В задачите за конструиране ще разгледаме изграждането на геометрична фигура, което може да се изпълни с линийка и пергел.

С линийка можете:

произволна линия;

произволна права, минаваща през дадена точка;

права, минаваща през две дадени точки.

С помощта на компас можете да опишете окръжност с даден радиус от даден център.

Компас може да се използва за начертаване на сегмент на дадена линия от дадена точка.

Помислете за основните задачи за строителството.

Задача 1.Построете триъгълник с дадени страни a, b, c (фиг. 1).

Решение. С помощта на линийка начертайте произволна права линия и върху нея вземете произволна точка B. С отвор на пергел, равен на a, описваме окръжност с център B и радиус a. Нека C е точката на нейното пресичане с правата. С отвор на компаса, равен на c, описваме окръжност от центъра B, а с отвор на компаса, равен на b - окръжност от центъра C. Нека A е пресечната точка на тези окръжности. Триъгълник ABC има страни, равни на a, b, c.

Коментирайте. За да могат три отсечки да служат като страни на триъгълник, е необходимо по-голямата от тях да е по-малка от сбора на другите две (и< b + с).

Задача 2.

Решение. Този ъгъл с връх A и лъч OM са показани на фигура 2.

Начертайте произволна окръжност с център във върха A на дадения ъгъл. Нека B и C са точките на пресичане на окръжността със страните на ъгъла (фиг. 3, а). Нека начертаем окръжност с радиус AB с център в точка O - началната точка на този лъч (фиг. 3, b). Пресечната точка на тази окръжност с дадения лъч ще означим като С 1 . Нека опишем окръжност с център C 1 и радиус BC. Точка B 1 на пресечната точка на две окръжности лежи от страната на желания ъгъл. Това следва от равенството Δ ABC \u003d Δ OB 1 C 1 (третият критерий за равенството на триъгълниците).

Задача 3.Построете ъглополовящата на дадения ъгъл (фиг. 4).

Решение. От връх A на даден ъгъл, като от центъра, начертаваме окръжност с произволен радиус. Нека B и C са точките на неговото пресичане със страните на ъгъла. От точки B и C с еднакъв радиус описваме окръжности. Нека D е тяхната пресечна точка, различна от A. Лъч AD дели ъгъл A наполовина. Това следва от равенството ΔABD = ΔACD (третият критерий за равенство на триъгълниците).

Задача 4.Начертайте медиана, перпендикулярна на този сегмент (фиг. 5).

Решение. С произволен, но идентичен отвор на компас (голям 1/2 AB) описваме две дъги с центрове в точки A и B, които се пресичат в някои точки C и D. Правата CD ще бъде търсеният перпендикуляр. Наистина, както се вижда от конструкцията, всяка от точките C и D е еднакво отдалечена от A и B; следователно тези точки трябва да лежат на ъглополовящата на отсечката AB.

Задача 5.Разделете този сегмент наполовина. Решава се по същия начин като задача 4 (виж фиг. 5).

Задача 6.През дадена точка начертайте права, перпендикулярна на дадената права.

Решение. Възможни са два случая:

1) дадената точка O лежи на дадената права a (фиг. 6).

От точка O чертаем окръжност с произволен радиус, която пресича правата a в точки A и B. От точки A и B чертаем окръжности със същия радиус. Нека О 1 е тяхната пресечна точка, различна от О. Получаваме ОО 1 ⊥ AB. Наистина, точките O и O 1 са на еднакво разстояние от краищата на сегмента AB и следователно лежат на ъглополовящата на този сегмент.

Общинско бюджетно учебно заведение

средно аритметично общообразователно училище No34 със задълбочено изучаване на отделните предмети

МАН, секция физика и математика

"Геометрични конструкции с помощта на пергел и линейка"

Изпълнил: ученик от 7 „А” клас

Батищева Виктория

Ръководител: Колтовская В.В.

Воронеж, 2013 г

3. Построяване на ъгъл, равен на даден.

П начертайте произволна окръжност с център във върха A на дадения ъгъл (фиг. 3). Нека B и C са пресечните точки на окръжността със страните на ъгъла. С радиус AB начертаваме окръжност с център точка O, началната точка на дадената полуправа. Пресечната точка на тази окръжност с дадената полуправа е означена с C 1 . Опишете окръжност с център C 1 и фиг.3

радиус пр.н.е. Точка Б 1 пресечната точка на построените окръжности в посочената полуравнина лежи от страната на желания ъгъл.

6. Построяване на перпендикулярни прави.

Начертаваме окръжност с произволен радиус r с център точка O Фиг.6. Окръжността пресича правата в точки A и B.От точки A и B начертаваме окръжности с радиус AB. Нека меланхолията C е пресечната точка на тези кръгове. Получихме точки A и B на първата стъпка, когато построихме окръжност с произволен радиус.

Желаната права минава през точките C и O.

Фиг.6

вече известни проблеми

1.Задачата на Брахмагупта

Построете вписан четириъгълник с четири страни. Едно решение използва кръга на Аполоний.Нека решим задачата на Аполоний, като използваме аналогията между триколка и триъгълник. Как намираме окръжност, вписана в триъгълник: изграждаме пресечната точка на ъглополовящите, пускаме перпендикулярите от нея към страните на триъгълника, основите на перпендикулярите (пресечните точки на перпендикуляра със страната, на която тя е спусната) и ни дава три точки, лежащи на търсената окръжност. Начертаваме кръг през тези три точки - разтворът е готов. Ще направим същото и с проблема на Аполоний.

2. Проблемът на Аполоний

Използвайте пергел и линейка, за да построите окръжност, допирателна към дадените три окръжности. Според легендата проблемът е формулиран от Аполоний от Перга около 220 г. пр.н.е. д. в книгата "Докосване", която е изгубена, но е възстановена през 1600 г. от Франсоа Виета, "Галски Аполоний", както го наричат ​​съвременниците му.

Ако нито една от дадените окръжности не лежи вътре в другата, тогава тази задача има 8 съществено различни решения.

Построяване на правилни многоъгълници.

П

правилно (или равностранен ) триъгълник - това е правилен многоъгълникс три страни, първият от правилните многоъгълници. всичкострани на равностранен триъгълник са равни и всичкиъглите са 60°. За да построите равностранен триъгълник, трябва да разделите кръга на 3 равни части. За да направите това, е необходимо да нарисувате дъга с радиус R на този кръг само от единия край на диаметъра, получаваме първото и второто разделение. Третото деление е в противоположния край на диаметъра. Свързвайки тези точки, получаваме равностранен триъгълник.

Правилен шестоъгълник могаизграждайте с пергел и линийка. По-долудаден е методът на изгражданекато разделите кръга на 6 части. Използваме равенството на страните на правилен шестоъгълник с радиуса на описаната окръжност. От противоположните краища на един от диаметрите на окръжността описваме дъги с радиус R. Пресечните точки на тези дъги с дадена окръжност ще я разделят на 6 равни части. Последователно свързвайки намерените точки, се получава правилен шестоъгълник.

Построяване на правилен петоъгълник.

П
правилен петоъгълник може да бъдеконструиран с помощта на пергел и линейка или чрез поставянето му в даденосткръг, или чрез изграждане на базата на дадена страна. Този процес е описан от Евклидв неговите Елементи, около 300 г. пр.н.е. д.

Ето един метод за конструиране на правилен петоъгълник в даден кръг:

Построете окръжност, в която ще бъде вписан петоъгълникът и означете центъра му катоО . (Това е зеленият кръг в диаграмата вдясно).

Изберете точка от кръгаА , който ще бъде един от върховете на петоъгълника. Начертайте линия презО иА .

Построете права, перпендикулярна на праватаОА преминаващ през точкатаО . Обозначете едно от неговите пресечни точки с окръжността като точкаб .

Изградете точка° С по средата междуО иб .

° С през точкаА . Маркирайте пресечната му точка с линиятаОВ (вътре в оригиналния кръг) като точкад .

Начертайте кръг с центърА през точка D, маркирайте пресечната точка на този кръг с оригинала (зелен кръг) като точкид иЕ .

Начертайте кръг с центърд през точкаА Ж .

Начертайте кръг с центърЕ през точкаА . Обозначете другото му пресичане с оригиналния кръг като точказ .

Изградете правилен петоъгълникAEGHF .

Неразрешими проблеми

В древността са поставени следните три строителни задачи:

Ъглова трисекция - разделяне на произволен ъгъл на три равни части.

С други думи, необходимо е да се построят трисектори на ъгъла - лъчите, разделящи ъгъла на три равни части. P. L. Vanzel доказва през 1837 г., че проблемът е разрешим само когато, например, трисекцията е осъществима за ъгли α = 360°/n, при условие че цялото число n не се дели на 3. Независимо от това, в пресата от време на време се публикуват (неправилни) методи за трисекция на ъгъл с пергел и линейка.

Удвояване на куба - класическа антична задача за построяване на куб с пергел и линийка, чийто обем е два пъти по-голям от обема на даден куб.

В съвременната нотация проблемът се свежда до решаване на уравнението. Всичко се свежда до проблема с конструирането на отрязък от дължина. P. Wanzel доказва през 1837 г., че този проблем не може да бъде решен с помощта на пергел и линейка.

Квадратура на кръга - задачата за намиране на конструкция с помощта на компас и линийка на квадрат, който е равен по площ на даден кръг.

Както знаете, с помощта на пергел и линийка можете да извършите всичките 4 аритметични операции и да извлечете корен квадратен; оттук следва, че квадратурата на окръжност е възможна тогава и само тогава, когато с помощта на краен брой такива операции е възможно да се построи сегмент с дължина π. По този начин неразрешимостта на този проблем следва от неалгебричната природа (трансцендентност) на числото π, която е доказана през 1882 г. от Линдеман.

Друг известен проблем, който не може да бъде решен с помощта на пергел и линийка, епострояване на триъгълник по три дадени дължини на ъглополовящи .

Освен това този проблем остава неразрешим дори при наличието на трисектор.

Едва през 19 век е доказано, че и трите проблема са неразрешими само с пергел и линейка. Въпросът за възможността за изграждане е напълно решен чрез алгебрични методи, базирани на теорията на Галоа.

ЗНАЕШ ЛИ ТОВА...

(от историята на геометричните конструкции)

Някога в изграждането на правилни многоъгълници се влагаше мистичен смисъл.

И така, питагорейците, последователи на религиозните и философски учения, основани от Питагор, и които са живели в древна Гърция (Vаз-аз Vвекове пр.н.е пр. н. е.), приели като знак за техния съюз звезден многоъгълник, образуван от диагоналите на правилен петоъгълник.

Правилата за строгото геометрично построяване на някои правилни многоъгълници са изложени в книгата "Начала" на древногръцкия математик Евклид, живял вIIIв. пр.н.е. За да изпълни тези конструкции, Евклид предложи да се използват само линийка и компас, които по това време нямаха шарнирно устройство за свързване на краката (такова ограничение на инструментите беше задължително изискване на древната математика).

Правилните многоъгълници са били широко използвани в древната астрономия. Ако Евклид се е интересувал от конструкцията на тези фигури от гледна точка на математиката, то за древногръцкия астроном Клавдий Птолемей (около 90 - 160 г. сл. Хр.) те се оказват необходими като помощно средство при решаването на астрономически задачи. И така, в първата книга на Алмагест, цялата десета глава е посветена на изграждането на правилни петоъгълници и десетоъгълници.

Въпреки това, в допълнение към чисто научните трудове, изграждането на правилни многоъгълници беше неразделна част от книгите за строители, занаятчии и художници. Способността да се изобразяват тези фигури отдавна се изисква в архитектурата, бижутата и изобразителното изкуство.

В „Десетте книги за архитектурата“ на римския архитект Витрувий (живял приблизително през 63-14 г. пр. н. е.) се казва, че градските стени трябва да изглеждат като правилен многоъгълник в план, а кулите на крепостта „трябва да бъдат направени кръгли или многоъгълни, тъй като четириъгълникът по-скоро разрушен от обсадни оръжия.

Планирането на градовете беше от голям интерес за Витрувий, който вярваше, че е необходимо да се планират улиците така, че главните ветрове да не духат по тях. Предполагаше се, че има осем такива ветрове и те духат в определени посоки.

През Ренесанса изграждането на правилни многоъгълници и в частност на петоъгълника не е проста математическа игра, а е необходима предпоставка за изграждане на крепости.

Правилният шестоъгълник е бил обект на специално изследване на великия немски астроном и математик Йоханес Кеплер (1571-1630), за което той говори в книгата си „Новогодишен подарък, или за шестоъгълните снежинки“. Той обсъжда причините, поради които снежинките имат шестоъгълна форма, той отбелязва по-специално следното: „... равнината може да бъде покрита без пропуски само от следните фигури: равностранни триъгълници, квадрати и правилни шестоъгълници. Сред тези фигури правилният шестоъгълник покрива най-голямата площ.

Един от най-известните учени, занимаващи се с геометрични конструкции, е великият немски художник и математик Албрехт Дюрер (1471 -1528), който им посвещава значителна част от книгата си "Насоки ...". Той предложи правила за построяване на правилни многоъгълници с 3. 4, 5 ... 16 страни. Методите за разделяне на кръга, предложени от Дюрер, не са универсални, във всеки случай се използва индивидуална техника.

Дюрер прилага методите за конструиране на правилни многоъгълници в художествената практика, например при създаването на различни видове орнаменти и шарки за паркет. Скици на такива модели са направени от него по време на пътуване до Холандия, където в много къщи са открити паркетни подове.

Дюрер прави орнаменти от правилни многоъгълници, които са свързани в пръстени (пръстени от шест равностранни триъгълника, четири четириъгълника, три или шест шестоъгълника, четиринадесет седмоъгълника, четири осмоъгълника).

Заключение

Така,геометрични конструкции е метод за решаване на задача, при който отговорът се получава графично. Конструкциите се извършват с чертожни инструменти с максимална точност и точност на работа, тъй като от това зависи правилността на решението.

Благодарение на тази работа се запознах с историята на произхода на компаса, по-подробно се запознах с правилата за извършване на геометрични конструкции, придобих нови знания и ги приложих на практика.
Решаването на задачи за изграждане с компас и линийка е полезно забавление, което ви позволява да хвърлите нов поглед върху известните свойства на геометричните фигури и техните елементи.В тази статия разглеждаме най-неотложните проблеми, свързани с геометричните конструкции с помощта на пергел и линейка. Разглеждат се основните задачи и се дават решенията им. Горните задачи представляват значителен практически интерес, затвърждават придобитите знания по геометрия и могат да се използват за практическа работа.
Така целта на работата е постигната, поставените задачи са изпълнени.

МАЛКА АКАДЕМИЯ НА НАУКИТЕ НА УЧЕНИЦИТЕ НА КРИМ

"ТЪРСАЧ"

Раздел "Математика"

ГЕОМЕТРИЧНО ПОСТРОЯВАНЕ С ДВУСТРАННА ЛИНИЯ

Свърших работата а

_____________

класен ученик

научен съветник

ВЪВЕДЕНИЕ……………………………………………………………………..…..3

I. ГЕОМЕТРИЧНИ КОНСТРУКЦИИ НА РАВНОСТТА ………………...4

I.1. Общи аксиоми на конструктивната геометрия. Аксиоми на математическите инструменти…………………………………………………………………………..4

I.2. ……………………….....5

I.3. Геометрични построения с една линийка ……………………………..7

аз.4. Основните задачи за изграждане на двустранна линийка………………..8

I.5. Решение различни задачиза строителство …………………………………12

I.6. Конструкции с едностранна линийка…………………………………….....20

I.7. Взаимозаменяемост на двустранна линийка с пергел и линийка….21

ЗАКЛЮЧЕНИЕ…………………………………………………………………….24

Списък на използваната литература………………………………..………….25

Въведение

Задачите за построяване с ограничени средства включват задачи за построяване само с пергел и линейка, които се разглеждат в училищна програма. Възможно ли е да се решават строителни проблеми само с една линийка? Често няма компас под ръка, а линийка винаги може да се намери.

Конструктивните задачи по геометрия са завладяващ раздел. Интересът към него се дължи на красотата и простотата на геометричното съдържание. Актуалността на разглеждането на тези проблеми нараства поради факта, че намира приложение в практиката. Способността да се използва една линийка за решаване на проблемите, разгледани в този документ, има голямо значениена практика, защото непрекъснато се сблъскваме с проблеми с разделяне на отсечка наполовина, удвояване на дадена отсечка и т.н.

В тази статия разглеждаме основните задачи за изграждането, които служат като помощ при решаването на по-сложни проблеми.

Както показва опитът, строителните задачи предизвикват интерес, допринасят за активирането на умствената дейност. При решаването им активно се използват знанията за свойствата на фигурите, развива се способността за разсъждение, усъвършенстват се уменията за геометрични конструкции. В резултат на това се развиват конструктивни способности, което е една от целите на изучаването на геометрията.

Хипотеза: всички конструктивни задачи, които могат да бъдат решени с пергел и линийка, могат да бъдат решени само с двустранна линийка.

Обект на изследване: задачи за конструиране и двустранна линийка.

Цели на изследването: да се докаже, че всички строителни проблеми могат да бъдат решени само с помощта на двустранна линийка.

Цели на изследването: изучаване теоретична основарешаване на строителни проблеми; решаване на основни строителни задачи с помощта на двустранна линийка; дават примери за по-сложни строителни задачи; систематизира теоретичен и практически материал.

I. ГЕОМЕТРИЧНИ КОНСТРУКЦИИ В РАВНОСТТА

I.1. Общи аксиоми на конструктивната геометрия. Аксиоми на математическите инструменти

За конструктивна геометрия е необходимо да има точно и за математически цели пълно описание на конкретен инструмент. Такова описание е дадено под формата на аксиоми. Тези аксиоми в абстрактна математическа форма изразяват онези свойства на реалните инструменти за рисуване, които се използват за геометрични конструкции.

Най-често използваните инструменти за геометрични конструкции са:линийка (едностранна) , компас, двустранно линийка (с успоредни ръбове) и някои други.

А. Аксиома на владетеля.

Линийката ви позволява да изпълнявате следните геометрични конструкции:
а) построете отсечка, свързваща две построени точки;

б) построете права, минаваща през две построени точки;

в) построете лъч, излизащ от построена точка и минаващ през друга построена точка.

Б. Аксиома на компаса.

Компасът ви позволява да изпълнявате следните геометрични конструкции:
а) построете окръжност, ако са построени центърът на окръжността и сегмент, равен на радиуса на окръжността (или нейните краища);

Б. Аксиомата за двустранна линийка.

Двустранната линийка ви позволява да:

а) изпълнява някоя от конструкциите, изброени в аксиома А;

б) във всяка от полуравнините, определени от построената права, изградете права, успоредна на тази права и минаваща от нея на разстояниеа, където а - сегмент, фиксиран за дадена линийка (ширина на линийка);

в) ако са построени две точки A и B, тогава се определя дали AB ще бъде по-голяма от някакъв фиксиран сегмента (ширина на линийката), и ако AB >а , след това изградете две двойки успоредни прави, минаващи съответно през точки A и B и отдалечени една от друга на разстояниеа .

В допълнение към горните инструменти можете да използвате други инструменти за геометрични конструкции: произволен ъгъл, квадрат, линийка с маркировки, чифт прави ъгли, различни устройства за изчертаване на специални криви и др.

I.2. Общи принципи за решаване на строителни проблеми

Строителна задача се състои в това, че се изисква да се построи определена фигура с посочените инструменти, ако е дадена друга фигура и са посочени определени отношения между елементите на желаната фигура и елементите на тази фигура.

Всяка фигура, която отговаря на условията на проблема, се наричарешениетази задача.

Намери решение конструктивна задача означава да се намали до краен брой основни конструкции, т.е. да се посочи крайна последователност от основни конструкции, след което желаната фигура вече ще се счита за построена по силата на приетите аксиоми на конструктивната геометрия. Списъкът на допустимите основни конструкции и, следователно, ходът на решаване на проблема, по същество зависи от това какви инструменти се използват за конструкции.

Решете строителния проблем - означава, намери всички решения .

Последното определение се нуждае от известно пояснение. Фигурите, които отговарят на условията на проблема, могат да се различават както по форма или размер, така и по позиция в равнината. Разликите в позицията на равнината се вземат под внимание или не се вземат предвид в зависимост от формулировката на самата конструктивна задача, от това дали условието на задачата предвижда или не предвижда определено местоположение на желаната фигура спрямо дадена фигури.

Ако се намери решение на проблем, тогава в бъдеще е позволено да се използва това решение "като цяло", т.е. без да се разделя на основни конструкции.

Има редица прости геометрични конструктивни задачи, които особено често се включват като компоненти в решението на по-сложни задачи. Ще ги наричаме елементарни геометрични конструктивни задачи. Списъкът с елементарни задачи, разбира се, е условен. Най-често срещаните задачи включват следното:

Разделете този сегмент наполовина.

Разделете този ъгъл наполовина.

Построяване по дадена линия на отсечка, равна на дадената.

Построяване на ъгъл, равен на даден.

Построяване на права, минаваща през дадена точка, успоредна на дадена права.

Построяване на права, минаваща през дадена точка и перпендикулярна на дадена права.

Разделението на сегмента в това отношение.

Построяване на триъгълник с три страни.

Построяване на триъгълник със страна и два прилежащи ъгъла.

Построяване на триъгълник с две страни и ъгъл между тях.

При решаването на всеки малко сложен строителен проблем възниква въпросът как да разсъждаваме, за да намерим начин за решаване на проблема, да получим всички решения на проблема, да открием условията за възможността за решаване на проблема и т.н. Следователно , когато решават конструктивни проблеми, те използват схемата за решаване, състояща се от следните четири стъпки:

1) анализ;
2) строителство;
3) доказателство;
4) изследване.

I.3. Геометрични построения с една линийка

Ще разгледаме линийката от две гледни точки: като линийка и като двустранна линийка.

1. двустранна линийкаширина а ще наричаме линийка с успоредни ръбове, разположени на разстояние а един от друг, което прави възможно директното изграждане на:

а) произволна линия;

б) права линия, минаваща през две точки, дадени или получени в процеса на решаване на задачата;

в) успоредни прави, всяка от които минава през една от точките, разстоянието между които е по-голямо ота (при това построение линийката е в такова положение, че всеки от двата му успоредни ръба има една от двете дадени точки; в този случай ще говорим за директно построение).

Ширината на линийката в тази конструкция се счита за постоянна и следователно, ако в процеса на решаване на конкретен проблем стане необходимо да се извърши директна конструкция по отношение на някои получени точкиНОи AT , тогава трябва да докажем, че дължинатаABповече дължина а .

Ще считаме дадена точка за конструирана, ако тя е едно от данните или е пресечна точка на две построени прави; на свой ред ще считаме права за построена, ако тя минава през построените или дадени точки.

С помощта на двустранна линийка можете да изградите следното.

а) Права може да бъде начертана през всякакви две точки, но само една.

б) Каквато и да е правата, в равнината има точно две прави, успоредни на нея и на разстояние от неяа .

в) През две точки A и B в AB а възможно е да се начертаят две двойки паралелнидиректен; при AB = а може да се начертае двойка успоредни прави, разстоянието между които е равно наа .

Ако са дадени една, две, три точки, тогава не могат да се конструират нови точки

(Фигура 1);

ако са дадени четири точки, някои три от които (или всичките четири) лежат на една и съща права линия, тогава не могат да бъдат конструирани други точки (фиг. 2);

дадени четири точки, лежащи във върховете на успоредник, може да се построи само една точка - неговия център. (фиг.3).

След като приемаме горното, разглеждаме отделно задачите, решени с двустранна линийка.

аз.4. Основни задачи по изграждане на двустранна линийка

1
. Построете ъглополовящата на ъгъл ABC.

Решение: (фиг. 4)

а  (AT ° С) и b  (Група  b = д .

Вземи Б д- ъглополовяща  ABC.

Действително, получено от

конструкция на успоредник е

ромб, тъй като височините му са равни. ATд –

диагоналът на ромба е ъглополовяща ABC. Фиг.4

2
. Удвоете дадения ъгъл ABC

Решение : (Фиг. 5) а) а  (AB),

а  (AT ° С)= д , през точки B и д

b директно;

б) през точки B ид м  b

директно,b Ç а = Е .

Вземете Ð AB Е = 2 Ð ABC .

Фиг.5

3 . Към този ред М н в това

начертайте перпендикуляр към точка А

Решение : (фиг.6)

1) (AA 1) || (VV 1) || (SS 1 ) –

директно (в (М н),

ОТ Î (М н)); 2) през A и B

м || н - директно,

м Ç (SS 1 ) = д .

Получаваме (А д )  (М н ).

Фиг.6.

4
. През дадена точка, която не лежи

тази линия, начертайте перпендикуляр

да се тази права линия.

Решение: През тази точка О прекарваме

две прави, пресичащи дадена

права линия AB и удвоете ъглите на получената

триъгълници, съседни на даден

прав.  ОА н = 2  OAB и

OV н = 2  OVA (фиг. 7).

Фиг.7

5. Да се ​​построи точка, симетрична на дадена спрямо дадена права.

Решение: вижте задача 4. (точката O е симетрична на точкатан. Фиг.7)

6. Начертайте права линия паралелно с това

П
линия М н , през точка А, не

принадлежащ на линия М н .

Решение 1: (фиг. 8)

1)(AA 1) || (VV 1) || (SS 1) || (DD 1 ) || (KK 1) -

– директно, (Калифорния)Ç (BB 1) \u003d C 2;

2) (C 2 K) Ç (DD 1 ) = Е .

(НО Е ) е желаната линия.

Фигура 8

Решение 2 . На фиг.8 1 е номериран

последователност от прави линии,

от които 1, 2 и 3 са успоредни в

пряка конструкция;

(НО Е) || (М н).

Фиг.8 1

7
. Разделете този сегмент AB наполовина.

Решение 1 (фиг. 9) (само за случая, когато ширината на линийката е по-малка от дължината на дадения сегмент). Начертайте директно две двойки успоредни линии

краищата на този сегмент и след това диагонала

полученият ромб. O е средата на AB.

Ориз. 9.

Решение 2 (Фиг. 9, а)

1) а || (Група b || (AB) - директно;

2) (AR), (AR)Ç a = C, (AP) Ç b = д ;

3) (д AT) Ç a = M, (CB) Ç b = н ;

4) (М н ) Ç (АВ) = К;

5) (д ДА СЕ) Ç (НО н ) = Е ;

6) (в Е ) Ç b = д 1, (Б Е ) Ç a \u003d C 1;

7) (д AT ) Ç (НО д 1 ) = X,

(AC 1) Ç (CB) = З.

8) (X З) Ç (AB) = O. Получаваме AO = OB.

Фиг. 9, а

Решение 3 .(Ориз. 9б)

Както е известно , в средния трапец

основи, точка на пресичане

диагонали и пресечна точка

странични разширения

лежат на една права.

1) м || (AB) - директно;

2) В Î м , д Î м , (AC) Ç (AT д ) = ДА СЕ; Фиг.9,б

3) (CB) Ç (НО д ) = Е ; 4) (К Е ) Ç (AB) = O. Получаваме AO = OB.

I.5. Решаване на различни строителни проблеми

При решаването на следните задачи за построение само с двустранна линийка се използва директното изграждане на успоредни прави и седемте основни задачи по-горе.

1. Начертайте две взаимно перпендикулярни линии през тази точка.

Р Решение: премине през тази точка

две произволни линии,

и след това ъглополовящите

съседни ъгли. (фиг.10)

Фиг.10

2. Като се има предвид сегмент А д дадена дължина.

Построете отсечка с дължина .

Р
решение : Да похарчим м  аи ч || м през

точка А. f || (НО д ) , к || (AD) директно.

Нека начертаем AB и AC, където B =f  м ,

a C = м  к . По познат начин

Разделете AB и AC наполовина и

начертайте медианите на триъгълника

ABC. По свойството на медианите

триъгълник, о д = - желан

сегмент (фиг.11)

Ориз. единадесет

3. Построете отсечка, чиято дължина е

равен на периметъра на триъгълника.

Решение: (фиг. 12). Нека построим ъглополовящи

два външни ъгъла на триъгълника и след това

3 върха AT начертайте перпендикуляри

към тези ъглополовящи.

DE = а + b + с

Фиг.12

4. Дадена е отсечка с дължина a. Конструирайте отсечки по дължина 2а, 3а.

Р Решение: (фиг. 13)

1M н) || (AB) и (M 1 н 1 ) || (М н) || (М 2 н 2 ) –

Директно;

2) (CA) и (CB) през A и B.

Сегменти A 1 B 1 и A 2 B 2 са задължителни.

Друго решение на този проблем може да бъде

вземете от решението на задача 7.

Ориз. 13

5. На права линия са дадени две отсечки, чиито дължини са a и b . Построете отсечки, чиито дължини са равни на + b , b - а, ( а + b )/2 и ( b - а )/2 .

Решение: и за а + b(Фиг. 14, а)

Фиг. 14, а

б) за ( а + b)/2 (фиг. 14, б)

1) (A 1 B 1) || (A 2 B 2) || (AB) - директно;

2) М Î (A 2 B 2), (MX) Ç (A 1 B 1) = н, (М з) Ç (A 1 B 1) = П;

3) (PY) Ç (A 2 B 2) = Л, (LZ ) Ç (A 1 B 1) = О

Получаваме: н О = НП + PO =
.

Ориз. 14б

в) за b - а(Фиг. 14, c)

Ориз. 14, в

в) за ( b - а )/2 (Фиг. 14d)

Ориз. 14,g

6
. Конструирайте центъра на този кръг.

Решение : (Фиг. 15) Начертайте права линия AB,

пресичане на окръжността в точки A и B;

слънце  AB, където C е пресечната точка

с кръг.

Начертайте през точка C успоредна на AB

права линия C д; ОТдпресича кръга

в точкатад.

Чрез свързванедс B и A с C, получаваме

желаната точка е центърът на кръга. Ориз. петнадесет

Решение 2: (Фиг. 16) Конструирайте две успоредни хорди с помощта на двустранна линийкаAD ипр.н.е . Получаваме равнобедрен трапецABCD. ПозволявамК иП - точки на пресичане на линииAC иBD , AB иDC . След това линиятаП К минава през средите на основите на трапеца, перпендикулярен на тях, което означава, че минава през центъра на дадената окръжност. След като построихме по подобен начин друга такава права линия, намираме центъра на кръга.

Ориз. 16

7. Дадена е дъга от окръжност. Конструирайте центъра на кръга

Решение . (фиг. 17) Нека отбележим на тази дъга три точки A, B и C. Нека прикрепим линийка към краищата на сегмента AB и оградим краищата му. Получаваме две успоредни прави. Като промените позицията на линийката, начертайте още две успоредни прави линии. Получаваме ромб (паралелограм с равни височини). Един от диагоналите на ромба е перпендикулярна ъглополовяща на сегментаAB , тъй като диагоналът на ромба лежи върху перпендикулярната ъглополовяща на другия диагонал. По същия начин конструираме ъглополовящата на сегментаAC . Пресечната точка на построените средни перпендикуляри е центърът на желаната окръжност.

Ориз. 17

8. Дадени са отсечка AB, права l, която не е успоредна на нея, и точка M върху нея. С помощта на една двустранна линийка построете пресечните точки на права l с окръжност с радиус AB с център M.

Решение: (фиг.18)

Нека завършим триъгълникаПРО към успоредникАБНМ . Нека построим ъглополовящите MT иГОСПОЖИЦАъгли междуMNи директнол . Да минем през точкатан прави, успоредни на тези ъглополовящи:NQ || ГОСПОЖИЦА, NR || MT. MT│ ГОСПОЖИЦАкато ъглополовящи на съседни ъгли. означава,NQ │ MT, тоест в триъгълникNMQъглополовящата е височината, така че триъгълникът е равнобедрен:MQ = MN. по същия начин,Г-Н = MN. точкиQиРжелан.

Ориз. осемнадесет

9. Дадени са права l и отсечка OA, успоредна на l. С помощта на една двустранна линийка изградете точките на пресичане на права l с окръжност с радиус OA с център O.

Решение: (Фиг. 19, а)

Нека начертаем права линиял 1 , успоредна на праватаОА и на разстояние от негоа . Нека го приемем направол произволна точкаб . Позволявамб 1 - точка на пресичане на линиитеОВ ил 1 . Да минем през точкатаб 1 права, успореднаAB ; тази линия пресича линиятаОА в точкатаА 1 . Нека сега да преминем през точкитеО иА 1 двойка успоредни прави, разстоянието между които е равно наа (може да има две такива двойки линии); позволявамх их 1 - пресечната точка на правата, минаваща през точкатаО , с прави линиил ил 1 . защотоОА 1 = ОХ 1 и ∆ОА 1 х 1 ∆ OAX , тогава ОА = ОХ, точках желан.

По същия начин изграждаме втората пресечна точка на окръжността и правата линия - точкатаY(фиг.18,б).

Ориз. 18,а

Ориз. 18б

I.6.Конструкции с едностранна линийка

З
Тук разглеждаме специален случай: нека са дадени точките P,Q, Р 1 иQ 1 . и те лежат във върховете на трапеца.

1. Разделете сегмент P Q на половина

Решение показано на фигура 19

Дадени точки P,Q, Р 1 иQ 1 и успоредни прави

РQ, Р 1 Q 1 . Да прекараме PQ 1  QР 1 = Б , RR 1  QQ 1 = А

Свържете точки A и B. AB РQ = Е- средно

сегмент PQ.

Ориз. 19

2. Двоен сегмент Р 1 Q 1.

Р
решение показано на Фигура 20. Да построим

точкаЕ- средата на сегмента RQи го свържете

сQ 1. Р 1 Q FQ 1 = M. Нека изпълним RM. RM Р 1 Q 1 = Р

равенствоRQи Р 1 Q 1 следва от приликата

триъгълници RMЕи РМQ 1 ,

ЕМQи Р 1 МQ 1 , и равенството РЕиFQ.

Ориз. двадесет

3
. Построете отсечка по дължина н  Р 1 Q 1 .

м – 1 равни сегменти PQ 2 , Q 2 Q 3, … Q м -1 Q м

След това изграждаме (RR 1 ) иQ м Q 1 и се свържете

тяхната пресечна точка А с точките

Q 2 , Q 3, … Q м полученом -1 директен

разделямР 1 Q 1 нам равен части.

Зам = 4 решението е показано на фигура 22

Фиг.22

I.7. Взаимозаменяемост на двустранна линийка с пергел и линийка

Нека докажем, че двустранната линийка е взаимозаменяема с пергел и линийка. За да направим това, доказваме следните твърдения:

Твърдение 1: всички конструкции, изпълними с пергел и линейка, са изпълними с двустранна линейка.

Тъй като при построяване с пергел и линийка, линийката чертае права линия през две точки, а пергелът построява окръжност (намира набор от точки, еднакво отдалечени от дадената), то всички построения с пергел и линийка се свеждат до построяване на пресечната точка на две прави, две окръжности и окръжност с права.

Пресечната точка на две линии може да се начертае с линийка.

Пресечната точка на окръжност и права линия (фиг. 23):

Сграда:Нека е дадена отсечката AB - радиусът на окръжността, праватал , центъра на кръга O, тогава:

1) Прекарваме OS ||л , OS = AB.

2) Прекарваме OS ||ки дистанционно на a.

3) Ние харчимOD, OD л = д; OD k) Като следствие от теоремата на Талес

4) Според закона за транзитивност на равенствата

5) ПомислетеOMQE. OMQEе успоредник, тъй като OM ||Еквалайзери OE ||MC(линейните страни са успоредни). Нека докажем, че това е ромб.

5.1) ПоведениеQZ OCиQG НА, тогаваQG = QZ = а.

5.2)  OMQ =  RQM(лежащ на кръст);  OS =НА, което трябваше да се докаже.

Пресечна точка на две окръжности: подобни.

Твърдение 2: всички конструкции, изпълними с двустранна линийка, са изпълними с пергел и линейка.

За да направим това, ще изпълним конструкции, които са стандартни за двустранна линийка с помощта на пергел и линийка.

1) Линия с две точки се начертава лесно с линийка.

2) Построяване на права, успоредна на дадена и отдалечена от нея на дадено разстояние:

2.1) Нека е дадена линияки сегмент от дължинаа.

2.2) Изграждаме произволна линияb к, позволявамк b= б.

2.3) Включеноbот двете страни на точкатабна права линияbотделете дължинаа, нека точките° Сид.

2.4) През точка° Сизградете права линия° С к.

2.5) През точкадизградете права линияд к.

2.6) Директен° Сид– желан, тъй катопр.н.еиBDравенапо конструкция и са равни на разстоянието между праватаки директно

3) Построяване на прави, успоредни една на друга и минаващи през две дадени точки, като разстоянието между тях е равно на дадения сегмент:

3.1) Нека се дават точкиАиби сегмент от дължинаа.

3.2) Начертайте кръг с център в точкаАи радиуса.

3.3) Построяваме допирателна към дадена окръжност през точкаб; има две такива допирателни, акоблежи извън кръга (акоAB> а), едно акоблежи върху окръжността (акоAB= а), няма акоблежи вътре в кръга (AB< а). Тази допирателна е една от желаните прави; остава да премине през точкатаАправа линия, успоредна на него.

3.4) Тъй като едната права е перпендикулярна на радиуса на окръжността като допирателна, втората също е перпендикулярна на нея (тъй като са успоредни), следователно разстоянието между тях е равно на радиуса, който по конструкция е равен да сеакоето се изискваше.

Така доказахме взаимозаменяемостта на двустранна линийка и пергел и линийка.

Заключение: двустранната линийка е взаимозаменяема с пергел и линийка.

Заключение

И така, въпросът за възможността за използване на една линийка за решаване на класически строителни задачи с помощта на пергел и линийка е разгледан и решен. Оказва се, че строителните проблеми могат да бъдат решени само с помощта на една линийка с успоредни ръбове. При решаването на по-сложни задачи в бъдеще трябва да се разчита на така наречените основни конструкции, разгледани в тази статия.

Представеният материал може да се прилага директно не само в уроците по математика, в часовете на математическия кръг, но и в практически дейности.

Списък на използваната литература

Алиев А.В. Геометрични конструкции. Математика в училище. 1978 г. № 3

Глейзър Г.И. История на математиката в училище. М., Просвещение. 1981 г.

Депман И.Я. Зад страниците на учебник по математика. М. Образование 1989г.

Еленски Ш. По стъпките на Питагор. М., Детгиз. 1961 г.

енциклопедичен речник млад математик. М., Педагогика. 1985 г

Пример

Разделяне на линия наполовина

Проблем с разполовяването. Използвайте пергел и линейка, за да разделите този сегмент ABна две равни части. Едно от решенията е показано на фигурата:

• Компасите рисуват кръгове, центрирани в точки Аи брадиус AB.
• Намиране на пресечни точки Пи Qдве построени окръжности (дъги).
• На линийка начертайте сегмент или линия, минаваща през точките Пи Q.
• Намиране на средата на отсечката AB- точка на пресичане ABи PQ.

Формална дефиниция

Конструктивните задачи разглеждат множеството от всички точки на равнината, множеството от всички прави на равнината и множеството от всички окръжности на равнината, над които са разрешени следните операции:

1. Изберете точка от набора от всички точки:
   1. произволна точка
   2. произволна точка на дадена права
   3. произволна точка от дадена окръжност
   4. пресечна точка на две дадени прави
   5. точки на пресичане/допиране на дадена права и дадена окръжност
   6. точки на пресичане/допиране на две дадени окръжности
2. "Като се използва владетели» изберете линия от набора от всички линии:
   1. произволна линия
   2. произволна права, минаваща през дадена точка
   3. права, минаваща през две дадени точки
3. "Като се използва компас» изберете кръг от набора от всички кръгове:
   1. произволен кръг
   2. произволен кръг с център в дадена точка
   3. произволна окръжност с радиус, равен на разстоянието между две дадени точки
   4. окръжност с център в дадена точка и с радиус, равен на разстоянието между две дадени точки

В условията на задачата се посочва определен набор от точки. Изисква се, използвайки краен брой операции, да се изгради друг набор от точки измежду горните разрешени операции, който е в дадена връзка с оригиналния набор.

Решението на конструктивния проблем се състои от три основни части:

1. Описание на метода за конструиране на дадено множество.
2. Доказателство, че множеството, конструирано по описания начин, наистина е в дадено отношение с оригиналното множество. Обикновено доказателството на конструкцията се прави като редовно доказателство на теорема, разчитайки на аксиоми и други доказани теореми.
3. Анализ на описания метод на конструиране за неговата приложимост към различни варианти на начални условия, както и за уникалността или неуникалността на решението, получено по описания метод.

вече известни проблеми

• Задача на Аполоний за построяване на окръжност, допирателна към три дадени окръжности. Ако нито една от дадените окръжности не лежи вътре в другата, тогава тази задача има 8 съществено различни решения.
• Проблемът на Брахмагупта за построяване на вписан четириъгълник от четирите му страни.

Построяване на правилни многоъгълници

Древните геометри са знаели как да конструират правилно н-gons за , и .

Възможни и невъзможни конструкции

Всички конструкции не са нищо повече от решения на някакво уравнение, а коефициентите на това уравнение са свързани с дължините на дадените сегменти. Ето защо е удобно да се говори за изграждане на число - графично решение на уравнение от определен тип. В рамките на горните изисквания са възможни следните конструкции:

• Построяване на решения на линейни уравнения.
• Построяване на решения на квадратни уравнения.

С други думи, възможно е да се конструират само числа, равни на аритметични изрази, като се използва корен квадратен от оригиналните числа (дължини на сегменти). Например,

Вариации и обобщения

• Конструкции с един пергел.Според теоремата на Мор-Машерони, с помощта на един компас можете да построите всяка фигура, която може да бъде изградена с пергел и линийка. В този случай правата се счита за построена, ако върху нея са дадени две точки.
• Конструкции с една линийка.Лесно е да се види, че само проективно инвариантни конструкции могат да се извършват с помощта на една линийка. По-специално, невъзможно е дори сегментът да се раздели на две равни части или да се намери центърът на начертания кръг. Но ако в равнината има предварително начертан кръг с маркиран център, с помощта на линийка можете да начертаете същите конструкции като с пергел и линийка (теоремата на Понселе-Щайнер ( Английски)), 1833. Ако има два серифа на линийката, тогава конструкциите, използващи нея, са еквивалентни на конструкции, използващи пергел и линийка (Наполеон направи важна стъпка в доказването на това).
• Конструкции с ограничени инструменти.При задачи от този вид инструментите (за разлика от класическата формулировка на проблема) се считат не за идеални, а за ограничени: права линия през две точки може да се начертае с линийка само ако разстоянието между тези точки не надвишава определена стойност; радиусът на кръговете, начертани с компас, може да бъде ограничен отгоре, отдолу или и отгоре, и отдолу.
• Сграда с плоско оригами.виж правилата на Khujit

Вижте също

• Програмите за динамична геометрия ви позволяват да рисувате с компас и линейка на компютър.

Бележки

Литература

• А. АдлерТеория на геометричните конструкции / Превод от немски на Г. М. Фихтенголц. - Трето издание. - Л.: Учпедгиз, 1940. - 232 с.
• И. И. АлександровСборник геометрични задачи за конструиране. – Осемнадесето издание. - М .: Учпедгиз, 1950. - 176 с.
• Б. И. Аргунов, М. Б. Балк. - Второ издание. - М .: Учпедгиз, 1957. - 268 с.
• А. М. ВоронецГеометрията на компас. - М.-Л.: ОНТИ, 1934. - 40 с. - (Популярна математическа библиотека, под редакцията на Л. А. Люстерник).
• В. А. ГейлерНеразрешими строителни проблеми // антифриз. - 1999. - № 12. - С. 115-118.
• В. А. КириченкоКонструкции с пергел и линийка и теория на Галоа // Лятно училище "Съвременна математика". - Дубна, 2005.
• Ю. И. МанинКнига IV. Геометрия // Енциклопедия на елементарната математика. - М .: Физматгиз, 1963. - 568 с.
• Й. ПетерсенМетоди и теории за решаване на геометрични конструктивни задачи. - М .: Печатницата на Е. Лиснер и Ю. Роман, 1892. - 114 с.
• В. В. ПрасоловТри класически строителни задачи. Удвояване на куб, трисечение на ъгъл, квадратура на окръжност. - М .: Наука, 1992. - 80 с. - (Популярни лекции по математика).
• Й. ЩайнерГеометрични конструкции, изпълнени с помощта на права линия и фиксиран кръг. - М .: Учпедгиз, 1939. - 80 с.
• Факултативна дисциплина по математика. 7-9 / Comp. И. Л. Николская. - М .: Образование, 1991. - С. 80. - 383 с. - ISBN 5-09-001287-3

Фондация Уикимедия. 2010 г.

Вижте какво е "Конструкция с пергел и линийка" в други речници:

Линийки - вземете работещ купон за отстъпка в Akademika VseTools или купете изгодно линийки с безплатна доставка на разпродажба във VseTools

Раздел от евклидовата геометрия, известен от древността. В задачите за конструиране са възможни следните операции: Маркиране на произволна точка на равнината, точка на една от построените прави или пресечна точка на две построени прави. С помощта на ... ... Wikipedia

Конструкции с помощта на пергел и линейка Част от евклидовата геометрия, известна от древността. В задачите за конструиране са възможни следните операции: Маркиране на произволна точка от равнината, точка от една от построените прави или точка ... ... Wikipedia

Пр., с., използване. комп. често Морфология: (не) какво? строителство за какво? строителство, (виж) какво? изграждане на какво? сграда, за какво? относно сградата; мн. Какво? строителство, (не) какво? конструкции, защо? конструкции, (виж) какво? строителство отколкото? ... ... РечникДмитриева

Src="https://present5.com/presentation/3/178794035_430371946.pdf-img/178794035_430371946.pdf-1.jpg" alt="(!LANG:>Конструкция с линийка и пергел Геометрия">!}

Src="https://present5.com/presentation/3/178794035_430371946.pdf-img/178794035_430371946.pdf-2.jpg" alt="(!LANG:> Конструирайте сегмент, равен на дадения Ú Задача A B"> Построить отрезок равный данному Ú Задача А В На данном луче от его начала С отложить отрезок, равный данному Ú Решение 1. Изобразим фигуры, данные в D условии задачи: луч ОС и отрезок АВ О 2. Затем циркулем построим окружность радиуса АВ и с центром О. 3. Эта окружность пересечёт луч ОС в некой точке D. Отрезок OD – искомый.!}

Src="https://present5.com/presentation/3/178794035_430371946.pdf-img/178794035_430371946.pdf-3.jpg" alt="(!LANG:> Конструиране на ъгъл, равен на даден Разглеждане на триъгълници"> Построение угла равного данному Рассмотрим треугольники Ú АВС и ОDE. Задача В Отрезки АВ и АС являются равный Отложить от данного луча угол, данному Ú радиусами окружности с Решение 1. центром А, савершиной А и луч и ОЕ Построим угол отрезки OD ОМ А С 2. – радиусами окружности с Проведем окружность произвольного центром О. Таквершине А данного радиуса с центром в как по угла. 3. построениюпересекает стороны Эта окружность эти окружности имеют равные радиусы, то угла в точках В и С. 4. АВ=OD, AC=OE. Также же Затем проведём окружность того по Е радиуса с центром в начале данного построению ВС=DE. М луча ОМ. О D Следовательно, треугольники 5. Она пересекает луч в точке D. 6. равны по построим окружность с После этого 3 сторонам. Поэтому центром D, радиус которой равен ВС 7. угол DOEс= углу BAC. Т. е. Окружности центрами О и D построенный угол МОЕ равен пересекаются в двух точках. Одну из углу А. буквой Е них назовём 8. Докажем, что угол МОЕ - искомый!}

Src="https://present5.com/presentation/3/178794035_430371946.pdf-img/178794035_430371946.pdf-4.jpg" alt="(!LANG:> Конструиране на ъглополовяща задача Ú"> Построение биссектрисы угла Задача Ú Рассмотрим треугольники Ú АСЕ и АВЕ. биссектрису угла Построить Они равны по Ú трём сторонам. АЕ – общая, Решение Е 1. АС и АВ равны как угол ВАС Изобразим данный радиусы 2. одной и тойокружность Проведём же окружности, В СЕ = ВЕ по построению. произвольного радиуса с С Ú Изцентром А. Она пересечёт равенства треугольников следует, что угол САЕ В и С стороны угла в точках = углу 3. ВАЕ, т. е. луч АЕдве Затем проведём – окружности одинакового биссектриса данного угла. А радиуса ВС с центрами в точках В и С 4. Докажем, что луч АЕ – биссектриса угла ВАС!}

Src="https://present5.com/presentation/3/178794035_430371946.pdf-img/178794035_430371946.pdf-5.jpg" alt="(!LANG:> Построяване на перпендикулярни прави Ú Задача Дадена е права"> Построение перпендикулярных прямых Ú Задача Даны прямая и точка на ней. Построить прямую, проходящую через данную точку Р и перпендикулярную данной прямой. Ú Решение 1. Построим прямую а и точку М, принадлежащую этой прямой. 2. На лучах прямой а, исходящих из точки М, отложим равные отрезки МА и МВ. М а Затем построим две окружности с центрами А и В радиуса АВ. Они пересекутся в двух точках: P и Q. А B 3. Проведём прямую через точку М и одну из этих точек, например прямую МР, и докажем, что эта прямая искомая, т. Е. что она перпендикулярна к данной прямой. 4. В самом деле, так как медиана РМ равнобедренного треугольника РАВ Q является также высотой, то РМ перпендикулярна а.!}

Src="https://present5.com/presentation/3/178794035_430371946.pdf-img/178794035_430371946.pdf-6.jpg" alt="(!LANG:> Конструиране на средата на сегмент Задача Ú Конструиране на средата на дадено"> Построение середины отрезка Задача Ú Построить середину данного отрезка Ú Решение Р 1. Пусть АВ – данный отрезок. 2. Построим две окружности с 21 центрами А и В радиуса АВ. Они пересекаются в точках Р и Q. О 3. Проведём прямую РQ. Точка О пересечения этой прямой с А B отрезком АВ и есть искомая середина отрезка АВ 4. В самом деле, треугольники АРQ и ВРQ равны по трём сторонам, поэтому угол 1 = Q углу 2 5. Следовательно отрезок РО – биссектриса равнобедренного треугольника АРВ, а значит, и медиана, т. Е. точка О – середина отрезка АВ.!}