книги из ГПНТБ / Василевский, А. Б. Методы решения задач учебное пособие
.pdfПостроим \HMq\i _\AD] и [£7(о]_1_[£>С]. Очевидно, |Л<Г/С|]= IZDA<f|—
—= \DM0\ — \DK0\-
Построим еще один треугольник АВС, отвечающий условиям за дачи (рис. 79). Измерив масштабной линейкой отрезки [M0D], [DK0] (на обоих чертежах) и сравнив их с длинами отрезков [AD] и [DC], приходим к предположению, что |УИД'| = \DM<\ — [D7C0| == 0,5 (а — b).
Теперь задачу на вычисление можно свести к задаче на доказа тельство. Итак, попытаемся доказать, что при любом значении уг ла а \МК\ = 0,5 (а — Ь).
Во-первых, установим, как связаны между собой а, ср, а, Ь. Из прямоугольных треугольников АРВ и PBD получаем:
|.4Р| = |
0,5 (а + b); |
\PD\ = \ A D \ - \АР\ = 0,5 (а - |
6); \РВ\ = |4 P |tg 2 a= |
|
|
= 0,5(a + |
b) tg2a; tg2cp = \PB\: \PD\ = |
*g2a- |
|
По |
теореме синусов из треугольника |
AHD находим |
||
|
- |
т |
\н р \ |
|
|
|
sin (180" — a — ф) |
sin a |
|
Отсюда
sma \HD\ = а sin (a -f- cp)‘
Из прямоугольного треугольника HM0D
\M0D\ = |HD\ cos cp = a |
sin a cos ф |
sin (a -f- ф) |
150
Выполнив аналогичные преобразования, из треугольников DEC и ЕК0С получаем
sin a sin ф cos (а — ф)
Итак, нам нужно доказать, что |
|
|
|
|
||||
\МК\ = а |
sin a cos ф |
sin asm ф |
а — b |
|
(5) |
|||
sin (а + ф) |
cos (а — ф) |
2 |
’ |
|||||
|
|
|||||||
если |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
tg2<P = |
д — |
tg 2а |
|
|
(6) |
|
(а > |
Ь , 0 < 2ф < |
90°, |
0 < 2а <90°). |
|
|
|
||
Из равенства (6) |
находим |
|
|
|
|
|
||
,sin 2 t o — а)
|
|
|
Ь = а ~-■—о / I г- |
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
sin 2 |
(ф + |
а) |
|
|
|
|
|
Подставив |
полученное значение |
b в |
равенство |
(5) |
и разделив |
||||||
обе части на а, получаем |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
sin a cos ф |
зш 2 (ф — a) sin a sin ф |
_ |
1 |
sin 2 (ф — a) |
|
||||||
зт (а -)-ф ) |
sin 2 (ф + a) cos (a — ф) |
~ |
2 |
2 sin 2 (ф + a) |
|||||||
Таким образом, мы докажем, что |УИ/С| = 0,5(а — Ь), |
если |
пока |
|||||||||
жем, что равенство |
(7) |
справедливо для всех а |
и ф, удовлетворя |
||||||||
ющих условиям: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 < |
2ф < 90°, 0 < 2а'< |
90’. |
|
|
|
(8) |
|||
После очевидных |
преобразований равенство (7) |
принимает |
вид |
||||||||
sin а |
соБф |
|
|
sin (ф — а ) э т ф |
|
= |
|
||||
_______ '------------------------—------- ------- |
\------- |
|
|||||||||
|
з!п(а-|-ф ) |
sin (ф + |
a) cos (ф + |
а) |
|
|
|||||
|
_ |
sin 2 (ф + |
а) — sin 2 (ф — а) |
|
|
|
|
||||
~4sin (ф + a) cos (ф -J- а)
или, после умножения левой и правой части |
равенства на sin (ф -f |
||
+ “) Ф 0: |
sin (ф — a) sin ф |
sin 2 (ф + |
a) — sin 2 (ф |
sin a cos ф — |
|||
|
cos (ф + a) |
4 cos (ф + a) |
|
Очевидно,
sin 2 (ф -(- a) — sin 2 (ф — a) = 2 cos 2фsin 2a.
151
Поэтому равенство (9) можно преобразовать к |
виду |
|
||
^ |
cos ср cos (cp + а) — sin (cp — a) sin cp |
cos2cpsin2cp |
||
|
|
cos (cp + a) |
2 cos](cp + |
a) |
или |
|
|
|
|
sin a [cos cp cos (cp 4- a) — sin (cp — a) sin cp] = |
,cos Pep sin 2cp |
|||
|
|
|
/j |
|
(в силу |
условия |
(8) cos(cp + a ) = ^ 0). |
|
|
Разделив обе |
части равенства (10) на sinra=^0, имеем |
|
||
|
cos cp cos (cp + a) — sin (cp — a) sin cp = cos 2ф cos a. |
(11) |
||
Так как
cos ф cos (ф + a) = 0,5 [cos a + cos (2cp -f a)],
sin (ф — a) sin cp = 0,5 [cos a — cos (2ф — a)],
то равенство (11) преобразуется к виду
0,5 [cos (2ф + a) -f cos (2ф — a)] = cos 2ф cos a.
Заменив сумму, стоящую в квадратных скобках, произведением, убеждаемся в справедливости тождества (12).
Итак, доказано, что \МК\ = 0,5 (а — Ь).
Развитие функционального мышления учащихся и обучение их элементам математической деятельности можно считать главными задачами современного математического образования. Исследова тельский подход к геометрическим задачам в том виде, как он опи сан в рассмотренных задачах, позволяет обучать учащихся матема тической организации эмпирического материала, логической орга низации математических фактов и применению математической тео рии. Школьники обучаются поиску решения задач.
|
Упражнения |
|
|
|
1. Квадрат |
ABCD задан координатами своих |
вершин А, |
В и |
D: А (0, 0); |
В (8 , 0); D (0, |
8 ). Из точек С и Л по сторонам квадрата в одно и |
то же вре |
||
мя, против хода часовой стрелки, с постоянной |
скоростью |
начали движение |
||
точки М и К . Причем скорость движения точки Л4 в два раза больше скорости
движения точки К ■ Точка Е — середина |
отрезка [Л4К]. |
|
|
||||
1) |
Построить путь движения точки Е; |
|
|
|
|
||
2) |
составить уравнение множества |
середин Е всех отрезков [Л4Л,']; |
|
||||
3) |
доказать, что множество У^ имеет ось симметрии. |
|
|
||||
2 . |
Дан £_ВАС. Точка М расположена |
внутри этого угла. Точка К £ |
\АС). |
||||
Точка D = [КМ) Q [АВ). Точка К движется |
по лучу |
[АС) (от точки А). |
|
||||
1) |
Как изменяется площадь Д AKD при движении точки К по лучу [АС)? |
||||||
2) |
указать то положение точки К на луче \АС), |
при котором |
Д AKD |
имеет |
|||
наименьшую |
площадь. |
|
А(0, — 3) и 5(0,5) |
и параллельны |
|||
3. |
Прямые а и & проходят через точки |
||||||
оси абсцисс. |
Угол РОЕ делится осью абсцисс на два |
конгруэнтпых]угла, каждый |
|||||
из которых |
равен a (0 < а < 45")- Точка Л4 = [ОР) П b, К = [ОЕ) П а. |
|
|||||
152
1) |
Определить | ОМ \ и | OK I; |
сравнить |
| ОМ \ и | ОЛТ |; |
|
РОЕ около точки О |
||||||||||||
2) |
как изменяются |
| ОМ | и | ОК \ при |
вращении |
угла |
|||||||||||||
против |
хода часовой стрелки (угол вращения не превышает |
|
а)? При повороте на |
||||||||||||||
какой |
угол угла РОЕ точки /VI не существует? Чему равна |
|
| ОК | при |
этом |
угле |
||||||||||||
поворота? |
Существует |
ли |
такой |
поворот |
угла |
РОЕ, |
в |
|
результате |
которого |
|||||||
| МО | = | |
КО |? |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
3) |
Как изменяются | ОМ | и | OK | при вращении угла РОЕ около точки О по |
||||||||||||||||
ходу часовой |
стрелки |
(угол вращения не превышает а)? |
При повороте на какой |
||||||||||||||
угол угла РОЕ |
точки |
К |
не |
существует? |
Существует |
ли |
такой поворот угла |
||||||||||
РОЕ, |
в результате которого | МО | = \КО |? |
|
|
|
|
что Д МКО является |
|||||||||||
4) |
Угол а = 30°. Существует ли такая точка М на Ь, |
||||||||||||||||
правильным? |
Почему? |
|
|
|
ли такая |
точка М |
на |
|
Ь, |
что ДМ /(О = 30°? |
|||||||
5) |
Угол а = 45°. Существует |
|
|||||||||||||||
Почему? |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
что ДКЛЮ |
подо |
||
6) |
Существуют ли на прямых а и b такие точки К и М, |
||||||||||||||||
бен любому данному треугольнику? |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
4. |
Даны четыре параллельные плоскости а, |
(3, <р, |
у. |
|
Прямая а £ а . |
Плос |
|||||||||||
1) |
Плоскость ф проходит через а и перпендикулярна |
плоскости а . |
|||||||||||||||
кость i|) пересекает плоскости |3 |
и ф соответственно по прямым б и с . |
Доказать, |
|||||||||||||||
что на прямых а, Ь и |
с существуют соответственно точки |
А, В и С, которые |
|||||||||||||||
являются вершинами правильного треугольника АВС; |
|
|
|
h, |
перпендикулярная |
||||||||||||
2) |
через центр О треугольника АВС проведена прямая |
|
|||||||||||||||
плоскости АВС. |
Пересекает ли прямая /г плоскость у? |
|
|
часовой стрелки |
(угол |
||||||||||||
3) |
Плоскость г|/ вращается |
около прямой а |
по ходу |
|
|||||||||||||
вращения О < 0 < 9 О °). Как изменяется расстояние между прямыми а,Ь и с с уве
личением 0 ? |
Как изменяется при этом |
длина стороны |
правильного треугольника |
|||||||
АВС, вершины которого принадлежат прямым |
а, |
b и |
с? Как |
изменяется |
|ДО | |
|||||
(D = h П у) |
с |
увеличением |
угла 0 |
от 0Ч |
до |
90°? |
Как |
изменяются |
| AD | , |
|
| BD | и | CD |? |
Существует ли такое значение 0 , |
при |
котором |
четырехугольная |
||||||
пирамида DABC является правильным тетраэдром? |
у существуют соответственно |
|||||||||
4) Доказать, что на плоскостях |
а, (3, ф, |
|||||||||
такие точки At , Вг, Сх, |
что пирамида AlB1C1D1 подобна |
любой данной тре |
||||||||
угольной пирамиде. |
|
|
|
|
|
|
|
|
||
Г лав а 6. МЕТОДЫ РЕШЕНИЯ ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧ
§ 1. Ме т од ы г е о м е т р и ч е с к и х п р е о б р а з о в а н и й
Метод параллельного переноса
Метод параллельного переноса заключается в том, что пере носят на некоторый вектор какой-нибудь отрезок или другую часть исследуемой фигуры и сводят анализ (построение) данной фигуры к анализу (построению) вспомогательной, более простой фигуры, затем выполняют обратный перенос и переходят к анализу (построе нию) фигуры, указанной в задаче.
Задача 1. Построить четырехугольник ABCD, зная его стороны и отрезок [РК], соединяющий середины сторон [AD] и [ВС].
Допустим, что нужный нам четырехугольник построен (рис. 80).
Перенесем сторону [DC] на вектор DP |
и сторону [АВ] на вектор |
|||||
АР. Теперь из точки |
Р |
исходят три |
известной |
величины |
отрезка |
|
[PCJ, [РК] и [PBJ. |
|
что точка |
К |
является |
серединой |
отрезка |
Нетрудно убедиться, |
||||||
[ С ^ ] . В самом деле, |
отрезки [ССП |
и |
[BBJ конгруэнтны |
0,5 [AD] |
||
и параллельны [АП]. Поэтому четырехугольник СХСВХВ является параллелограммом. Точка К — середина его диагонали [СВ]. Поэтому К принадлежит диагонали [CjBJ и является ее серединой.
Таким образом, у треугольника РСХВХ известны стороны РСХ, РВХ и заключенная между ними медиана РК. Как построить такой треугольник? Для этого построим точку Ри симметричную Р
относительно К ■ Очевидно, | СхРг | = | РВХ|. Треугольник |
РРХС1 |
|||||
можно построить по |
трем |
известным |
сторонам: |
[РСХ] 22 [DC], |
||
[С Л ] 2 2 [В В И В А В ] и |
[РРХ] ==2 [РК]. |
Теперь |
очевидно, |
что для |
||
того чтобы данная задача имела решение, |
необходимо, |
чтобы |
||||
отрезки [DC], ]АВ] и |
2 [РК] были такими, |
из |
которых можно |
|||
построить треугольник РСХРХ. |
|
|
|
|
|
|
Теперь построим искомый четырехугольник. |
[РРХ] точкой К на |
|||||
Строим треугольник РСХРХ. |
Делим отрезок |
|||||
две равные части. Строим точку Ви симметричную Сх относительно К. Строим по трем известным сторонам треугольники СХКС и КВВХ.
Переносим отрезок [СХС] на вектор СХР в положение [PD]). Пере
154
носим отрезок [BBJ на вектор ВгР (в положение [АР]). Все четыре вершины искомого четырехугольника ABCD построены.
Обоснование выполненного построения предоставляем читателю. Задача 2. Даны две окружности О (R) и Ог (Rx) и прямая р, причем R > Rx. Параллельно прямой р провести прямую, образую щую в данных окружностях хорды АВ и CD, сумма которых равна
данному отрезку т.
Допустим, что (AD) || р и | АВ [ + | CD \ = т (рис. 81). Перенесем
окружность (tf:) на вектор СВ (в положение 0\). Тогда хорда CD займет положение BDX и | ADX\ — т.
С
Построим [OP] _L (АВ) |
и [0\Е] ± (BDx). |
Очевидно, | РД| |
= 0,5т. |
||||
Прямая (ОхО0 пересекает |
[ОР] в точке К. |
Причем | К0\ |
\ = |
| РЕ \ = |
|||
= 0,5/п и (КО\) II р■ Из проведенного |
анализа |
понятно |
следующее |
||||
решение задачи. |
|
ОКОи |
|
ОхК которого |
|||
Строим прямоугольный треугольник |
катет |
||||||
параллелен прямой р. Строим отрезок [Л’О Л ^О .бт. |
Строим окруж |
||||||
ность О,' (^i). В пересечении с окружностью |
О (R) получаем точку В. |
||||||
Через В проводим прямую, параллельную р. |
В пересечении с дан |
||||||
ными окружностями получаем искомые хорды АВ и CD. Исследуем, сколько решений может иметь задача. Во-первых,
можно построить единственный прямоугольник ОКОъ катет ОгК которого параллелен прямой р. Поэтому существуют и единствен
ные точка 0\ и окружность О\ (Ri). Отсюда ясно, что если окруж
ности О (R) и 0\ (Rx) не пересекаются, то задача решений не имеет. Если они касаются (в точке В), то решение одно. Если
окружности О (R) и Oi (Rx) |
пересекаются |
в двух |
точках В [и В' |
(рис. 81), то задача имеет |
дэа решения: |
хорды |
АВ и C D ,'А'В' |
и C D ’, |
|
|
|
155
Метод осевой симметрии
Метод осевой симметрии заключается в следующем. Задача пред полагается решенной, и одна точка (прямая) из данных в условии задачи заменяется точкой (прямой), симметричной относительно некоторой прямой. После этого симметричная точка (прямая) под чиняется тем условиям, которым должна удовлетворять замененная точка (прямая). В результате получаем новую задачу, которая решается каким-нибудь из известных уже способов.
Рис. 82
Задача 3. Дан остроугольный треугольник АВС. Построить такую точку X, чтобы четырехугольник АВСХ был: 1) вписываемый
и2) описываемый.
1)Описываем окружность со вокруг треугольника АВС (рис. 82). Из условия задачи ясно, что точка X принадлежит той дуге окруж ности со, которой не принадлежит точка В. Выясним, сколько решений может иметь задача. Путь для определенности | ВА | > | ВС |.
Четырехугольник АВСХ вписываемый, если |
| ВС | + | АХ \ — \ ВА | + |
|||||
+ 1СХ |. При движении точки X по дуге АтС (которой |
не принад |
|||||
лежит В) |
от А |
к С | АХ | увеличивается |
от |
нуля до |
| АС | (тре |
|
угольник |
АВС |
остроугольный, |
поэтому |
| АС | |
меньше |
диаметра |
описанной |
окружности), а | СХ | |
уменьшается |
от | АС | до нуля. |
|||
Каждая _сторона треугольника меньше суммы остальных двух сторон. Поэтому на дуге АтС существует единственная точка X,
такая, |
что | ВС | -+- | АХ | = | ВА | |
| СХ |. |
АтС. Построим биссек |
|
2) Пусть |
X — искомая точка |
на дуге |
||
трису |
[ХН) |
угла АХС. Построим точку Р, |
симметричную С относц- |
|
156
тельно (ХН). Очевидно, Р£(АХ). |
Причем |
I АР |
= |
АХ |
— | Р Х | = |
|||||||
= |
АХ | — | С Х | = | Л В | — |5 С |, так |
как |
|ВС |
+ |
АХ |
= |
|
| ВА \ + |
||||
+ |
СХ\. |
Угол АХС известен (как угол, |
вписанный |
в данную |
окруж- |
|||||||
ность |
и |
опирающийся на данную |
хорду |
АС). |
Поэтому |
известен |
||||||
и острый / СРХ равнобедренного |
треугольника |
СРХ, |
а |
следова |
||||||||
тельно, и смежный с ним тупой угол |
АРС. |
Теперь |
у треугольника |
|||||||||
АРС известны |
стороны |ЛС |, \АР\ |
и |
тупой £ АРС. Кроме того, |
|||||||||
| АР | |
< | АХ | < |
| АС |. Поэтому по сторонам \АС\ |
и | ЛР | |
и |
тупому |
|||||||
углу |
можно построить единственный |
треугольник |
АСР, |
принадле |
||||||||
жащий сегменту АтС. Искомая точка X определяется пересечением прямой {АР) с дугой АтС.
Задача 4. Угол FMD — острый. Точки А и В принадлежат его стороне [MF). На луче [MD) построить такую точку X, чтобы раз-
|
|
л |
|
|
|
л |
|
|
|
|
|
|
|
|
83). |
|
|
|
|
ность ВАХ — АВХ была данной величины (рис. |
|
При движе- |
|||||||||||||||||
Установим |
сначала, сколько |
решений имеет задача. |
|||||||||||||||||
нии |
точки |
X |
|
по лучу |
[MD) |
(вправо |
от |
|
|
|
л |
|
|
||||||
|
точки М) ВАХ умень- |
||||||||||||||||||
шается |
от |
|
180° |
Д |
При |
таком |
|
|
|
|
Л |
|
увеличи- |
||||||
|
до BMD. |
движении X АВХ |
|||||||||||||||||
вается |
от |
0° до |
угла, |
сумма |
которого |
|
|
|
л |
|
равна |
180°. |
|||||||
вместе с BMD |
|||||||||||||||||||
Поэтому |
|
|
|
Л |
Л |
|
при |
таком |
движении точки X умень |
||||||||||
а = ВАХ — АВХ |
|||||||||||||||||||
шается от 180° до 0Э (по условию |
задачи |
угол |
ВАХ |
больше |
|||||||||||||||
угла |
АВХ). |
Причем а = |
0°, |
если точка |
X |
лежит |
на |
симметрали |
|||||||||||
отрезка [Л£]. |
Таким |
образом, |
задача |
имеет |
единственное |
решение |
|||||||||||||
при любом значении а. |
|
|
|
|
относительно |
прямой |
(MD). |
||||||||||||
Строим точку Л1, |
симметричную А |
||||||||||||||||||
157
Строим отрезки [ЛХБ] и |
[Л ^ ]. Нетрудно |
убедиться, что |
Л3ХБ = |
|
= 360° — 2 AjAB + |
а. |
|
|
|
Таким образом, |
л |
известна, если |
известен угол |
а. Теперь |
АгХВ |
||||
можно построить дугу окружности, которая стягивается хордой АгВ
и в которую вписывается известный |
/_ А^ХВ. Пересечение |
этой |
дуги с прямой (MD) дает нам искомую точку X. |
|
|
Метод вращения |
|
|
Метод вращения заключается в том, |
что, повернув какую-либо |
|
данную или искомую фигуру вокруг |
некоторого центра на |
пеко- |
Рис. 84 |
|
торый угол, сводят анализ рассматриваемой фигуры к |
анализу |
более простой фигуры, а потом выполняют обратное |
вращение |
и в результате получают искомую фигуру. Центр вращения и угол
поворота |
следует выбирать так, чтобы в |
результате" поворота |
|||
совместились равные элементы или получилось более |
простое их |
||||
взаимное расположение. |
|
вершины которого лежали бы по |
|||
Задача |
5. Построить квадрат, |
||||
одной на каждой из трех данных параллельных прямых а, Ь, с. |
|||||
Анализ. Пусть квадрат |
ABCD — искомый |
(рис. 84). |
Замечаем, |
||
что точка |
D переводится |
в точку |
В вращением вокруг |
центра А |
|
на угол 90° (против хода часовой стрелки). Если повернуть вокруг центра А всю фигуру на прямой угол, то вершина D при этом окажется в положении точки В, а прямая с перейдет "в прямую с', перпендикулярную прямой а и проходящую через вершину В искомого квадрата. При этом вращении треугольник ADM перейдет в конгруэнтный ему Д AM'В (сторона [ЛУИ] перпендикулярна прямой с и сторона [AM’] перпендикулярна прямой с'). Таким обра зом, вершина В искомого квадрата ABQD ярляется пересечением
158
прямых а и с'. Вершина |
А |
при |
построении |
может |
быть |
выбрана |
|||||||
произвольно на прямой Ъ. |
Ь отмечаем |
произвольную |
точку |
А. |
|||||||||
Построение. |
На |
прямой |
|||||||||||
Из нее опускаем перпендикуляр |
[AM] на прямую с. |
Вращаем |
пря |
||||||||||
мую с вокруг точки А |
до |
совмещения с прямой с’, |
т. |
е. строим |
|||||||||
на прямой b отрезок [AM'], |
конгруэнтный |
[AM], |
и |
через |
точку М |
||||||||
проводим прямую |
с’ !_ Ь. |
Получаем |
В — с' [\а. |
На |
полученном |
||||||||
отрезке [АВ] строим квадрат ABCD. |
|
решения |
предоставляем |
||||||||||
Обоснование |
построения |
и исследование |
|||||||||||
читателю. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Метод гомотетии |
и подобия |
|
|
|
|
|
|||||
Метод гомотетии |
и подобия |
заключается в следующем. Данная |
|||||||||||
задача сводится |
к |
задаче |
на |
построение |
фигуры, |
|
гомотетичной |
||||||
(подобной) искомой, т. е. отбрасывается какое-нибудь одно из условий, характеризующих размеры искомой фигуры. Потом построен ная вспомогательная фигура подвергается преобразованию гомотетии
(подобия) |
так, чтобы |
после |
преобразования |
уже |
выполнялось |
и ранее отброшенное условие. |
В результате |
получается искомая |
|||
фигура. |
6. Даны острый /_ ВАС и внутри |
него |
точка М. По |
||
Задача |
|||||
строить на стороне [АС) угла |
точку X, равноотстоящую от стороны |
||||
[АВ) и от точки М (рис. |
85). |
|
|
|
|
Построим луч [AM). Заменим данную задачу более простой.
На стороне [АС) |
<ВАС дана точка Х г. Построить |
на луче [AM) |
||||||||
точку М± такую, чтобы |
расстояние |
| Х 1Н1 \ от Хх до луча |
[АВ) |
|||||||
было равно \ХхМх\. |
{АВ) |
и |
окружность |
Хх( | Х хЯ х|). |
При |
любом |
||||
Строим [ХхЯ х] |
||||||||||
положении точки Хх на |
стороне [АС) |
острого /_ ВАС |
эта |
окруж |
||||||
ность пересекает луч [AM) в двух |
точках М ± и М\. |
|
|
|
|
|||||
Теперь ясно, что |
если М = м \ |
или М = Mv то точка |
X = Хх. |
|||||||
Если М ф М г и М ф М \, |
то |
через |
М |
проводим |
(МН) |
|| (ЛДЯХ) |
||||
(рис. 85). Из точки Н восставляем |
перпендикуляр к |
[АВ). |
В пере |
|||||||
сечении этого перпендикуляра с лучом [АС) получаем искомую точку X. Справедливость этого утверждения следует из подобия
треугольников Я хХх/и! |
и НХМ. |
|
|
если |
проведем через |
||
Еще одно решение |
(точку X 1) получим, |
||||||
М прямую, |
параллельную (МХЯ х). |
В |
пересечении |
с (АВ) получим |
|||
точку Н'. |
Восставим |
перпендикуляр |
к (АВ) |
в точке Н'. При его |
|||
пересечении с лучом [АС) получим точку X ' . |
пересечь отрезком |
||||||
Задача 7. Данную трапецию ABCD (рис. |
86) |
||||||
[ЕЯ], параллельным основаниям, |
так, |
чтобы |
он |
разделился диаго |
|||
налями на конгруэнтные отрезки |
[ЕХ], [КМ] |
и [МН]. |
|||||
159