3.5 Метод подібності.

Розв’язуючи конструктивні задачі, іноді легше побудувати не шукану фігуру, а їй подібну. Це буває тоді коли:

1. Серед даних умов, якими визначається шукана фігура, є один лінійний елемент, а решта - кути або відношення відрізків – кутові елементи. Відкинувши умову, яка задає розмір фігури (лінійний елемент) будують фігуру подібну до шуканої. Тоді з сукупності фігур, подібних до шуканої, вибирають ту, що задовольняє відкинуту умову. Цей перехід до шуканої фігури найчастіше здійснюють за допомогою гомотетії.

2. Треба побудувати фігуру певної форми, вписану в другу фігуру. В цьму випадку будують спочатку фігуру даної форми, але не вписану в дану. Потім використовуючи властивість подібності (зокрема гомотетії), переходять від побудованої фігури до шуканої.

Такий метод розв’язування задач на побудову називається методом подібності.

Отже, для розв’язування задач методом подібності умову задачі поділяємо на дві частини, одна з яких визначає форму фігури, а друга – її розміри або положення відносно даних фігур.

Умовами, що визначають форму фігури є:

для трикутника - , тощо;

для прямокутника – відношення нерівних його сторін, відношення сторони до діагоналі, кут між діагоналями;

для ромба – його кут, відношення діагоналей;

для паралелограма – відношення сторон і кута між ними, відношення діагоналей і кут між ними,відношення діагоналей і один із кутів паралелограма;

для рівнобедреної трапеції – відношення однієї з основ до бічної сторони і кут між ними, відношення основ трапеції і один із її кутів, відношення основ і кут між діагоналями;

для трапеції – відношення всіх сторін трапеції та ін.

Методичні труднощі, з якими зустрічаємося при розв’язуванні задач на побудову цим методом, залежить як від умов, що визначають форму фігури, так і від характеру лінійних елементів.

Приступаючи до розв’язання цих задач треба насамперед навчитися розв’язувати такі основні задачі:

1. Будувати многокутник гомотетичний даному, якщо відомо центр гомотетії і точка, гомотетична одній з вершин многокутника (або знаючм центр гомотетії і коефіцієнт гомотетії, заданий у вигляді відношення двох відрізків);

2. Будувати коло, гомотетичне даному колу, знаючи центр гомотетії і точку, гомотетичну заданій точці даного кола (або знаючи центр подібності і коефіцієнтів подібності, заданий у вигляді відношення двох відрізків).

При розв’язуванні задач методом подібності треба знати властивості гомотетії зокрема:

а) відповідні точки при гомотетії розміщені на одному промені з початком у центрі гомотетії (при коефіцієнті гомотетії );

б) образом прямої, яка не містить центр гомотетії є пряма, паралельна даній, тощо.

Починаючи розв’язування задач методом подібностітз простих задач, треба звернути увагу на раціональність такого розв’язування залежно від вдалого вибору центра гомотетії. Покажемо це на прикладі двох задач. Подамо лише план їх розв’язування.

Задача 1. Побудувати трикутник за двома кутами і і висотою проведеною з вершини С.

І спосіб. План побудови.

1. , , - довільної довжини. (Рис. 50)

2. - будь яка точка площини.

3. , де , , .

3а) ; ;

3б) , ;

3в) , .

ІІ спосіб. План побудови.

1. , , - довільної довжини. (Рис. 51)

2. , .

3. , де

3а) ;

3б) , ;

3в) ; ;

3г) .

Задача 2. Побудувати трикутник , якщо дано відрізки ,,і кут, такі, що , , - радіус описаного кола навколо цього трикутника.

І спосіб. План побудови.

1. , , . (Рис. 52)

2. , описане навколо .

3. -довільна точка площини.

4. , , .

4а) , ;

4б) ;

4в) ;

4г) .

ІІ спосіб. План побудови.

1. , . (Рис. 53)

2. описане навколо .

3. .

3a) ;

3б);

3в) .

Перший спосіб розв’язування обох задач є, очевидно, складніший.

Задача 3. Побудувати трикутник за даними його двома кутами і і сумою медіан, які виходять з вершини цих кутів.

Аналіз. Нехай шуканий, тобто , , .(Рис. 54). За кутами і можна побудувати будь-який , подібний шуканому. Відклавши на продовженні медіани медіану , дістанемо відрізок , відповідний даному відрізку . Знаючи , , можна визначити сторону шуканого трикутника як четвертий пропорційний відрізок.

План побудови.

1. , .

2. - середина , - середина .

3. , .

4. Позначимо ; .

4а) ; 4б) ; 4в) .

Доведення. З п. 1.4; ;

. Нехай - середина , - середина , тобто , - медіани , які виходять з вершини кутів і . За властивістю подібних трикутників і отримуємо, що , тому . Звідси із п. 3.

Дослідження. Задача має один розв’язок, якщо . Якщо ж , то розв’язків немає.

Задача 4. Побудувати трапецію за відношенням її основ, двома кутами і при одній з цих основ і висотою .

Аналіз. Нехай -шукана трапеція (Рис. 55) у якої ; , , . Враховуючи перші три умови, можна побудувати трапецію, подібну шуканій: .(Рис. 56).

Знайдемо шлях побудови трапеції . Візьмемо, , ,. Првівши , одержуємо , в якому , , . Від нетрудно перейти до трапеції .

План побудови.

1. Трапеція

1a) ;

1б) ;

1в) .

2. Трапеція :

2а);

2б) ;

2в) ;

2г) ;

2д)

Наступні етапи розв’язування задач опустимо.

Задача 5. Побудувати трикутник, знаючи

Аналіз. Нехай трикутник - шуканий (Рис. 57). . Зауважимо, що прямокутний трикутник можна побудувати.

.

Можна побудувати так, що ; далі легко перейти до і .

План побудови

1. .

2.

2а) : і - доповняльні.

2б) :.

3..

4. : .

Доведення. З п.1. .

З п. 2,4.

З п. 3,2.

Дослідження. Якщо розв’язок ( - трикутник рівнобедрений), якщо > - нема розв’язку.

Задача 6. У даний сегмент впишіть прямокутник з даним відношенням сторін так, щоб дві вершини прямокутника лежали на хорді, а дві інші – на дузі сегмента. (Рис. 58).

Аналіз. Нехай прямокутник - вписаний у даний сегмент і , оскільки прямокутник вписаний у сегмент так, як вимагає умова задачі, то він симетричний відносно з відношенням сторін : так, щоб сторона його лежала на хорді (тобто відкидаємо умову, щоб дві вершини лежали на дузі сегмента), то його сторони паралельні до сторін шуканого прямокутника. Ці прямокутники гомотетичні з центром гомотетії - серединою хорди . Тому відповідні вершини їх лежать на променях з початком у точці .

План побудови.

1. :

1а) ;

1б) ;

1в) .

2. .

3. .

4. .

5. .

6.

Доведення. є прямокутником, бо (п. 1в), (п. 1в) і - прямий (п. 1б). Пропонуємо довести, що де .

Тому .

Вершини прямокутника розміщення так, як цього вимагає умова задачі (за побудовою).

Дослідження. Задача завжди має один розвязок, якщо величина дуги сегмента менша або дорівнює ; якщо вона більша, то 0 або 1 розв’язок залежно від значення відношення .

Задача 7. У даний кут вписати коло, що проходить через дану всередині кута точку . (Рис. 59).

Аналіз. Припустимо, що задача розв’язана і коло (О, r) вписано в і проходить через точку . Оскільки коло вписане в кут, то центр його рівновіддалений від сторін кута, тому належить бісектрисі кута. Відкинемо умову, щоб коло проходило через точку . Тоді взявши довільну точку бісектиси за центр кола (наприклад, точку ) і з центром у цій точці побудуємо коло (О1, r1), вписане у даний кут. Побудоване і шукане коло є гомотетичним з центом гомотетії і деяким коефіцієнтом. Точки дотику кіл з сторонами кута є відповідними точками при цій гомотетії (радіуси, проведені в точки дотику паралельні, бо перпендикулярні до однієї і тієї прямої, що містить сторону кута). Тому центр гомотетії цих кіл є вершина кута (точка перетину прямих, на яких розміщені відповідні точки). Оскільки центр гомотетії і пара відповідних точок при гомотетії лежать на одній прямій, то у перетині з колами (О1, r1) і (О, r) отримаємо дві пари відповідних точок і та і . Центри двох гомотетичних кіл є відповідними точками, а відповідні відрізки при гомотетії паралельні. Тому центром шуканого кола є точка перетину бісектриси даного кута з прямою паралельною до прямої (з прямою перелельною до прямої ).

План побудови

1. - бісектриса .

2. .

3. .

4.

5. .

6. .

Доведення. Побудовані коло проходять через точку (п.6). Щоб довести, що вони вписані в кут, опустимо перпендикуляр из точок і до і , і - точки їх пертину з . Оскільки , то це має відповідні відрізки при гомотетіях. Тому маємо:; .

Оскільки в обох цих рівностях знаменники рівні, відношення рівні, то рівні й чисельники, тобто . Аналогічно можна довести, що перпендикуляри до також збігаються з радіусами побудованих кіл. Отже, побудовані кола є вписаними в даний кут .

Дослідження. Через те, що при перетині з колом дістаємо дві точки перетину і , то шуканих кіл є два.

Якщо ж точка лежить на бісектрисі кута . То попередній спосіб побудови не дає визначення центрів шуканих кіл. У цьому випадку будемо міркувати так: якщо через точку провести дотичну до шуканих кіл, то вона, перетинаючи сторону кута в точках і , буде перпендикулярною до бісектриси цього кута. (Рис. 60). За властивістю дотичних до кола, проведених з однієї точки, маємо, що , а тому точки і можна побудувати.

План побудови.

1. - бісектриса .

2. .

3. ; .

4. .

5. .

6. .

І в цьому випадку шуканих кіл є також два. Отже, задача завжди має два розвязки. Ми вважаємо, що величинакута задовольняє умову.

Задача 8. У даний опуклий чотирикутник вписати ромб так, щоб його сторони були паралельні з діагоналями чотирикутника. (Рис. 61).

Аналіз. Нехай- шуканий ромб, тобто ; .

Виберемо т. за центр кола гомотетії, а довільне число - за її коефіцієнт; -ромб, у якого сторони також паралельні з діагоналями даного чотирикутника, але вершини і не лежать на сторонах, тобто одна з умов задачі не виконується. Звідси видно, що задача зводиться до побудови ромба , який після гомотетії з центром і коефіцієнтом відобразиться в шуканий ромб.

План побудови.

1. - довільна точка .

2. .

3. .

4. Ромб .

5. .

6. де .

6a) ;

6б) ;

6в) .

7.

Доведення. З п. 4-ромб, а з п.6, то чотирикутник є ромбом. З п. 5. 6 точки ромба лежить на сторонах даного чотирикутника. І з побудови випливає, що сторони ромба паралельні з діагоналями і чотирикутника .

Дослідження. Задача має один розв’язок.

Задачі для самостійного розв'язування

9. У результаті гомотетії точка X переходить у точку Х', а точка У  у точку У. Як знайти центр гомотетії, якщо точки X, X', У, У' не лежать на одній прямій?

10. У результаті гомотетії точка X переходить у точку X'. Побудувати центр гомотетії, якщо коефіцієнт гомо­тетії дорівнює 2.

11. Накреслити трикутник. Побудувати гомотетичний йому трикутник, вибравши за центр гомотетії одну з його вершин, а коефіцієнт гомотетії к = 2.

12. Вписати у даний трикутник квадрат, дві вершини якого лежать на одній стороні, а дві інші вершини - на двох інших сторонах.

13. Побудувати паралелограм за стороною, відношен­ням діагоналей, та кутом між діагоналями.

14. Побудувати трапецію за двома кутами, що приля­гають до однієї основи, цією основою і відношенням її до висоти.

15. Побудувати трикутник, знаючи кути і та .

16. Побудувати трикутник, знаючи , 2р, с : h_с.

17. Знайти множину точок площини, які ділять у даному відношенні відрізки прямих, паралельних даній прямій і розміщених між сторонами даного кута.

18. Побудувати трикутник за трьома його висотами.

19. У даний трикутник вписати паралелограм з даним кутом і відношенням т : п сторін, що утворюють цей кут.

20. У даний трикутник вписати паралелограм, відно­шення сторін якого т:п і кут між діагоналями .

21. Вписати в даний сегмент круга квадрат.

22. Вписати в даний сегмент круга паралелограм з да­ним кутом і даним відношенням сторін т : п.

23. У даний сектор круга вписати квадрат.

24. У даний сектор круга вписати прямокутний рівнобедрений трикутник.

25. Побудувати трикутник, подібний даному, і такий, що його вершини лежать на сторонах даного трикутника.

26. Побудувати трикутник, якщо дано .

27. Побудувати трикутник за даним відношенням кутом та .

28. Побудувати паралелограм за відношенням двох його сторін, кутом і однією з діагоналей.

29. Побудувати паралелограм за висотою, відношенням діагоналей і кутом між ними.

30. Побудувати трапецію за відношенням її основ, діагоналлю і двома кутами.

31. Добудувати трапецію за відношенням її основ, двома кутами і висотою.