняють рівняння (1). Справедливе і обернене твердження: якщокоординати довільної точки М задовольняють рівняння (1), то вона належитьшуканому геометричному місцю точок. Таким чином, рівняння (1) є рівняннямшуканого геометричного місця точок.
/>
Рівнянням/> визначається опуклазамкнена лінія, яка називається еліпсом. Точки F1 і F2 називаютьсяфокусами еліпса. Форму еліпса має лінія похилого розрізу циліндричних іконічних тіл: дерева, ковбаса, морквини тощо.
Еліпсможна побудувати так. Візьмемо нитку певної довжини (наприклад, 20 см) ізакріпимо її кінці в точка F1 та F2 (мал. 140).(Довжина нитки має бути більшою за довжину відрізка F1F2). Натягуємонитку вістрям олівця і переміщаємо на площині. Вістря олівця опише еліпс. Длякожної точки еліпса сума її відстаней від двох нерухомих точок F1 і F2 є стала величина(у нашому прикладі ця сума дорівнює довжині нитки). Якщо довжину нитки залишититу саму, а відстань між фокусами змінити і знову побудувати еліпс, то його форма зміниться (еліпс витягнеться або округлиться).
Розглянутийспосіб побудови еліпса використовує садівник, щоб надати клумбі еліптичнуформу, маляр, який будує еліптичний контур для розпису стелі, стоялр,виготовляючи дерев’яні деталі еліптичної форми.
3. Задачі на відшукання ГМТ
І.Геометричне місце точок, які перебувають на рівних віддалях від трьох данихточок А, В, С, що не лежать на одній прямій, є точка – центр кола, якепроходить через ці точки.
ІІ. Геометричнемісце крайніх точок рівних відрізків, дотичних до даного кола, є коло,концентричне з даним.
/>
ІІІ.Геометричне місце точок, які мають ту властивість, що кут між кожною парою дотичних,роведених з них до даного кола, має дану величину, є коло, концетричне з даним.
IV. Геометричнемісце середин рівних хорд, проведених у даному колі К, є коло, концентричне зданим і дотичне до кожної з цих хорд.
V. Геометричнемісце точок, що ділять в даному відношенні відрізки
C1D1, C2D2, C3D3 і т.д.паралельних прямих, які перетинають сторони даного кута АОВ (рис. 203), єпряма, що сполучає вершину О кута з точкою, наприклад Е3, яка ділитьодин з даних відрізків C3D3 в даномувідношенні.
/>
Зауваження.Якщо відношення, в якому поділені відрізки, дорівнює одиниці, то геометричниммісцем точок є продовжена медіана трикутника, який одержуємо від перетинуданого кута однією із згаданих паралельних прямих, проведених з вершини О.
VI. Геометричнемісце точок, що їх віддалі від двох прямих АВ і CD відносяться, як m: n, є сукупністьдвох прямих LK і MN (рис. 204), що проходять через точку Е перетину прямихАВ і CD і через точки К і L, M і N перетину прямих, паралельних АВ і віддалених віднеї на ь, з прямими, паралельними CD і віддаленими від неї на n.
VII. Геометричнемісце точок, з яких відрізок АВ видно під даним кутом α, є дуга кола />, стягувана хордою АВ, зцентром О або О1 (рис. 205).
ДугиАМВ і ANB, а також ентри О і О1 симетричні відносно відрізка АВ.
Щобпобудувати центри О і О1, в цінцях відрізка АВ, з обох боків віднього, проводимо прямі під кутом α до прямої АВ і будуємо з точок А і Вперпендикуляри до проведених прямих. На перетині цих перпендикулярів зперпендикуляром до відрізка АВ через його середину і лежать центри О і О1.
Зауваження.Точки А і В треба виключити, бо вони не мають властивості, яку мають всі іншіточки />.
VIII. Геометричнемісце точок, що їх віддалі від двох даних точок А і В відносяться, як m: n, є коло,побудоване на відрізку CD, як на діаметрі, притому точки C і D на прямій АВділять відрізок АВ відповідно у внутрішньому і зовнішньому відношенні, рівному m: n. Інакше кажучи,точки А, С, В і D – гармонічно спряжені точки.
/>
Доведемотеорему відносно поданого геометричного місця, або так званого кола Аполлонія.
Теорема242. Довільна точка М така, що відношення її віддалей від двох даних точок А іВ дорівн.є m: n, лежить на колі з діаметром CD, причому точки С і D ділять відрізокАВ відповідно зсередина і зовні у відношенні m: n.
Даніточки А і В і така точка М (поза прямою АВ), що МА: МВ = m: n (рис. 206).
Будуємона прямій АВ такі дві точки С і D, що:
СА:СВ = DA: DB = m: n.
Сполучаємоточку М з точкою А, С, В і D. Через те що
/>, то
/>
ТобтоМС і MD – бісектриси відповідно внутрішнього і зовнішнього кутівтрикутника АВМ, або кут CMD = />
Отже,де не лежала б точка М, при умовы нашоъ теореми, завжди буде так, що /> Отже, точка М лежить наколі з діаметром CD.
Теорема243. Довільна точка М кола з діаметром CD при умові, що точки C і D ділять відрізокАВ (точки А і В дані) відповідно зсередини і зовні у відношенні m: n, має тувластивість, що МА: МВ = m: n. Дані точки А, С, В і D так, що СА: СВ = m: n, і коло здіаметром CD (рис. 207).
Требадовести, що для довільної точки М кола існує відношення МА: МВ = m: n.
/>
Черезточку В проводимо пряму KL || MA.
Зподібності трикутників АСМ, ВСК і ADM, BDL маємо:
/>
тобто
/>
Звідкиодержуємо:
BK=BL.
Томущо /> то медіана прямокутноготрикутника KLM, проведена на гіпотенузу, дорівнює її половині, тобто BM = BK = BL.
Такимчином, маємо /> що й треба булодовести.
ХІХ.Геометричне місце точок, з яких два даних кола видно під одним і тим же кутом,є коло.
Доведемотеорему про дане місце точок.
Теорема244. Будь-яка точка М, що має відносно двох даних кіл (рис. 208) К і К1таку властивість, що />, де МЕ і MF джотичні,проведені з точки М до кола К, а MG і MH – до кола К1 лежить на колі Аполлонія.
НехайО і О1 є центри кіл К і К1, а R і r – їх радіуси, проведенівідповідно до точок F і G. Прямокутні трикутники OFM і O1GM подібні, бомають по рівному гострому кутові α. Звідки маємо:
/>
Отже,всі точки М шуканого геометричного місця лежать на колі Аполлонія, коли R≠r, і на прямій,якщо R=r.
Теорема245. Якщо точка М лежить на колі з діаметром CD, причому точки C і D ділять лініюцентрів ОО1 даних кіл К і К1 у відношенні R:r – радіусів цих кіл, то зточки М кола К і К1 видно під одним і тим же кутом α.
Ізточки М можна провести дотичні до кіл К і К1 (рис. 208), якщо Мзовнішня по відношенню до обох кіл. Провівши дотичну MF до кола К і дотичну MG до кола К1,знайдемо за властивістю кола Аполлонія, що в прямокутних трикутниках MOF і MGO1
/>
/>
Якщож в двох прямокутних трикутниках гіпотенузи відносяться так, як два їх катети,то такі трикутники подібні. Отже, />що йтреба було довести.
Зауваження.Якщо дані кола К і К1 перетинаються, то геометричне місце – коло –проходить через точки перетину; якщо кола К і К1 внутрішньодотикаються, то шукане геометричне місце буде точкою; якщо одне з кіл К і К1лежить всередині другого, то шукане геометричне місце точок не існує.
Х.геометрипчне місце точок таких, що сума квадратів їх віддалей від двох данихточок А і В дорівнює квадратові довжини даного відрізка, тобто а2(а– даний відрізок), є коло, що його центр є точка О – середина відрізка АВ, арадіус є відрізок /> де b дорівнює довжинівідрізка АВ.
Доведемотеорему про дане місце точок.
Теорема246. Будь-яка точка М, що має відносно двох даних точок А і В таку властивість,що МА2 + МВ2 = а2, де а – даний відрізок,лежить на колі з центром в точці О – середині відрізка АВ = b і радіусом />
Нехайдовільна точка М задовольняє рівність МА2+МВ2=а2(рис. 209).
Побудуємопаралелограм MANB; маємо:
AB2+MN2=2MA2+2MB2.
Алеза умовою: АВ=b, МА2+МВ2=а2 і діагональ MN=2OM, отже, звищенаписаної рівності маємо:
4OM2=2a2-b2,
звідки
/>
Такимчином, доведено, що будь-яка точка М, що задовольняє умову теореми, лежить наколі, описаному з центра О радіусом />
/>
Зауваження1. Коли дано відрізок АВ=b і відрізок, рівний а, то для того, щоб визначититочку М, що має властивість МА2+МВ2=а2,будуємо на гіпотенузі а будь-який прямокутний трикутник. Точка М перетину дуг,описаних з центрів А і В радіусами, відповідно рівними катетами побудованогопрямокутного трикутника, якраз відповідає нашій умові.
Зауваження2. а) Якщо b>a, то 2а2– b2>a2, тобто r=OM>/> Отже, коло, описане зцентра О радіусом ОМ, охоплює відрізок АВ.
б)Якщо b=a, то 2а2-b2=a2=b2, тобто />; тим самим коло, описане зцентра О радіусом ОМ, проходить через точки А і В, і, отже, АВ є діаметромцього кола.
в)Якщо b>a, але b і, тим більше, /> отже, коло, описане зцентра О радіусом ОМ, перетинає відрізок АВ.
г)Якщо b=a√2, то 2а2-b2=0, тобто ОМ=0, ігеометричне місце точок перетворюється в точку О.
д)Якщо b>a√2, то 2а2-b2
Оберненатеорема. Будь-яка точка М кола, описаного зсередини О даного відразка АВ, як зцентра, радіусом />де а – данийвідрізок, задовольняє умову МА2+МВ2=а2.
Даніточки А і В, де АВ=b, відрізок а і коло, описане з середини О відрізка АВ, як зцентрра, радіусом /> (рис. 210).
Требадовести, що будь-яка точка М побудованого кола відповідає умові: МА2+ МВ2 = а2.
Проводимодіаметр MN і будуємо паралелограмм MANB, з якого маємо: 2MA2 + 2MB2 = AB2 + MN2, тобто MA2 + MB2 = a2, бо MN2 = 2a2 – b2, a AB2 = b2.
ХІ.Геометричне місце точок таких, що різниця квадратів їх віддалей від двох данихточок А і В дорівнює квадратові даного відрізка а (тобто а2), єпряма, перпендикулярна до прямої АВ в такій внутрішній або зовнішній точці Свідрізка АВ, що СА2-СВ2=а2.
/>
Доведемотеорему про дане геометричне місце точок.
Теорема247. Будь-яка точка М, що має відносно даних точок А і В властивість: МА2– МВ2 = а2, де а – даний відрізок, лежить на прямій,перпендикулярній до прямої АВ, і перетинає відрізок АВ в такій точці С, що СА2– СВ2 = а2.
/>
Даніточки А і В і відрізок а: приймемо, що точка М задовольняє умову: МА2– МВ2 = а2 (рис. 211 і 212).
Опустимоз точки М перпендикуляр на пряму АВ і доведемо, що точка С перетину проведеногоперпендикуляра з прямою АВ задовольняє умову: СА2 – СВ2 =а2.
Зпрямокутних трикутників МАС і МСВ маємо: МА2= СА2 + МС2і МВ2 = СВ2 + МС2, тобто МА2 – МВ2= СА2 – СВ2, або СА2 – СВ2 = а2,що й треба було довести.
Зауваження1. Коли дані точки А та В і відрізок а, то для того, щоб побудувати точку М,яка мала б властивість МА2 + МВ2 = а2, наданому відрізку KLP = a, як на катеті, будуємо будь-який прямокутний трикутник KLP (рис. 213),але такий, щоб КР + LP було більше за відрізок АВ.
Колиз точки А, як з центра, опишемо дугу радіусом LP, а з точки В-дугурадіусом КР, то знайдемо точку М, що задовольняє умову МА2 – МВ2= а2.
ПерпендикулярМС до прямої АВ і буде шуканим геометричним місцем (рис. 214).
Зауваження2. а) Якщо МА2 МА2 – МВ2, або АВ2 > a2 і АВ2> a, то /> – гострий іточка С лежить на відрізку АВ (рис. 211).
б)Якщо МА2 = МВ2 + АВ2, тобто, якщо АВ2= а2, або АВ = а, то /> — прямийі точка С зливається з точкою В.
в)Якщо МА2 > MB2 + AB2, тобто, якщо AB2 — тупий і точка С лежитьпоза відрізком АВ (рис. 212).
Теорема248. Будь-яка точка М прямої МС, перпендикулярної до даної прямої АВ і такої,що проходить через таку внутрішню або зовнішню точку С відрізка АВ, що СА2– СВ2 = а2, де а – даний відрізок, задовольняє умову МА2– МВ2 = а2.
Даніточки А і В, відрізок а і пряма МС, перпендикулярна до прямої АВ і така, щоперетинає її в точці С всередині відрізка АВ (рис. 211) або поза відрізкомАВ (рис. 212), причому СА2 – СВ2 = а2.
Доведемо,що будь-яка точка М, яка лежить на перпендикулярні МС, задовольняє умову МА2– МВ2 = а2. З прямокутних трикутників МАС і МВС (рис. 211і 212) маємо:
СА2= МА2 – МС2 і СВ2 = МВ2 – МС2.
тобто:
МА2– МВ2 = СА2 – СВ2, або МА2 – МВ2= а2.
що йтреба було довести4. Застосування ГМТ до розв’язання задач на побудову
геометричнийплощина точка місце
Розв’язування задач напобудову методом геометричних місць. Задачі на побудову, що розв’язуються методом геометричнихмісць, можуть бути досить різноманітними. Вони часто відрізняються одна відодної як кількістю, так і особливостями тих геометричних місць, за допомогоюяких визначається положення шуканої точки. Розв’язування задачі спрощукєтьсяабо ускладнюється в залежності від того, в якій мірі в тексті задачі містятьсяпрямі вказівки на ті геометричні місця, з допомогою яких дана задача може бутирозв’язана.
Так,якщо задача подана у формі теореми, то відповідь на поставлене питання повністюабо частково розв’язана і вимагається лише виконати відповідні побудови й обґрунтуватиїх. Проілюструємо це на такому прикладі.
Відрізокпрямої даної довжини ковзається по сторонах даного прямого кута. Довести, щогеометричним місцем точок, що описуєються серединою цього відрізка, є чвертькола з центром у вершині прямого кута.
Тутвідповідь частково відказана: шуканим геометричним місцем точок є чверть кола зцентром у вершині прямго кута, і залишається побудувати радіус кола та обґрунтуватирозв’язування.
Якщож в задачі за деякими даними вимагається побудувати певне геометричне місцеточок без будь-яких вказівок до відповіді, то в такому випадку розв’язуваннязадачі ускладнюється необхідністю спочатку знайти фігуру, утворену геометричниммісцем точок, і потім відповідно обґрунтувати знайдений розв’язок. Попереднійприклад задачі тепер виглядав би так.
Відрізокпрямої даної довжини ковзається по сторонах даного прямого кута. Визначитигеометричне місце точок, що їх описує середина цього відрізка.
Невідомістьшуканої фігури в багатьох задачах на геометричні місця приводить донеобхідності побудови лише ряду окремих точок її, дослідження того, чи всі ціточки належить шуканому геометричному місцю, і, нарешті, визначення положенняшуканої фігури на площині відповідно до розміщення на площині даних в умовізадачі елементів.
/>
Виходячиз сказаного, розглянутий нами загальний план розв’язування задачі на побудову, на випадокрозв’язування їїметодом геометричних місць, слід конкретизувати так:
1. Ваналізі умови задачі встановлюємо способи побудови ряду окремих точок шуканогогеометричного місця і будуємо робочий рисунок, зручний для обґрунтуваннязадачі.
2.Побудова шуканої фігури внаслідок уточнення виду фігури, знайденої при аналізі.
3.Доведення установленої закономірності в розміщенні точок шуканого геометричногомісця, тобто обґрунтування знайденого розв’язування задачі, причому для деякихзадач доведення входить складовою частиною аналізу.
4.Дослідження розв’язку задачі в залежності від зміни даних умови і відсуваннянайпростішого способу побудови знайденого геометричного місця точок.
Задача1. Побудувати трикутник за основою, кутом при вершині і радіусу високого кола.
Аналіз.Нехай АВС – шуканий трикутник, А – даний його кут, r – заданий радіусвписаного кола, ВС = а – задана основа.
/>
Розглянемоцентр 0 вписаного кола. Точка О віддалена від точки ВС на відстань r (першавластивість центра). Крім цього (мал. 54), />, так що /> (друга властивістьцентра).
ГМТ,яке має першу властивість, представляє пару прямих паралельних ВС. ГМТ, якеволодіє другою властивістю (відрізок ВС видно із О під кутом />), представляє пару дугсегментів, які містять кут />. Кожнаточка перетину цих двох геометричних місць може служити центром вписаного кола.
Побудова:1) На довільній прямій відкладаємо відрізок ВС=а (мал. 55).
/>
Данібудуємо поступово: 2) пару прямих р1 і р2 паралельних ВСі віддалених від ВС на даній відстані r; 3) пару сегментів, які містять кут />; 4) точку О як одну ізточок перетину згаданих геометричних місць; 5) круг ω (О, r); 6) із точок Ві С проводимо промені В і С, які дотикаються до круга, ω; 7) відмічаємо точкуА перетину цих променів. Трикутник АВС – шуканий.
Дослідження:Щоб ікнули точки, перетину згадуваних вище двох геометричних місць, необхіднодостатньо, щоб стріла сегмента була не менше відрізка r, тобто щоб виконувалосьвідношення:
/> (1)
Кроки5, 6 і 7 завжди виконуються. Останнє слідує з того, що
/>
томущо промені в і с перетинаються. Не роблячи розмір між чотирма можливимиоднаковими розв’язками (в залежності від вибору точки О), приходимо до висновку,що при умові (1) задача має єдиний розв’язок, а якщо ця умова не виконується, то розв’язків немає.
Задача.Побудувати трикутник за його гострим кутом, при вершині, радіусом вписаногокруга і сумі квадратів бокових сторін.
Аналіз.Нехай АВС – шуканий трикутник, ω(О1К) – описаний круг навколонього, />А=α – заданий кут, АВ2+АС2=d2,де d – даний відрізок(мал. 56).
/>
Величинахорди ВС визначається без умови, що її видно з деякої точки круга ω підданим кутом α, а отже, із центра О – під кутом 2α (рівним центральнимкутом відповідають рівні хорди). Що стосується точки А, що вона визначаєтьсядвома умовами.
1)Вона лежить на крузі ω; 2) вона належить ГМТ, для яких сума квадратіввідстаней від точок В і С рівна d2 (це також круг).
Побудова.Будуємо поступово: 1) круг ω (О; R) з центром в довільній точці О; 2) дварадіуси ОВ і ОС цього круга під кутом 2α один до другого; 3) відрізок ВС ійого середину М; 4) круг Г, який є геометричним місцем точок Р, для яких ВР2+СР2=d2; 5) точку Аперетин кругів ω і Г; 6) відрізки АВ і АС. Трикутник АВС відомий.Доведення зрозуміло з аналізу.
Дослідження.Коли круг Г існує і має спільну точку з дугою ВДС круга ω (мал. 56), тозадача має єдиний розв’язок. В іншому разі розв’язку немає.
Зауваження:Так як радіус r круга Г дорівнює
/>
МВ = Rsinα, BC = 2Rsinα, MD = R (1+cosα), то аналітично умовурозв’язку можназаписати так:
МВ
абопісля відповідних перетворень:
/>
Висновок
Отже,в ході проведення дослідження ми дійшли наступних висновків.
Геометричниммісцем точок називається фігура, що складається з усіх точок площини, які маютьпевну властивість.
Геометричне місце точок є одним з найважливіших понять геометрії.Але воно широко використовується не лише в геометрії, ай в математичномуаналізі, механіці і в багатьох технічних дисциплінах. Тому поняттягеометричного місця точок має велике загальноосвітнє значення.
Також,було досягнуто поставленої мети та вирішено визначені, відповідно до мети,завдання.
Література
1. І.Ф. Тесленко«Елементарна математика, геометрія», Київ, 1968 р.
2. Б.И. Аргунови М.Б. Балк «Геометрические построения на плоскости», Москва, 1957 г.
3. М.І. Бурда, Л.М. Савченко«Геометрія» 8–9 кл., Київ «Освіта», 1966 р.
4. Чекова А.М.«Геометрія» 7–11 класи, 2007 р.
5. Тесленко І.Ф.,Геометричні побудови, «Радянська школа», 1956 р.