§ 6. Решение задач на построение методом геометрических мест

Сущность метода геометрических мест заключается в следующем. Решение задачи на построение сводят к разысканию некоторой точки, подчинённой двум независимым условиям. Отбрасываем одно из этих условий и ищем ГМТ, удовлетворяющих второму условию. Пусть это будет фигура Отбрасываем затем второе условие и ищем ГМТ, удовлетворяющих первому условию. Пусть это будет фигура Ясно, что обоим условиям удовлетворяет каждая точка пересечения фигур и а всякая точка, не принадлежащая пересечению этих фигур, не удовлетворяет хотя бы одному из этих условий. Каждая точка фигуры даёт возможность найти некоторое решение задачи.

Пример 1. Построить окружность, касательную к двум данным параллельным прямым и проходящую через данную точку

Анализ. Обозначим расстояние между данными прямыми через Тогда радиус искомой окружности должен быть равен Задача сводится к построению центра окружности, который должен удовлетворять двум условиям: 1) он должен быть одинаково удалён от прямых он должен отстоять от точки на расстоянии у. Отсюда вытекает построение.

Построение. Из произвольной точки А прямой а опускаем перпендикуляр на прямую (рис.. 50). Строим середину С отрезка Строим ГМТ, равноудалённых от прямых это будет прямая с, проходящая через точку С и параллельная прямым Строим затем ГМТ, удовлетворяющих условию 2). Это будет окружность

Отметим точку пересечения окружности с прямой с. Строим окружность Эта окружность искомая.

Доказательство. Окружность касается прямых так как расстояния её центра С от этих прямых

одинаковы и равны Эта окружность проходит через точку по построению.

Исследование. Возможны три случая. 1. Точка расположена между данными прямыми Указанный способ построения даёт два решения:

Рис. 50.

Других решений нет, ибо если бы существовали три окружности, удовлетворяющие условиям задачи, то их центры должны были бы лежать на одной прямой с. С другой стороны, мы должны были бы иметь т. е. точки должны были бы лежать на одной окружности так что возникает противоречие.

2. Точка на одной из прямых а или Задача имеет одно решение.

3. Точка вне полосы, ограниченной прямыми Задача не имеет решения.

Рис. 51.

Пример 2. На диаметре круглого биллиардного стола были расположены (по разные стороны от центра и на неравных от него расстояниях) два шара Шар В ударили так, что после одного отражения от борта стола он попал в шар А. Восстановить траекторию шара В (считая, что удар не был направлен по диаметру

Пусть С (рис. 51) — точка, в которой шар ударился о борт стола, центр стола. Согласно закону

отражения,

так что биссектриса угла

Таким образом, задача сводится к следующему геометрическому построению.

Построить треугольник, зная биссектрису одного из углов и отрезки на которые эта биссектриса делит противолежащую сторону.

Рис. 52.

Анализ. Пусть искомый (рис. 52), данная биссектриса, и данные отрезки Вершины искомого треугольника легко построить. Значит, задача сводится к построению вершины С. Точка С должна удовлетворять двум условиям: 1) она должна находиться на расстоянии от точки отношение расстояний этой точки от вершин должно быть равно т. е.

Построение. На произвольной прямой (рис. 53) выбираем три точки В так, чтобы и отрезки и не имели общих (внутренних) точек. Строим ГМТ, удовлетворяющих условию 1); это окружность Строим ГМТ, удовлетворяющих условию 2); это некоторая определённая окружность (окружность Аполлония)

Рис. 53.

Отмечаем какую-либо точку С пересечения окружностей Треугольник искомый.

Доказательство очевидно из рассуждений, проведённых при анализе.

Исследование. Пусть диаметр окружности Задача имеет решение лишь тогда, когда Но

Следовательно,

Таким образом, задача имеет решение, если

В этом случае решение единственное, так как окружности пересекаются при этом в двух точках симметричных относительно прямой и поэтому треугольники равны. Если то задача не имеет решений.

Пример 3. Построить треугольник по основанию, углу при вершине и радиусу вписанной окружности.

Анализ. Пусть искомый треугольник, А — данный его угол, заданный радиус вписанной окружности, — заданное основание.

Рис. 54.

Рассмотрим центр О вписанной окружности. Точка О отстоит от на расстоянии (первое свойство центра).

Кроме этого (рис. 54), так что (второе свойство центра).

ГМТ, обладающих первым свойством, представляет пару прямых, параллельных обладающих вторым свойством отрезок виден из О под углом представляет пару дуг сегментов, вмещающих угол

Каждая точка пересечения этих двух геометрических мест может служить центром вписанной окружности.

Рис. 55.

Построение. 1) На произвольной прямой откладываем отрезок (рис. 55). Далее строим последовательно: 2) пару прямых параллельных и отстоящих от на данном расстоянии пару сегментов, вмещаюших угол точку О как одну из точек пересечения упомянутых геометрических мест; 5) окружность ; 6) из точек проводим лучи касательные к окружности

7) отмечаем точку А пересечения этих лучей. Треугольник искомый.

Доказательство не представляет затруднений. Исследование. Чтобы существовали точки пересечения упомянутых выше двух геометрических мест, необходимо и достаточно, чтобы стрела сегмента была не меньше отрезка т. е. чтобы выполнялось соотношение

Шаги 5, 6 и 7 всегда выполнимы. Последнее следует из того, что

так что лучи b и с заведомо пересекаются. Не делая различия между четырьмя возможными одинаковыми решениями (в зависимости от выбора точки О), приходим к выводу,

что при условии (1) задача имеет единственное решение, а если это условие не выполняется, то решения нет.

Пример 4. Построить треугольник по его острому углу при вершине, радиусу описанной окружности и сумме квадратов боковых сторон.

Анализ. Пусть искомый треугольник, описанная около него окружность, -данный угол, где данный отрезок (рис. 56).

Рис. 56.

Величина хорды определяется из условия, что она видна из некоторой точки окружности (в под данным углом а, а следовательно, из центра О—под углом 2а (равным центральным углам соответствуют равные хорды). Что касается точки А, то она определяется двумя условиями: 1) она лежит на окружности ) она принадлежит ГМТ, для которых сумма квадратов расстояний от точек равна (это тоже окружность, см. § 5, пример 1).

Построение. Строим последовательно: 1) окружность с центром в произвольной точке два радиуса этой окружности под углом 2 а один к другому; 3) отрезок и его середину окружность служащую геометрическим местом таких точек для которых (см. § 5, пример 1); 5) точку пересечения окружностей и ) отрезки и Треугольник искомый. Доказательство ясно из анализа.

Исследование. Когда окружность существует и имеет общую точку с дугой окружности (см. рис. 56), то задача имеет единственное решение. В противном случае решения нет.

Замечание. Так как радиус окружности равен

(см. § 5, пример 1), то аналитически условие разрешимости можно записать так:

или после соответствующих преобразований: