U građevinskim zadacima razmotrit ćemo konstrukciju geometrijske figure, koja se može izvesti pomoću ravnala i šestara.

Sa ravnalom možete:

proizvoljna linija;

proizvoljna prava koja prolazi kroz datu tačku;

prava linija koja prolazi kroz dvije date tačke.

Koristeći šestar, možete opisati krug određenog polumjera iz datog centra.

Kompas se može koristiti za crtanje segmenta na datoj liniji iz date tačke.

Razmotrite glavne zadatke za izgradnju.

Zadatak 1. Konstruisati trougao sa datim stranicama a, b, c (slika 1).

Rješenje. Uz pomoć ravnala nacrtajte proizvoljnu pravu liniju i na njoj uzmite proizvoljnu tačku B. Sa otvorom šestara jednakim a opisujemo kružnicu sa centrom B i poluprečnikom a. Neka je C tačka njenog preseka sa pravom. Sa otvorom kompasa jednakim c, opisujemo kružnicu iz centra B, a sa otvorom kompasa jednakim b - kružnicu iz centra C. Neka je A tačka preseka ovih kružnica. Trougao ABC ima stranice jednake a, b, c.

Komentar. Da bi tri pravca služila kao stranice trokuta, potrebno je da veći od njih bude manji od zbira druga dva (i< b + с).

Zadatak 2.

Rješenje. Ovaj ugao sa vrhom A i gredom OM prikazani su na slici 2.

Nacrtajte proizvoljan krug sa centrom u vrhu A datog ugla. Neka su B i C tačke preseka kružnice sa stranicama ugla (slika 3, a). Nacrtajmo kružnicu poluprečnika AB sa centrom u tački O - početnoj tački ovog zraka (slika 3, b). Tačka preseka ove kružnice sa datom zrakom biće označena kao S 1 . Opišimo kružnicu sa centrom C 1 i poluprečnikom BC. Tačka B 1 presjeka dvije kružnice leži na strani željenog ugla. To slijedi iz jednakosti Δ ABC \u003d Δ OB 1 C 1 (treći kriterij za jednakost trokuta).

Zadatak 3. Konstruisati simetralu datog ugla (slika 4).

Rješenje. Iz vrha A datog ugla, kao iz centra, povlačimo kružnicu proizvoljnog radijusa. Neka su B i C tačke njegovog preseka sa stranama ugla. Iz tačaka B i C sa istim radijusom opisujemo kružnice. Neka je D njihova presečna tačka, različita od A. Zrak AD deli ugao A na pola. To proizilazi iz jednakosti ΔABD = ΔACD (treći kriterij jednakosti trouglova).

Zadatak 4. Nacrtajte srednju okomitu na ovaj segment (slika 5).

Rješenje. Sa proizvoljnim, ali identičnim otvorom kompasa (velika 1/2 AB), opisujemo dva luka sa centrima u tačkama A i B, koji će se sijeći u nekim tačkama C i D. Prava linija CD će biti tražena okomica. Zaista, kao što se može vidjeti iz konstrukcije, svaka od tačaka C i D je podjednako udaljena od A i B; dakle, ove tačke moraju ležati na simetrali okomite na segment AB.

Zadatak 5. Podijelite ovaj dio na pola. Rešava se na isti način kao i problem 4 (vidi sliku 5).

Zadatak 6. Kroz datu tačku povucite pravu okomitu na datu pravu.

Rješenje. Moguća su dva slučaja:

1) data tačka O leži na datoj pravoj a (slika 6).

Iz tačke O crtamo kružnicu proizvoljnog poluprečnika koja seče pravu a u tačkama A i B. Iz tačaka A i B crtamo kružnice istog poluprečnika. Neka je O 1 njihova presječna tačka različita od O. Dobijamo OO 1 ⊥ AB. Zaista, tačke O i O 1 jednako su udaljene od krajeva segmenta AB i stoga leže na simetrali okomite na ovaj segment.

Opštinska budžetska obrazovna ustanova

srednja škola broj 34 sa detaljnim izučavanjem pojedinih predmeta

MAN, Sekcija za fiziku i matematiku

"Geometrijske konstrukcije pomoću šestara i ravnala"

Izvršio: učenik 7 "A" razreda

Batishcheva Victoria

Šef: Koltovskaya V.V.

Voronjež, 2013

3. Konstrukcija ugla jednakog datom.

P nacrtajte proizvoljan krug sa centrom u vrhu A datog ugla (slika 3). Neka su B i C sjecište kružnice sa stranicama ugla. Radijusom AB nacrtamo kružnicu sa centrom u tački O, početnoj tački date poluprave. Tačka preseka ove kružnice sa datom polupravom označava se sa C 1 . Opiši krug sa centrom C 1 i sl.3

radijus BC. Tačka B 1 presjek konstruisanih kružnica u navedenoj poluravni leži na strani željenog ugla.

6. Konstrukcija okomitih linija.

Crtamo kružnicu sa proizvoljnim poluprečnikom r sa centrom u tački O Sl.6. Krug siječe pravu u tačkama A i B.Iz tačaka A i B crtamo kružnice poluprečnika AB. Neka je melanholija C tačka preseka ovih krugova. Dobili smo tačke A i B na prvom koraku, kada smo konstruisali kružnicu proizvoljnog poluprečnika.

Željena prava prolazi kroz tačke C i O.

Fig.6

Poznati problemi

1.Brahmaguptin zadatak

Konstruirajte upisani četverougao sa četiri strane. Jedno rješenje koristi Apolonijev krug.Hajde da riješimo Apolonijev problem koristeći analogiju između tricikla i trokuta. Kako nalazimo kružnicu upisanu u trokut: gradimo presječnu točku simetrala, spuštamo okomice iz nje na stranice trokuta, osnove okomica (tačke presjeka okomice sa stranicom na kojoj spušta se) i daje nam tri tačke koje leže na traženoj kružnici. Kroz ove tri tačke crtamo krug - rješenje je spremno. Isto ćemo učiniti i sa Apolonijevim problemom.

2. Apolonijev problem

Koristite šestar i ravnalo da konstruišete kružnicu tangentu na tri date kružnice. Prema legendi, problem je formulisao Apolonije iz Perge oko 220. godine prije Krista. e. u knjizi "Dodir", koja je izgubljena, ali ju je 1600. obnovio Fransoa Vieta, "Galski Apolonije", kako su ga zvali njegovi savremenici.

Ako nijedan od datih krugova ne leži unutar drugog, onda ovaj problem ima 8 suštinski različitih rješenja.

Konstrukcija pravilnih poligona.

P

ispravan (ili equilateral ) trougao - ovo pravilan poligonsa tri strane, prvi od pravilnih poligona. Sve stranice jednakostraničnog trougla su jednaki, i svi uglovi su 60°. Da biste konstruirali jednakostranični trokut, morate krug podijeliti na 3 jednaka dijela. Da biste to učinili, potrebno je nacrtati luk polumjera R ove kružnice samo sa jednog kraja promjera, dobivamo prvu i drugu podjelu. Treća podjela je na suprotnom kraju prečnika. Povezujući ove tačke, dobijamo jednakostranični trougao.

Regular hexagon mogugraditi sa šestarom i ravnalom. Ispoddat je način izgradnjepodjelom kruga na 6 dijelova. Koristimo jednakost stranica pravilnog šestougla i polumjera opisane kružnice. Sa suprotnih krajeva jednog od prečnika kružnice opisujemo lukove poluprečnika R. Točke preseka ovih lukova sa datim krugom će ga podeliti na 6 jednakih delova. Dosljednim povezivanjem pronađenih tačaka dobija se pravilan šesterokut.

Konstrukcija pravilnog pentagona.

P
pravilan pentagon može bitikonstruiran pomoću šestara i ravnala, ili uklapanjem u datukrug, ili građenjem na osnovu date strane. Ovaj proces opisuje Euklidu svojim Elementima, oko 300. pne. e.

Evo jedne metode za konstruisanje pravilnog pentagona u datom krugu:

Konstruirajte krug u koji će biti upisan petougao i označite njegovo središte kaoO . (Ovo je zeleni krug na dijagramu sa desne strane).

Odaberite tačku na kruguA , koji će biti jedan od vrhova pentagona. Povucite linijuO IA .

Konstruirajte pravu okomitu na pravuOA prolazeći kroz tačkuO . Označite jedno od njegovih sjecišta s kružnicom kao tačkuB .

Izgradite tačkuC na pola puta izmeđuO IB .

C kroz tačkuA . Označite linijom njen presekOB (unutar originalnog kruga) kao tačkaD .

Nacrtajte krug sa centrom uA kroz tačku D označite sjecište ove kružnice sa originalom (zeleni krug) kao tačkeE IF .

Nacrtajte krug sa centrom uE kroz tačkuA G .

Nacrtajte krug sa centrom uF kroz tačkuA . Označite njegovo drugo sjecište s originalnom kružnicom kao tačkuH .

Izgradite pravilan pentagonAEGHF .

Nerešivi problemi

U antici su postavljena sljedeća tri građevinska zadatka:

Ugaona trisekcija - podijeliti proizvoljan ugao na tri jednaka dijela.

Drugim riječima, potrebno je konstruirati trisektore ugla - zrake koje dijele ugao na tri jednaka dijela. P. L. Vanzel je 1837. dokazao da je problem rješiv samo kada je, na primjer, trisekcija izvodljiva za uglove α = 360°/n, pod uslovom da cijeli broj n nije djeljiv sa 3. Međutim, u štampi se s vremena na vrijeme objavljuje (netačne) metode za triseciranje ugla šestarom i ravnalom.

Udvostručavanje kocke - klasičan antički zadatak o konstrukciji kocke sa šestarom i ravnalom, čija je zapremina duplo veća od zapremine date kocke.

U modernoj notaciji, problem se svodi na rješavanje jednadžbe. Sve se svodi na problem konstruisanja segmenta dužine. P. Wanzel je 1837. dokazao da se ovaj problem ne može riješiti uz pomoć šestara i ravnala.

Kvadratiranje kruga - zadatak pronalaženja konstrukcije pomoću šestara i ravnala kvadrata koji je po površini jednak datom krugu.

Kao što znate, uz pomoć šestara i ravnala možete izvesti sve 4 aritmetičke operacije i izvući kvadratni korijen; otuda slijedi da je kvadratura kružnice moguća ako i samo ako je, uz pomoć konačnog broja takvih operacija, moguće konstruirati segment dužine π. Dakle, nerješivost ovog problema proizlazi iz nealgebarske prirode (transcendencije) broja π, što je 1882. godine dokazao Lindemann.

Još jedan dobro poznati problem koji se ne može riješiti uz pomoć šestara i ravnala jekonstrukcija trougla sa tri date dužine simetrala .

Štaviše, ovaj problem ostaje nerešiv čak i u prisustvu trisektora.

Tek u 19. veku je dokazano da su sva tri problema nerešiva ​​samo šestarom i ravnalom. Pitanje mogućnosti konstrukcije u potpunosti je riješeno algebarskim metodama zasnovanim na Galoisovoj teoriji.

ZNAŠ LI TO...

(iz istorije geometrijskih konstrukcija)

Nekada se u izgradnju pravilnih poligona ulagalo mistično značenje.

Dakle, Pitagorejci, sljedbenici religijskih i filozofskih učenja koje je osnovao Pitagora, a koji su živjeli u staroj Grčkoj (V ja-ja Vstoljeća BC pne), usvojili su kao znak svoje zajednice zvjezdani poligon formiran dijagonalama pravilnog pentagona.

Pravila za striktnu geometrijsku konstrukciju nekih pravilnih poligona izložena su u knjizi "Počeci" starogrčkog matematičara Euklida, koji je živio uIIIin. BC. Za izvođenje ovih konstrukcija Euklid je predložio korištenje samo ravnala i šestara, koji u to vrijeme nisu imali zglobni uređaj za spajanje nogu (takvo ograničenje u alatima bilo je neizostavan zahtjev drevne matematike).

Pravilni poligoni su bili široko korišteni u drevnoj astronomiji. Ako je Euklid bio zainteresiran za konstrukciju ovih figura sa stanovišta matematike, onda se za starogrčkog astronoma Klaudija Ptolomeja (oko 90. - 160. godine nove ere) pokazalo da je to bilo potrebno kao pomoćno sredstvo u rješavanju astronomskih problema. Dakle, u 1. knjizi Almagesta, cijelo deseto poglavlje posvećeno je konstrukciji pravilnih peterokuta i desetougla.

Međutim, pored čisto naučnih radova, izgradnja pravilnih poligona bila je sastavni dio knjiga za građevinare, zanatlije i umjetnike. Sposobnost prikazivanja ovih figura dugo je bila potrebna u arhitekturi, nakitu i likovnoj umjetnosti.

U “Deset knjiga o arhitekturi” rimskog arhitekte Vitruvija (koji je živio oko 63-14. p. n. e.) kaže se da gradske zidine u planu treba da izgledaju kao pravilan poligon, a da kule tvrđave “treba da budu okrugle ili poligonalne, jer četvorougao prilično uništen opsadnim oružjem.

Planiranje gradova bilo je od velikog interesa za Vitruvija, koji je smatrao da je potrebno ulice planirati tako da po njima ne duvaju glavni vjetrovi. Pretpostavljalo se da je takvih vjetrova osam i da duvaju u određenim smjerovima.

Tokom renesanse, izgradnja pravilnih poligona, a posebno pentagona, nije bila jednostavna matematička igra, već je bila neophodan preduslov za izgradnju tvrđava.

Pravilni šestougao bio je predmet posebne studije velikog njemačkog astronoma i matematičara Johanesa Keplera (1571-1630), o čemu govori u svojoj knjizi Novogodišnji dar ili o heksagonalnim pahuljama. Razgovarao je o razlozima zašto pahulje imaju heksagonalni oblik, posebno napominje sljedeće: „...ravninu bez praznina mogu pokriti samo sljedeće figure: jednakostranični trouglovi, kvadrati i pravilni šestouglovi. Među ovim figurama, pravilni šestougao pokriva najveću površinu.

Jedan od najpoznatijih naučnika koji se bavi geometrijskim konstrukcijama bio je veliki njemački umjetnik i matematičar Albrecht Dürer (1471-1528), koji im je posvetio značajan dio svoje knjige "Smjernice...". Predložio je pravila za konstruisanje pravilnih poligona sa 3. 4, 5 ... 16 strana. Metode dijeljenja kruga koje je predložio Dürer nisu univerzalne; u svakom slučaju koristi se individualna tehnika.

Durer je primijenio metode konstruiranja pravilnih poligona u umjetničkoj praksi, na primjer, prilikom kreiranja raznih vrsta ukrasa i uzoraka za parket. Skice takvih uzoraka napravio je tokom putovanja u Holandiju, gdje su parketi pronađeni u mnogim kućama.

Durer je izrađivao ornamente od pravilnih mnogouglova, koji su povezani u prstenove (prstenovi od šest jednakostraničnih trouglova, četiri četvorougla, tri ili šest šestougla, četrnaest sedmouglova, četiri osmougla).

Zaključak

dakle,geometrijske konstrukcije je metoda rješavanja problema u kojoj se odgovor dobija grafički. Konstrukcije se izvode alatima za crtanje uz maksimalnu tačnost i tačnost rada, jer od toga zavisi ispravnost odluke.

Zahvaljujući ovom radu upoznao sam se sa istorijom nastanka kompasa, detaljnije upoznao pravila izvođenja geometrijskih konstrukcija, stekao nova znanja i primenio ih u praksi.
Rješavanje problema na građenju šestarom i ravnalom korisna je zabava koja vam omogućava da iznova pogledate poznata svojstva geometrijskih oblika i njihovih elemenata.U ovom radu razmatramo najhitnije probleme vezane za geometrijske konstrukcije pomoću šestara i ravnala. Razmatraju se glavni zadaci i daju njihova rješenja. Navedeni zadaci su od velikog praktičnog interesa, učvršćuju stečeno znanje iz geometrije i mogu se koristiti u praktičnom radu.
Time je cilj rada postignut, postavljeni zadaci ispunjeni.

MALA AKADEMIJA NAUKA ŠKOLACA KRIMA

"FINDER"

Sekcija "Matematika"

GEOMETRIJSKA KONSTRUKCIJA POMOĆU DVOSTRANOG ravnala

Uradio sam posao ali

_____________

učenik razreda

naučni savetnik

UVOD………………………………………………………………………………..…..3

I. GEOMETRIJSKE KONSTRUKCIJE NA RAVNI …………………4

I.1. Opći aksiomi konstruktivne geometrije. Aksiomi matematičkih alata……………………………………………………………………………………..4

I.2. ……………………….....5

I.3. Geometrijske konstrukcije s jednim ravnalom ……………………………..7

I.4. Glavni zadaci za izradu dvostranog ravnala…………………………..8

I.5. Rješavanje raznih zadataka za izgradnju

I.6. Konstrukcije sa jednostranim lenjirom………………………………………………….20

I.7. Zamjenjivost dvostranog ravnala sa šestarom i ravnalom….21

ZAKLJUČAK……………………………………………………………………………….24

Spisak korišćene literature……………………………………………..………….25

Uvod

Zadaci za građenje ograničenim sredstvima obuhvataju zadatke za građenje samo šestarom i ravnalom, koji se razmatraju u školskom programu. Da li je moguće riješiti građevinske probleme sa samo jednim ravnalom? Često nema kompasa pri ruci, a ravnalo se uvijek može pronaći.

Zadaci izgradnje u geometriji su fascinantan dio. Interes za njega je zbog ljepote i jednostavnosti geometrijskog sadržaja. Hitnost razmatranja ovih problema raste zbog činjenice da nalazi primjenu u praksi. Mogućnost korištenja jednog ravnala za rješavanje problema koji se razmatraju u ovom radu je od velikog značaja u praksi, jer stalno se suočavamo sa problemima dijeljenja segmenta na pola, udvostručavanja zadanog segmenta itd.

U ovom radu razmatramo glavne zadatke za konstrukciju, koji služe kao podrška u rješavanju složenijih problema.

Kao što pokazuje iskustvo, građevinski zadaci izazivaju zanimanje, doprinose aktiviranju mentalne aktivnosti. Prilikom njihovog rješavanja aktivno se koristi znanje o svojstvima figura, razvija se sposobnost zaključivanja, poboljšavaju se vještine geometrijskih konstrukcija. Kao rezultat, razvijaju se konstruktivne sposobnosti, što je jedan od ciljeva izučavanja geometrije.

Hipoteza: svi građevinski problemi koji se mogu riješiti šestarom i ravnalom mogu se riješiti samo dvostranim ravnalom.

Predmet proučavanja: konstrukcijski zadaci i dvostrano ravnalo.

Ciljevi istraživanja: dokazati da se svi građevinski problemi mogu riješiti samo uz pomoć dvostranog ravnala.

Ciljevi istraživanja: proučiti teorijske osnove rješavanja građevinskih problema; rješavati osnovne građevinske probleme uz pomoć dvostranog ravnala; dati primjere složenijih građevinskih zadataka; sistematizirati teorijsko i praktično gradivo.

I. GEOMETRIJSKE KONSTRUKCIJE NA RAVNI

I.1. Opći aksiomi konstruktivne geometrije. Aksiomi matematičkih alata

Za konstruktivnu geometriju potrebno je imati tačan i, u matematičke svrhe, potpun opis određenog alata. Takav opis je dat u obliku aksioma. Ovi aksiomi u apstraktnom matematičkom obliku izražavaju ona svojstva stvarnih alata za crtanje koja se koriste za geometrijske konstrukcije.

Alati koji se najčešće koriste za geometrijske konstrukcije su:ravnalo (jednostrano) , kompas, bilateralni ravnalo (sa paralelnim rubovima) i neke druge.

A. Aksiom vladara.

Lenjir vam omogućava da izvedete sljedeće geometrijske konstrukcije:
a) konstruisati segment koji povezuje dve konstruisane tačke;

b) konstruisati pravu liniju koja prolazi kroz dve konstruisane tačke;

c) konstruisati zrak koji izlazi iz konstruisane tačke i prolazi kroz drugu konstruisanu tačku.

B. Aksiom kompasa.

Kompas vam omogućava da izvedete sljedeće geometrijske konstrukcije:
a) konstruisati krug ako su konstruisani centar kruga i segment jednak poluprečniku kružnice (ili njenih krajeva);

B. Aksiom dvostranog ravnala.

Dvostrani ravnalo vam omogućava:

a) izvršiti bilo koju od konstrukcija navedenih u aksiomu A;

b) u svakoj od poluravni definisanih konstruisanom pravom, konstruisati pravu paralelnu ovoj pravoj i koja od nje prolazi na udaljenostiali, gdje ali - segment fiksiran za dati lenjir (širina lenjira);

c) ako su konstruirane dvije tačke A i B, onda odredi da li će AB biti veći od nekog fiksnog segmentaali (širina lenjira), a ako je AB >ali , zatim konstruirajte dva para paralelnih pravih koje prolaze kroz tačke A i B, respektivno, i razmaknute jedna od druge na udaljenostiali .

Osim navedenih alata, za geometrijske konstrukcije mogu se koristiti i drugi alati: proizvoljan ugao, kvadrat, ravnalo sa oznakama, par pravih uglova, razni uređaji za crtanje posebnih krivina itd.

I.2. Opći principi za rješavanje građevinskih problema

Zadatak izgradnje sastoji se u tome što je potrebno konstruisati određenu figuru sa naznačenim alatima, ako je data neka druga figura i naznačeni određeni odnosi između elemenata željene figure i elemenata ove figure.

Svaka figura koja zadovoljava uslove zadatka naziva seodluka ovaj zadatak.

Pronađite rješenje konstrukcijski zadatak znači svesti ga na konačan broj osnovnih konstrukcija, odnosno naznačiti konačan niz osnovnih konstrukcija, nakon čega će se željena figura već smatrati izgrađenom na osnovu prihvaćenih aksioma konstruktivne geometrije. Spisak dozvoljenih osnovnih konstrukcija, a samim tim i tok rešavanja problema, suštinski zavisi od toga koji se alati koriste za konstrukcije.

Riješite problem izgradnje - znači, pronađite sva rješenja .

Posljednja definicija zahtijeva pojašnjenje. Figure koje zadovoljavaju uslove problema mogu se razlikovati i po obliku ili veličini, i po položaju na ravni. Razlike u položaju na ravni se uzimaju u obzir ili ne uzimaju u obzir u zavisnosti od formulacije samog konstrukcijskog problema, od toga da li uslov problema predviđa ili ne predviđa određenu lokaciju željene figure u odnosu na bilo koju datu figuru. figure.

Ako se pronađe rješenje problema, onda je u budućnosti dopušteno ovo rješenje koristiti "u cjelini", odnosno bez podjele na osnovne konstrukcije.

Postoji niz jednostavnih geometrijskih konstrukcijskih zadataka, koji se posebno često uključuju kao komponente u rješavanju složenijih problema. Nazvat ćemo ih elementarnim geometrijskim konstrukcijskim problemima. Lista elementarnih zadataka je, naravno, uslovna. Najčešći zadaci uključuju sljedeće:

Podijelite ovaj segment na pola.

Podijelite ovaj ugao na pola.

Konstrukcija na datoj liniji segmenta jednakog datom.

Konstruisanje ugla jednakog datom.

Konstruisanje prave koja prolazi kroz datu tačku paralelno sa datom pravom.

Konstrukcija prave koja prolazi kroz datu tačku i okomita je na datu pravu.

Podjela segmenta u ovom pogledu.

Konstrukcija trougla date tri stranice.

Konstrukcija trougla sa stranicom i dva susjedna ugla.

Konstrukcija trokuta date dvije stranice i ugao između njih.

Prilikom rješavanja bilo kojeg iole složenijeg konstrukcijskog problema postavlja se pitanje kako razumjeti da bi se pronašao način da se problem riješi, da se dobiju sva rješenja problema, da se iznađu uslovi za mogućnost rješavanja problema itd. , kada rješavaju konstruktivne probleme, koriste shemu rješenja koja se sastoji od sljedeća četiri koraka:

1) analiza;
2) izgradnja;
3) dokaz;
4) istraživanje.

I.3. Geometrijske konstrukcije sa jednim ravnalom

Razmatraćemo vladara sa dve tačke gledišta: kao vladara i kao dvostranog vladara.

1. dvostrani lenjirširina ali nazvat ćemo ravnalo s paralelnim ivicama smještenim na udaljenosti ali jedan od drugog, što omogućava direktnu izgradnju:

a) proizvoljna linija;

b) prava linija koja prolazi kroz dvije tačke date ili dobijene u procesu rješavanja zadatka;

c) paralelne prave, od kojih svaka prolazi kroz jednu od tačaka, razmak između kojih je veći odali (prilikom ove konstrukcije ravnalo je u takvom položaju da svaka njegova dva paralelna ruba ima jednu od dvije date tačke; u ovom slučaju ćemo govoriti o direktnoj konstrukciji).

Širina ravnala u ovoj konstrukciji smatra se konstantnom, pa stoga, ako u procesu rješavanja određenog problema postane potrebno izvršiti direktnu konstrukciju u odnosu na neke dobijene tačkeALI I IN , onda moramo dokazati da je dužinaAB više dužine ali .

Tačku ćemo smatrati konstruiranom ako je jedan od podataka ili je sjecište dvije konstruirane prave; zauzvrat ćemo smatrati da je prava konstruisana ako prolazi kroz konstruisane ili date tačke.

Koristeći dvostrano ravnalo, možete napraviti sljedeće.

a) Kroz bilo koje dvije tačke može se povući prava, ali samo jednu.

b) Koja god da je prava, postoje tačno dvije prave u ravni koja je paralelna s njom i na udaljenosti od njea .

c) Kroz dvije tačke A i B u tački AB ali moguće je nacrtati dva para paralela direktno; kod AB = ali može se povući par paralelnih pravih, razmak između kojih je jednakali .

Ako se daju jedna, dvije, tri točke, tada se ne mogu konstruirati nove točke

(Slika 1);

ako su date četiri tačke, od kojih neke tri (ili sve četiri) leže na jednoj pravoj liniji, onda se druge tačke ne mogu konstruisati (slika 2);

date četiri tačke koje leže u vrhovima paralelograma, može se konstruisati samo jedna tačka - njegovo središte. (Sl.3).

Prihvativši gore navedeno, posebno razmatramo probleme koje rješava dvostrani lenjir.

I.4. Osnovni zadaci izrade dvostranog ravnala

1
. Konstruisati simetralu ugla ABC.

Rješenje: (sl. 4)

ali  (IN C) I b  (Bend  b = D .

Uzmi B D- simetrala  ABC.

Zaista, dobijeno od

konstrukcija paralelograma je

romba, jer su mu visine jednake. IND –

dijagonala romba je simetrala ABC. Fig.4

2
. Udvostručite dati ugao ABC

Rješenje : (slika 5) a) ali  (AB),

ali  (IN C)= D , kroz tačke B i D

b direktno;

b) kroz tačke B iD m  b

direktno,b Ç a = F .

Get Ð AB F = 2 Ð ABC .

Sl.5

3 . Na ovu liniju M N u ovom

nacrtaj okomicu na tačku A

Rješenje : (Sl.6)

1) (AA 1) || (VV 1) || (SS 1) –

direktno (u (M N),

OD Î (M N)); 2) kroz A i B

m || n - direktno,

m Ç (SS 1 ) = D .

Dobijamo (A D )  (M N ).

Fig.6.

4
. Kroz datu tačku ne ležeći dalje

ova linija, nacrtati okomicu

to ovu pravu liniju.

Rješenje: Kroz ovu tačku O povlačimo

dvije prave koje seku datu

prava linija AB, i udvostručiti uglove rezultirajućeg

trouglovi susedni datom

ravno.  OA N = 2  OAB and

OV N = 2  OVA (slika 7).

Fig.7

5. Konstruirajte tačku simetričnu datoj u odnosu na datu pravu.

Rješenje: vidi problem 4. (tačka O je simetrična tačkiN. sl.7)

6. Nacrtajte pravu liniju paralelno sa ovim

P
linija M N , kroz tačku A, ne

koji pripada liniji M N .

Rješenje 1: (sl. 8)

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

– direktno, (CA)Ç (BB 1) \u003d C 2;

2) (C 2 K) Ç (DD 1 ) = F .

(ALI F ) je željena linija.

Slika 8

Rješenje 2 . Na sl.8 1 je numerisana

niz pravih linija,

od kojih su 1, 2 i 3 paralelne u

direktna gradnja;

(ALI F) || (M N).

Fig.8 1

7
. Podijelite ovaj segment AB na pola.

Rješenje 1 (Sl. 9) (samo za slučaj kada je širina ravnala manja od dužine datog segmenta). Nacrtajte direktno dva para paralelnih linija

krajeve ovog segmenta, a zatim dijagonalu

rezultirajući romb. O je središte AB.

Rice. devet.

Rješenje 2 (Sl. 9, a)

1) a || (Bend b || (AB) - direktno;

2) (AR), (AR)Ç a = C, (AP) Ç b = D ;

3) (D IN) Ç a = M, (CB) Ç b = N ;

4) (M N ) Ç (AB) = K;

5) (D do) Ç (ALI N ) = F ;

6) (In F ) Ç b = D 1, (B F ) Ç a \u003d C 1;

7) (D IN ) Ç (ALI D 1 ) = X,

(AC 1 ) Ç (CB) = Z.

8) (X Z) Ç (AB) = O. Dobijamo AO = OB.

Slika 9, a

Rješenje 3 .( Rice. 9b)

Kao što je poznato , u srednjem trapezu

baze, tačka preseka

dijagonale i tačka preseka

bočne ekstenzije

leže na istoj liniji.

1) m || (AB) - direktno;

2) C Î m , D Î m , (AC) Ç (IN D ) = TO; 9, b

3) (CB) Ç (ALI D ) = F ; 4) (K F ) Ç (AB) = O. Dobijamo AO = OB.

I.5. Rješavanje raznih građevinskih problema

U rješavanju sljedećih zadataka za konstrukciju samo sa dvostranim ravnalom, koristi se direktna konstrukcija paralelnih pravih i sedam glavnih problema iznad.

1. Kroz ovu tačku povucite dvije međusobno okomite linije.

R Rješenje: proći kroz ovu tačku

dvije proizvoljne linije,

a zatim simetrale

susjedni uglovi. (Sl.10)

Fig.10

2. S obzirom na segment A D datu dužinu.

Konstruirajte segment čija je dužina .

R
rješenje : Hajde da potrošimo m  ali I h || m preko

tačka A. f || (ALI D ) , k || (AD) direktno.

Nacrtajmo AB i AC, gdje je B =f  m ,

a C = m  k . Na poznat način

Podijelite AB i AC na pola i

nacrtati medijane trougla

ABC. Po svojstvu medijana

trougao, oh D = - željeno

segment (Sl.11)

Rice. jedanaest

3. Konstruirajte odsječak čija je dužina

jednak perimetru trougla.

Rješenje: (Sl. 12). Izgradimo simetrale

dva vanjska ugla trougla, a zatim

3 vrha IN nacrtati okomite

na ove simetrale.

DE = a + b + sa

Fig.12

4. Dat je segment dužine a. Konstruirajte segmente dužine 2a, 3a.

R Rješenje: (Sl. 13)

1M N) || (AB) i (M 1 N 1 ) || (M N) || (M 2 N 2 ) –

Direktno;

2) (CA) i (CB) do A i B.

Segmenti A 1 B 1 i A 2 B 2 su obavezni.

Drugo rješenje za ovaj problem može biti

dobiti iz rješenja zadatka 7.

Rice. 13

5. Na pravoj su data dva segmenta čije su dužine a i b . Konstruišite segmente čije su dužine jednake + b , b - ali, ( a + b )/2 i ( b - a )/2 .

Rješenje: i za a + b(Sl. 14, a)

14, a

b) za ( a + b)/2 (Sl. 14, b)

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

2) M Î (A 2 B 2), (MX) Ç (A 1 B 1) = N, (M H) Ç (A 1 B 1) = P;

3) (PY) Ç (A 2 B 2) = L, (LZ ) Ç (A 1 B 1) = O

Dobijamo: N O = NP + PO =
.

Rice. 14b

c) za b - ali(Sl. 14,c)

Rice. 14,in

c) za ( b - a )/2 (Sl. 14d)

Rice. 14,g

6
. Konstruirajte centar ovog kruga.

Rješenje : (Sl. 15) Nacrtajte pravu liniju AB,

presecanje kružnice u tačkama A i B;

sunce  AB, gdje je C tačka presjeka

sa krugom.

Provucite tačku C paralelno sa AB

prava linija C D; ODDprelazi krug

u tačkiD.

PovezivanjemDsa B i A sa C, dobijamo

željena tačka je centar kružnice. Rice. 15

Rješenje 2: (Sl. 16) Konstruišite dve paralelne tetive pomoću dvostranog lenjiraAD IBC . Dobijamo jednakokraki trapezA B C D. Neka budeK IP - tačke preseka linijaAC IBD , AB IDC . Onda linijaP K prolazi središtem osnova trapeza okomito na njih, što znači da prolazi kroz centar date kružnice. Nakon što smo na sličan način konstruirali još jednu takvu pravu liniju, nalazimo centar kružnice.

Rice. 16

7. Dat je luk kružnice. Konstruirajte centar kruga

Rješenje . (Sl. 17) Na ovom luku označimo tri tačke A, B i C. Na krajeve segmenta AB pričvrstimo ravnalo i zaokružimo njegove ivice. Dobijamo dvije paralelne prave. Promjenom položaja ravnala nacrtajte još dvije paralelne prave linije. Dobijamo romb (paralelogram jednakih visina). Jedna od dijagonala romba je okomita simetrala na segmentAB , budući da dijagonala romba leži na okomitoj simetrali druge dijagonale. Slično, konstruišemo simetralu okomitu na segmentAC . Točka presjeka konstruiranih srednjih okomica je centar željene kružnice.

Rice. 17

8. Dat je segment AB, prava l koja nije paralelna s njim i tačka M na njoj. Koristeći jedno dvostrano ravnalo, konstruišite tačke preseka prave l sa kružnicom poluprečnika AB sa središtem M.

Rješenje: (Sl.18)

Hajde da kompletiramo trougaoABM na paralelogramABNM . Konstruirajmo simetrale MT iGOSPOĐAuglovi izmeđuMNi direktnol . Hajdemo kroz tačkuN prave paralelne sa ovim simetralama:NQ || GOSPOĐA, NR || MT. MT│ GOSPOĐAkao simetrale susednih uglova. znači,NQ │ MT, odnosno u trougluNMQsimetrala je visina, pa je trokut jednakokraki:MQ = MN. Isto tako,GOSPODIN = MN. bodovaQIRželjeno.

Rice. osamnaest

9. Dati su prava l i segment OA paralelan sa l. Koristeći jedno dvostrano ravnalo, konstruišite tačke preseka prave l sa kružnicom poluprečnika OA sa centrom u O.

Rješenje: (Sl. 19, a)

Hajde da nacrtamo pravu linijul 1 , paralelno sa linijomOA i na udaljenosti od njegaa . Hajde da razumemol proizvoljna tačkaB . Neka budeB 1 - tačka preseka linijaOB Il 1 . Hajdemo kroz tačkuB 1 ravno, paralelnoAB ; ova prava seče pravuOA u tačkiA 1 . Prođimo sada kroz tačkeO IA 1 par paralelnih linija, razmak između kojih je jednaka (mogu postojati dva takva para linija); neka budeX IX 1 - tačka preseka prave koja prolazi kroz tačkuO , sa ravnim linijamal Il 1 . JerOA 1 = OX 1 i ∆OA 1 X 1 ∆ OAX , tada OA = OH, tačkaX željeno.

Slično, konstruišemo drugu tačku preseka kružnice i prave linije - tačkuY(Sl.18,b).

Rice. 18,a

Rice. 18b

I.6.Konstrukcije sa jednostranim lenjirom

W
Ovdje razmatramo poseban slučaj: neka su točke P date,Q, R 1 IQ 1 . i leže na vrhovima trapeza.

1. Podijelite segment P Q na pola

Rješenje prikazano na slici 19

Date bodove P,Q, R 1 IQ 1 i paralelne linije

RQ, R 1 Q 1 . Hajde da provedemo PQ 1  QR 1 = B , RR 1  QQ 1 = A

Spojite tačke A i B. AB RQ = F- srednji

segment PQ.

Rice. 19

2. Dvostruki segment R 1 Q 1.

R
rješenje prikazano na slici 20. Izgradimo

tačkaF- sredina segmenta RQi povežite ga

odQ 1. R 1 Q FQ 1 = M. Izvršimo RM. RM R 1 Q 1 = R

jednakostRQi R 1 Q 1 proizilazi iz sličnosti

trouglovi RMFI RMQ 1 ,

FMQI R 1 MQ 1 , i jednakost RFIFQ.

Rice. dvadeset

3
. Konstruirajte segment dužine n  R 1 Q 1 .

m – 1 jednaki segmenti PQ 2 , Q 2 Q 3, … Q m -1 Q m

Zatim gradimo (RR 1 ) IQ m Q 1 i povežite se

njihova presečna tačka A sa tačkama

Q 2 , Q 3, … Q m Primljenom -1 direktno

podijelitiR 1 Q 1 nam jednaka dijelovi.

Zam = 4 rješenje je prikazano na slici 22

Fig.22

I.7. Zamjenjivost dvostranog ravnala sa šestarom i ravnalom

Dokažimo da je dvostrani lenjir zamenljiv sa šestarom i lenjirom. Da bismo to učinili, dokazujemo sljedeće tvrdnje:

Tvrdnja 1: sve konstrukcije izvodljive sa šestarom i ravnalom su izvodljive sa dvostranom ravnalom.

Budući da pri konstruisanju šestarom i lenjirom ravnalo povlači pravu liniju kroz dve tačke, a šestar gradi kružnicu (pronađe skup tačaka jednako udaljenih od date), onda se sve konstrukcije sa šestarom i lenjirom svode na konstruisanje preseka dve prave, dve kružnice i kružnice sa pravom linijom.

Presjek dvije linije može se nacrtati pomoću ravnala.

Presek kružnice i prave linije (slika 23):

zgrada:Neka je zadan segment AB - poluprečnik kružnice, prava linijal , centar kruga O, tada:

1) Trošimo OS ||l , OS = AB.

2) Trošimo OS ||ki daljinski na a.

3) TrošimoOD, OD l = D; OD k) Posljedica Talesove teoreme

4) Po zakonu tranzitivnosti jednakosti

5) RazmotriteOMQE. OMQEje paralelogram, budući da je OM ||EQi OE ||MC(linearne stranice su paralelne). Dokažimo da je ovo romb.

5.1) PonašanjeQZ OCIQG ON, ondaQG = QZ = a.

5.2)  OMQ =  RQM(ukršteno ležanje);  OS =ON, što je trebalo dokazati.

Presjek dva kruga: slično.

Tvrdnja 2: sve konstrukcije izvodljive sa dvostranim ravnalom su izvodljive sa šestarom i ravnalom.

Da bismo to učinili, izvest ćemo konstrukcije koje su standardne za dvostrano ravnalo pomoću šestara i ravnala.

1) Linija u dvije tačke se lako povlači pomoću ravnala.

2) Konstrukcija prave, paralelne sa datom i udaljene od nje na datoj udaljenosti:

2.1) Neka je zadana pravaki segment dužinea.

2.2) Gradimo proizvoljnu linijub k, neka budek b= B.

2.3) Uključenobsa obe strane tačkeBna pravoj linijibodvojite dužinua, neka bodoviCID.

2.4) Kroz tačkuCizgraditi pravu linijuc k.

2.5) Kroz tačkuDizgraditi pravu linijud k.

2.6) DirektnocId– željeno, poštoBCIBDjednakaapo konstrukciji i jednaki su udaljenosti između linijeki direktno

3) Konstrukcija pravih paralelnih jedna s drugom i koje prolaze kroz dvije date tačke, a rastojanje između kojih je jednako datom segmentu:

3.1) Neka se daju bodoviAIBi segment dužinea.

3.2) Nacrtajte krug sa centrom u tačkiAi radijusa.

3.3) Konstruišemo tangentu na datu kružnicu kroz tačkuB; postoje dvije takve tangente, akoBleži izvan kruga (akoAB> a), jedno akoBleži na krugu (akoAB= a), nijedno akoBleži unutar kruga (AB< a). Ova tangenta je jedna od željenih linija; lijevo da prođe kroz tačkuAravna linija paralelna sa njom.

3.4) Budući da je jedna od pravih okomita na polumjer kružnice kao tangenta, druga je također okomita na nju (pošto su paralelne), stoga je udaljenost između njih jednaka polumjeru, koji je po konstrukciji jednak toašto je bilo potrebno.

Time smo dokazali zamjenjivost dvostranog ravnala i šestara i ravnala.

Zaključak: dvostrano ravnalo je zamjenjivo sa šestarom i ravnalom.

Zaključak

Dakle, razmatrano je i riješeno pitanje mogućnosti korištenja jednog ravnala za rješavanje klasičnih konstrukcijskih zadataka uz pomoć šestara i ravnala. Ispostavilo se da se konstrukcijski problemi mogu riješiti korištenjem samo jednog ravnala s paralelnim rubovima. Prilikom rješavanja složenijih problema u budućnosti se treba oslanjati na takozvane osnovne konstrukcije koje se razmatraju u ovom radu.

Predstavljeni materijal može se direktno primijeniti ne samo na časovima matematike, na časovima matematičkog kruga, već iu praktičnim aktivnostima.

Spisak korišćene literature

Aliyev A.V. Geometrijske konstrukcije. Matematika u školi. 1978. br. 3

Glazer G.I. Istorija matematike u školi. M., Prosvjeta. 1981.

Depman I.Ya. Iza stranica udžbenika matematike. M. Obrazovanje 1989.

Elensky Sh. Pitagorinim stopama. M., Detgiz. 1961.

Enciklopedijski rečnik mladog matematičara. M., Pedagogija. 1985

Primjer

Dijeljenje linije na pola

Problem bisekcije. Koristite šestar i ravnalo da podijelite ovaj segment AB na dva jednaka dela. Jedno od rješenja je prikazano na slici:

• Kompasi crtaju krugove sa centrima u tačkama A I B radijus AB.
• Pronalaženje raskrsnica P I Q dva konstruisana kruga (luka).
• Na ravnalu nacrtajte segment ili pravu koja prolazi kroz tačke P I Q.
• Pronalaženje sredine segmenta AB- tačka raskrsnice AB I PQ.

Formalna definicija

Konstrukcijski problemi razmatraju skup svih tačaka ravnine, skup svih pravih ravnine i skup svih krugova ravni, nad kojima su dozvoljene sljedeće operacije:

1. Odaberite tačku iz skupa svih tačaka:
   1. proizvoljna tačka
   2. proizvoljnu tačku na datoj pravoj
   3. proizvoljnu tačku na datoj kružnici
   4. tačka preseka dve date prave
   5. tačke preseka / tangentnosti date prave i date kružnice
   6. tačke preseka/tangencije dve date kružnice
2. „Via vladari» odaberite liniju iz skupa svih linija:
   1. proizvoljna linija
   2. proizvoljna prava koja prolazi kroz datu tačku
   3. prava koja prolazi kroz dvije date tačke
3. „Via kompas» odaberite krug iz skupa svih krugova:
   1. proizvoljan krug
   2. proizvoljan krug sa centrom u datoj tački
   3. proizvoljna kružnica poluprečnika jednaka udaljenosti između dvije date tačke
   4. krug sa centrom u datoj tački i poluprečnika jednakim udaljenosti između dve date tačke

U uslovima problema specificira se određeni skup tačaka. Potrebno je, koristeći konačan broj operacija, konstruisati još jedan skup tačaka između gore navedenih dozvoljenih operacija, koji je u datom odnosu sa originalnim skupom.

Rješenje konstrukcijskog problema sadrži tri bitna dijela:

1. Opis metode za konstruisanje datog skupa.
2. Dokaz da je skup konstruisan na opisani način zaista u datom odnosu sa originalnim skupom. Obično se dokazivanje konstrukcije izvodi kao redovni dokaz teoreme, oslanjajući se na aksiome i druge dokazane teoreme.
3. Analiza opisane metode konstrukcije na njenu primjenjivost na različite varijante početnih uslova, kao i na jedinstvenost ili nejedinstvenost rješenja dobijenog opisanom metodom.

Poznati problemi

• Apolonijev problem konstruisanja kružnice tangente na tri date kružnice. Ako nijedan od datih krugova ne leži unutar drugog, onda ovaj problem ima 8 suštinski različitih rješenja.
• Brahmaguptin problem konstruisanja upisanog četvorougla na njegove četiri strane.

Konstrukcija pravilnih poligona

Drevni geometri su znali kako da konstruišu ispravno n-gonovi za , , i .

Moguće i nemoguće konstrukcije

Sve konstrukcije nisu ništa drugo do rješenja neke jednačine, a koeficijenti ove jednačine su povezani sa dužinama datih segmenata. Stoga je zgodno govoriti o konstrukciji broja - grafičkom rješenju jednadžbe određenog tipa. U okviru gore navedenih zahtjeva moguće su sljedeće konstrukcije:

• Konstrukcija rješenja linearnih jednačina.
• Konstrukcija rješenja kvadratnih jednadžbi.

Drugim riječima, moguće je konstruirati samo brojeve jednake aritmetičkim izrazima koristeći kvadratni korijen originalnih brojeva (dužine segmenata). Na primjer,

Varijacije i generalizacije

• Konstrukcije sa jednim kompasom. Prema Mohr-Mascheronijevoj teoremi, uz pomoć jednog šestara možete izgraditi bilo koju figuru koja se može izgraditi sa šestarom i ravnalom. U ovom slučaju, smatra se da je prava izgrađena ako su na njoj date dvije tačke.
• Konstrukcije sa jednim ravnalom. Lako je vidjeti da se uz pomoć jednog ravnala mogu izvesti samo projektivno invarijantne konstrukcije. Konkretno, nemoguće je čak ni podijeliti segment na dva jednaka dijela, ili pronaći centar nacrtane kružnice. Ali ako na ravnini postoji unaprijed nacrtan krug sa označenim centrom, pomoću ravnala možete nacrtati iste konstrukcije kao sa šestarom i ravnalom (Poncelet-Steinerova teorema ( engleski)), 1833. Ako su na lenjiru dva serifa, onda su konstrukcije uz pomoć njega ekvivalentne konstrukcijama uz pomoć šestara i lenjira (Napoleon je napravio važan korak u dokazivanju toga).
• Konstrukcije sa ograničenim alatom. U problemima ove vrste, alati (za razliku od klasične formulacije problema) ne smatraju se idealnim, već ograničenim: ravna linija kroz dvije točke može se povući pomoću ravnala samo ako udaljenost između ovih tačaka ne prelazi određenu vrijednost; polumjer krugova nacrtanih šestarom može biti ograničen odozgo, odozdo ili i odozgo i odozdo.
• Zgrada sa ravnim origamijem. vidi Khujit pravila

vidi takođe

• Programi za dinamičku geometriju omogućavaju vam da crtate kompasom i ravnalom na računaru.

Bilješke

Književnost

• A. Adler Teorija geometrijskih konstrukcija / Preveo s njemačkog G. M. Fikhtengolts. - Treće izdanje. - L.: Učpedgiz, 1940. - 232 str.
• I. I. Aleksandrov Zbirka geometrijskih zadataka za konstrukciju. - Osamnaesto izdanje. - M.: Učpedgiz, 1950. - 176 str.
• B. I. Argunov, M. B. Balk. - Drugo izdanje. - M.: Učpedgiz, 1957. - 268 str.
• A. M. Voronets Geometrija kompasa. - M.-L.: ONTI, 1934. - 40 str. - (Biblioteka popularne matematike, priredio L.A. Lyusternik).
• V. A. Geiler Nerješivi građevinski problemi // rashladna tečnost. - 1999. - br. 12. - S. 115-118.
• V. A. Kirichenko Konstrukcije sa šestarom i ravnalom i teorija Galoisa // Ljetna škola "Savremena matematika". - Dubna, 2005.
• Yu. I. Manin Knjiga IV. Geometrija // Enciklopedija elementarne matematike. - M.: Fizmatgiz, 1963. - 568 str.
• Y. Petersen Metode i teorije za rješavanje geometrijskih konstrukcijskih problema. - M.: Štamparija E. Lissnera i Yu. Romana, 1892. - 114 str.
• V. V. Prasolov Tri klasična građevinska problema. Udvostručenje kocke, trisekcija ugla, kvadriranje kruga. - M.: Nauka, 1992. - 80 str. - (Popularna predavanja iz matematike).
• J. Steiner Geometrijske konstrukcije izvedene pomoću prave linije i fiksnog kruga. - M.: Učpedgiz, 1939. - 80 str.
• Izborni kurs matematike. 7-9 / Comp. I. L. Nikolskaya. - M.: Obrazovanje, 1991. - S. 80. - 383 str. - ISBN 5-09-001287-3

Wikimedia fondacija. 2010 .

Pogledajte šta je "Konstrukcija sa šestarom i lenjirom" u drugim rječnicima:

Lenjiri - nabavite radni kupon za popust na Akademika VseTools ili isplativo kupite ravnala uz besplatnu dostavu na akciji na VseTools

Odjeljak euklidske geometrije, poznat od antičkih vremena. U zadacima konstrukcije moguće su sljedeće operacije: Označiti proizvoljnu tačku na ravni, tačku na jednoj od konstruisanih pravih ili tačku preseka dve konstruisane prave. Uz pomoć ... ... Wikipedije

Konstrukcije uz pomoć šestara i ravnala Odjeljak euklidske geometrije poznat od antičkih vremena. U zadacima konstrukcije moguće su sljedeće operacije: Označiti proizvoljnu tačku na ravni, tačku na jednoj od konstruisanih pravih ili tačku ... ... Wikipedia

Npr., s., upotreba. komp. često Morfologija: (ne) šta? konstrukcija za šta? konstrukcija, (vidi) šta? zgrada sta? zgrada, o čemu? o izgradnji; pl. šta? konstrukcija, (ne) šta? konstrukcije, zašto? konstrukcije, (vidi) šta? konstrukcija od? ... ... Dmitrijevov rječnik

Src="https://present5.com/presentation/3/178794035_430371946.pdf-img/178794035_430371946.pdf-1.jpg" alt="(!LANG:>Konstrukcija sa ravnalom i šestarom Geometrija">!}

Src="https://present5.com/presentation/3/178794035_430371946.pdf-img/178794035_430371946.pdf-2.jpg" alt="(!LANG:> Konstruišite segment jednak zadatom Ú Zadatku 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:> Konstruisanje ugla jednakog datom Razmotrimo trouglove"> 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:> Konstruisanje simetrale ugla Problem 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:> Konstrukcija okomitih pravih Ú Problem Zadata prava"> 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:> Konstruisanje sredine segmenta Zadatak Ú Konstruišite sredinu dato"> 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.!}