Барилга угсралтын ажилд бид захирагч, луужин ашиглан хийж болох геометрийн дүрсийг бүтээх талаар авч үзэх болно.

Захирагчийн тусламжтайгаар та дараахь зүйлийг хийх боломжтой.

дурын шугам;

өгөгдсөн цэгээр дамжин өнгөрөх дурын шугам;

өгөгдсөн хоёр цэгийг дайран өнгөрөх шулуун шугам.

Луужин ашиглан өгөгдсөн төвөөс өгөгдсөн радиустай тойргийг дүрсэлж болно.

Луужингаар өгөгдсөн цэгээс өгөгдсөн шулуун дээр хэрчим зурах боломжтой.

Барилга угсралтын үндсэн ажлуудыг авч үзье.

Даалгавар 1.Өгөгдсөн a, b, c талуудтай гурвалжин байгуул (Зураг 1).

Шийдэл. Захирагчийн тусламжтайгаар дурын шулуун шугамыг зурж, түүн дээр дурын В цэгийг ав. Луужингийн нээлхий нь a-тай тэнцүү байх тул бид B төвтэй, a радиустай тойргийг дүрсэлдэг. Түүний шугамтай огтлолцох цэгийг C гэж үзье. Луужингийн нээлхий нь c-тэй тэнцүү бол бид В төвөөс тойрог, b-тэй тэнцүү луужингийн нээлхийтэй - C төвөөс тойрог дүрслэв. Эдгээр тойргийн огтлолцлын цэгийг А гэж үзье. ABC гурвалжин нь a, b, c-тэй тэнцүү талуудтай.

Сэтгэгдэл. Гурван шугамын сегмент нь гурвалжны хажуугийн үүрэг гүйцэтгэхийн тулд тэдгээрийн том нь нөгөө хоёрын нийлбэрээс бага байх шаардлагатай.< b + с).

Даалгавар 2.

Шийдэл. А орой ба OM цацраг бүхий энэ өнцгийг Зураг 2-т үзүүлэв.

Өгөгдсөн өнцгийн А орой дээр төвлөрсөн дурын тойрог зур. B ба C нь өнцгийн талуудтай тойргийн огтлолцлын цэгүүд (Зураг 3, a). Энэ туяаны эхлэл цэг болох төв нь О цэг дээр АВ радиустай тойрог зуръя (Зураг 3, b). Энэ тойргийн өгөгдсөн туяатай огтлолцох цэгийг С 1 гэж тэмдэглэнэ. C 1 төвтэй, BC радиустай тойргийг дүрсэлцгээе. Хоёр тойргийн огтлолцлын B 1 цэг нь хүссэн өнцгийн тал дээр байрладаг. Энэ нь Δ ABC \u003d Δ OB 1 C 1 тэгшитгэлээс (гурвалжны тэгш байдлын гурав дахь шалгуур) үүсдэг.

Даалгавар 3.Өгөгдсөн өнцгийн биссектрисийг байгуул (Зураг 4).

Шийдэл. Өгөгдсөн өнцгийн А оройноос төвөөс нь дурын радиустай тойрог зурна. B ба C нь өнцгийн талуудтай огтлолцох цэгүүд байг. Ижил радиустай В ба С цэгүүдээс бид тойргийг дүрсэлдэг. D-ээс ялгаатай, тэдгээрийн огтлолцлын цэг гэж үзье. Рэй AD нь А өнцгийг хагасаар хуваана. Энэ нь ΔABD = ΔACD (гурвалжингийн тэгш байдлын гурав дахь шалгуур) тэгшитгэлээс үүсдэг.

Даалгавар 4.Энэ сегментэд перпендикуляр медиан зур (Зураг 5).

Шийдэл. Дурын боловч адилхан луужингийн нээлхийтэй (том 1/2 AB) бид A ба B цэгүүд дээр төвүүдтэй хоёр нумыг дүрсэлдэг бөгөөд тэдгээр нь зарим C ба D цэгүүд дээр бие биенээ огтолно. CD шулуун шугам нь шаардлагатай перпендикуляр байх болно. Үнэн хэрэгтээ, бүтээн байгуулалтаас харахад C ба D цэг бүр нь А ба В цэгээс ижил зайтай; тиймээс эдгээр цэгүүд нь AB сегментийн перпендикуляр биссектриса дээр байх ёстой.

Даалгавар 5.Энэ сегментийг хагасаар хуваа. Энэ нь 4-р асуудалтай ижил аргаар шийдэгддэг (5-р зургийг үз).

Даалгавар 6.Өгөгдсөн цэгээр дамжуулан өгөгдсөн шулуунтай перпендикуляр шугам зур.

Шийдэл. Хоёр тохиолдол боломжтой:

1) өгөгдсөн O цэг нь өгөгдсөн шулуун a шулуун дээр байрладаг (Зураг 6).

О цэгээс бид дурын радиустай тойрог зурж, а шугамыг А ба В цэгүүдээр огтолж, А ба В цэгүүдээс ижил радиустай тойрог зурна. О 1-ийг О-оос өөр огтлолцлын цэг гэж үзье.Бид ОО 1 ⊥ AB авна. Үнэн хэрэгтээ O ба O 1 цэгүүд нь AB сегментийн төгсгөлүүдээс ижил зайд байрладаг тул энэ сегментийн перпендикуляр биссектрист байрладаг.

Хотын төсвийн боловсролын байгууллага

бие даасан хичээлийг гүнзгийрүүлсэн 34-р дунд сургууль

ХҮН, Физик-математикийн секц

"Луужин ба шулуун шугам ашиглан геометрийн байгууламжууд"

Гүйцэтгэсэн: 7 "А" ангийн сурагч

Виктория Батищева

Дарга: Колтовская В.В.

Воронеж, 2013 он

3. Өгөгдсөнтэй тэнцүү өнцөг байгуулах.

П өгөгдсөн өнцгийн А орой дээр төвлөрсөн дурын тойрог зурна (Зураг 3). Тойргийн өнцгийн талуудтай огтлолцох цэгийг B ба C гэж үзье. AB радиустай бид өгөгдсөн хагас шугамын эхлэл болох О цэг дээр төвлөрсөн тойрог зурна. Энэ тойргийн өгөгдсөн хагас шугамтай огтлолцох цэгийг С гэж тэмдэглэнэ 1 . C төвтэй тойргийг дүрсэл 1 ба Зураг 3

радиус BC. B цэг 1 заасан хагас хавтгайд баригдсан тойргийн огтлолцол нь хүссэн өнцгийн тал дээр байрладаг.

6. Перпендикуляр шугам барих.

Бид O цэг дээр төвлөрсөн дурын r радиустай тойрог зурж байна.6-р зураг. Тойрог шугамыг А ба В цэгүүдээр огтолно.А ба В цэгүүдээс бид AB радиустай тойрог зурна. Эдгээр тойргийн огтлолцлын цэгийг меланхоли С гэж үзье. Дурын радиустай тойрог байгуулахдаа эхний алхамд бид А ба В цэгүүдийг авсан.

Хүссэн шугам нь C ба O цэгүүдээр дамждаг.

Зураг 6

Мэдэгдэж буй асуудлууд

1.Брахмагуптагийн даалгавар

Дөрвөн талтай бичээстэй дөрвөлжин байгуул. Нэг шийдэл нь Аполлониусын тойргийг ашигладаг.Гурван дугуй ба гурвалжин хоёрын зүйрлэлээр Аполлонийн асуудлыг шийдье. Гурвалжинд бичээстэй тойргийг хэрхэн олох вэ: бид биссектрисын огтлолцлын цэгийг барьж, түүнээс перпендикуляруудыг гурвалжны хажуу тал руу буулгаж, перпендикуляруудын суурь (перпендикулярын аль талтай огтлолцох цэгүүд) энэ нь доошилсон) ба шаардлагатай тойрог дээр хэвтэж буй гурван цэгийг бидэнд өг. Бид эдгээр гурван цэгээр тойрог зурдаг - шийдэл бэлэн боллоо. Бид Аполлонийн асуудлыг мөн адил хийх болно.

2. Аполлониусын асуудал

Луужин ба шулуун шугам ашиглан өгөгдсөн гурван тойрогтой шүргэгч тойрог байгуул. Домогт өгүүлснээр энэ асуудлыг МЭӨ 220 оны үед Пергийн Аполлониус томъёолжээ. д. алдагдсан боловч 1600 онд Франсуа Виета сэргээн засварласан "Touch" номонд "Галлик Аполлониус" гэж түүний үеийнхэн түүнийг дууддаг.

Хэрэв өгөгдсөн тойргийн аль нь ч нөгөөгийнхөө дотор ороогүй бол энэ асуудал үндсэндээ 8 өөр шийдэлтэй байна.

Ердийн олон өнцөгтийг барих.

П

зөв (эсвэл тэгш талт ) гурвалжин - тэр ердийн олон өнцөгтэнгийн олон өнцөгтүүдийн эхнийх нь гурван талтай. Бүх зүйлтэгш талт гурвалжны талууд тэнцүү ба бүгдөнцөг нь 60 ° байна. Тэгш талт гурвалжин байгуулахын тулд тойргийг 3 тэнцүү хэсэгт хуваах хэрэгтэй. Үүнийг хийхийн тулд диаметрийн зөвхөн нэг төгсгөлөөс энэ тойргийн R радиустай нумыг зурах шаардлагатай бөгөөд бид эхний ба хоёр дахь хуваагдлыг авна. Гурав дахь хуваагдал нь диаметрийн эсрэг талын төгсгөлд байна. Эдгээр цэгүүдийг холбосноор бид тэгш талт гурвалжинг авна.

Ердийн зургаан өнцөгт чадналуужин болон шулуун шугамаар барих. Доорбарилгын аргыг зааж өгсөн болнотойргийг 6 хэсэгт хуваах замаар. Бид ердийн зургаан өнцөгтийн талуудын тойргийн радиустай тэнцүү байдлыг ашигладаг. Тойргийн нэг диаметрийн эсрэг талын төгсгөлүүдээс бид R радиустай нумуудыг дүрсэлдэг. Эдгээр нумануудын өгөгдсөн тойрогтой огтлолцох цэгүүд нь үүнийг 6 тэнцүү хэсэгт хуваана. Олдсон цэгүүдийг тууштай холбосноор ердийн зургаан өнцөгтийг олж авна.

Ердийн таван өнцөгт барих.

П
энгийн таван өнцөгт байж болнолуужин ба шулуун шугамыг ашиглан эсвэл өгөгдсөн зүйлд тохируулан бүтээсэнтойрог, эсвэл өгөгдсөн талыг үндэслэн барих замаар. Энэ үйл явцыг Евклид тайлбарлавТүүний Элементүүдэд МЭӨ 300 орчим. д.

Өгөгдсөн тойрогт ердийн таван өнцөгт барих нэг арга энд байна.

Пентагоныг дүрслэх тойрог байгуулж, түүний төвийг тэмдэглэО . (Энэ бол баруун талд байгаа бүдүүвч дээрх ногоон тойрог).

Тойрог дээрх цэгийг сонгоно ууА , энэ нь таван өнцөгтийн оройн нэг байх болно. Шугам зурО болонА .

Шугамтай перпендикуляр шугам байгуулО.А цэгээр дамжин өнгөрөхО . Тойрогтой огтлолцсон хэсгүүдийн аль нэгийг нь цэг болгон тэмдэглэБ .

Нэг цэг байгуулахC дундуур ньО болонБ .

C цэгээр дамжинА . Түүний огтлолцлыг шугамтай тэмдэглэОБ (эх тойрог дотор) цэг болгонД .

Төвтэй тойрог зурА D цэгээр дамжуулан энэ тойргийн анхны (ногоон тойрог) огтлолцлыг цэг болгон тэмдэглэнэЭ болонФ .

Төвтэй тойрог зурЭ цэгээр дамжинА Г .

Төвтэй тойрог зурФ цэгээр дамжинА . Түүний анхны тойрогтой нөгөө огтлолцлыг цэг болгон тэмдэглэХ .

Ердийн таван өнцөгт байгуулAEGHF .

Шийдэх боломжгүй асуудлууд

Эрт дээр үед барилгын дараах гурван ажлыг хийж байжээ.

Өнцгийн гурвалжин - дурын өнцгийг гурван тэнцүү хэсэгт хуваах.

Өөрөөр хэлбэл, өнцгийн трисекторуудыг барих шаардлагатай - өнцгийг гурван тэнцүү хэсэгт хуваах туяа. П.Л.Ванзел 1837 онд жишээлбэл, n бүхэл тоо 3-т хуваагдахгүй байх тохиолдолд α = 360°/n өнцгийн хувьд гурвалсан зүсэлт хийх боломжтой үед л асуудлыг шийдэж болохыг нотолсон. Гэсэн хэдий ч үе үе хэвлэлд нийтлэгдсэн байна. Луужин ба шулуун ирмэгээр өнцгийг гурвалсан (буруу) аргууд.

Кубыг хоёр дахин нэмэгдүүлэх - эзэлхүүн нь өгөгдсөн шоогийн эзэлхүүнээс хоёр дахин их хэмжээтэй луужин ба захирагчтай шоо бүтээх эртний сонгодог асуудал.

Орчин үеийн тэмдэглэгээнд асуудлыг тэгшитгэлийг шийдвэрлэх хүртэл багасгасан. Энэ бүхэн нь уртын сегментийг бий болгох асуудалтай холбоотой юм. П.Ванзел 1837 онд энэ асуудлыг луужин болон шулуун шугамын тусламжтайгаар шийдвэрлэх боломжгүй гэдгийг нотолсон.

Тойргийг квадрат болгох - өгөгдсөн тойрогтой тэнцүү талбайтай дөрвөлжингийн захирагч ба луужин ашиглан бүтээцийг олох даалгавар.

Та бүхний мэдэж байгаагаар луужин ба захирагчийн тусламжтайгаар бүх 4 арифметик үйлдлийг хийж, квадрат язгуурыг гаргаж авах боломжтой; Иймээс хязгаарлагдмал тооны ийм үйлдлүүдийн тусламжтайгаар π урттай хэрчмийг байгуулах боломжтой тохиолдолд л тойргийн квадратыг авах боломжтой гэсэн дүгнэлт гарна. Ийнхүү энэ асуудлын шийдэгдэх боломжгүй байдал нь 1882 онд Линдеманн нотолсон π тооны алгебрийн бус шинж чанараас (трансцендент) үүсдэг.

Луужин, захирагчийн тусламжтайгаар шийдвэрлэх боломжгүй өөр нэг алдартай асуудал болөгөгдсөн гурван урттай биссектрисаар гурвалжин байгуулах .

Түүгээр ч зогсохгүй энэ асуудал трисектор байгаа тохиолдолд ч шийдэгдэх боломжгүй хэвээр байна.

Зөвхөн 19-р зуунд л луужин, шулуун шугамын тусламжтайгаар гурван асуудлыг шийдвэрлэх боломжгүй гэдгийг баталсан. Барилга барих боломжийн тухай асуудлыг Галуагийн онол дээр үндэслэсэн алгебрийн аргаар бүрэн шийддэг.

ТА үүнийг МЭДЭХ ҮҮ...

(геометрийн байгууламжийн түүхээс)

Нэгэн цагт ердийн олон өнцөгтийг барихад ид шидийн утгыг оруулсан байдаг.

Тиймээс эртний Грекд амьдарч байсан Пифагорчууд, Пифагорын үндэслэсэн шашин, гүн ухааны сургаалийг дагагч нар (ВБи-би Волон зуун МЭӨ МЭӨ), жирийн таван өнцөгтийн диагональуудаас бүрдсэн одны олон өнцөгтийг тэдний нэгдлийн шинж тэмдэг болгон баталсан.

Зарим ердийн олон өнцөгтийг геометрийн хатуу барих дүрмийг 2014 онд амьдарч байсан эртний Грекийн математикч Евклидийн "Эхлэл" номонд заасан байдаг.IIIv. МЭӨ. Эдгээр бүтээн байгуулалтыг гүйцэтгэхийн тулд Евклид тухайн үед хөлийг холбох нугастай төхөөрөмжгүй байсан захирагч, луужин ашиглахыг санал болгов (багажийн ийм хязгаарлалт нь эртний математикийн зайлшгүй шаардлага байсан).

Ердийн олон өнцөгтийг эртний одон орон судлалд өргөн ашигладаг байсан. Хэрэв Евклид эдгээр дүрсийг бүтээхийг математикийн үүднээс сонирхож байсан бол эртний Грекийн одон орон судлаач Клаудиус Птолемейд (МЭ 90-160 он) энэ нь одон орны асуудлыг шийдвэрлэхэд туслах хэрэгсэл болох шаардлагатай болсон. Тиймээс, "Алмагест"-ийн 1-р номонд аравдугаар бүлгийг бүхэлд нь ердийн таван өнцөгт, арван өнцөгт барихад зориулав.

Гэсэн хэдий ч цэвэр шинжлэх ухааны бүтээлүүдээс гадна ердийн олон өнцөгтийг барих нь барилгачид, гар урчууд, зураачдад зориулсан номын салшгүй хэсэг байв. Эдгээр дүрсийг дүрслэх чадвар нь архитектур, үнэт эдлэл, дүрслэх урлагт эртнээс шаардагддаг.

Ромын архитектор Витрувий (МЭӨ 63-14 онд амьдарч байсан) "Архитектурын тухай арван ном"-д хотын хэрэм нь ердийн олон өнцөгт хэлбэртэй байх ёстой бөгөөд цайзын цамхгууд нь "дугуй эсвэл олон өнцөгт хэлбэртэй байх ёстой" гэж бичжээ. дөрвөлжин бүслэлтийн зэвсгээр нэлээд устгагдсан.

Хотуудыг төлөвлөх нь Витрувийд ихээхэн сонирхолтой байсан бөгөөд тэрээр гол салхи тэднийг дагуулахгүйн тулд гудамжуудыг төлөвлөх шаардлагатай гэж үздэг байв. Ийм найман салхитай, тодорхой чиглэлд салхилдаг гэж таамаглаж байсан.

Сэргэн мандалтын үед ердийн олон өнцөгт, ялангуяа таван өнцөгтийг барих нь энгийн математикийн тоглоом биш байсан бөгөөд цайз барихад зайлшгүй шаардлагатай урьдчилсан нөхцөл байв.

Ердийн зургаан өнцөгт нь Германы агуу одон орон судлаач, математикч Иоганнес Кеплер (1571-1630) тусгай судалгааны сэдэв байсан бөгөөд энэ тухай "Шинэ жилийн бэлэг" номондоо дурдсан буюу зургаан өнцөгт цасан ширхгүүдийн тухай өгүүлдэг. Тэрээр цасан ширхгүүд яагаад зургаан өнцөгт хэлбэртэй байдгийн шалтгааныг дурдаж, тэр дундаа дараахь зүйлийг тэмдэглэв: “... тэгш талт гурвалжин, дөрвөлжин, ердийн зургаан өнцөгт гэсэн дүрсээр онгоцыг цоорхойгүйгээр бүрхэж болно. Эдгээр тоонуудын дунд ердийн зургаан өнцөгт нь хамгийн том талбайг эзэлдэг.

Геометрийн бүтэцтэй холбоотой хамгийн алдартай эрдэмтдийн нэг бол Германы агуу зураач, математикч Альбрехт Дюрер (1471-1528) байсан бөгөөд тэрээр "Удирдамж ..." номынхоо нэлээд хэсгийг тэдэнд зориулжээ. Тэрээр 3. 4, 5 ... 16 талтай ердийн олон өнцөгт байгуулах дүрмийг санал болгосон. Дюрерийн санал болгосон тойргийг хуваах аргууд нь бүх нийтийнх биш бөгөөд тухайн тохиолдол бүрт бие даасан техникийг ашигладаг.

Дурер уран сайхны практикт ердийн полигон барих аргыг ашигласан, жишээлбэл, паркетан дээр янз бүрийн гоёл чимэглэл, хэв маягийг бий болгоход ашигладаг. Ийм хээний ноорог зургийг Нидерланд руу аялах үеэр хийсэн бөгөөд тэнд олон байшингаас паркетан шал олджээ.

Дурер цагирагт холбогдсон ердийн олон өнцөгтүүдээс (зургаан тэгш өнцөгт гурвалжин, дөрвөн дөрвөлжин, гурваас зургаан зургаан өнцөгт, арван дөрвөн долоон өнцөгт, дөрвөн найман өнцөгт цагираг) гоёл чимэглэл хийжээ.

Дүгнэлт

Тэгэхээр,геометрийн байгууламжууд хариултыг графикаар авах асуудлыг шийдвэрлэх арга юм. Шийдвэрийн зөв эсэх нь үүнээс хамаардаг тул барилгын ажлыг хамгийн дээд нарийвчлал, ажлын нарийвчлал бүхий зургийн хэрэгслээр гүйцэтгэдэг.

Энэ ажлын ачаар би луужингийн үүсэл түүхтэй танилцаж, геометрийн байгууламжийг гүйцэтгэх дүрмийг илүү нарийвчлан мэдэж, шинэ мэдлэг олж авч, практикт хэрэгжүүлсэн.
Луужин, захирагч ашиглан барилгын асуудлыг шийдвэрлэх нь геометрийн дүрс, тэдгээрийн элементүүдийн мэдэгдэж буй шинж чанаруудыг шинээр харах боломжийг олгодог ашигтай зугаа цэнгэл юм.Энэ нийтлэлд бид луужин, шулуун шугам ашиглан геометрийн байгууламжтай холбоотой хамгийн тулгамдсан асуудлуудыг авч үзэх болно. Гол ажлуудыг авч үзэж, тэдгээрийн шийдлийг өгсөн болно. Дээрх даалгаврууд нь геометрийн чиглэлээр олж авсан мэдлэгээ нэгтгэх, практик ажилд ашиглахад ихээхэн ач холбогдолтой юм.
Ийнхүү ажлын зорилго биелж, тавьсан зорилтууд биелэв.

Крымын СУРГУУЛИЙН ХҮҮХДИЙН ШИНЖЛЭХ УХААНЫ ЖИЖИГ АКАДЕМИ

"ОЛОХ"

"Математик" хэсэг

ДАВХАР ТАЛТ ЗУРАГ АШИГЛАН ГЕОМЕТРИЙН БАРИЛГА

Би ажлаа хийсэн а

_____________

ангийн сурагч

шинжлэх ухааны зөвлөх

ТАНИЛЦУУЛГА………………………………………………………………………..3

I. ОНГОЦ ДЭЭР ГЕОМЕТРИЙН БАРИЛГА …………………4

I.1. Конструктив геометрийн ерөнхий аксиомууд. Математик хэрэгслийн аксиомууд …………………………………………………………………………..4

I.2. ……………………….....5

I.3. Нэг захирагчтай геометрийн байгууламжууд ……………………………..7

I.4. Хоёр талт захирагч барих үндсэн ажил ………………..8

I.5. Барилга угсралтын янз бүрийн ажлуудыг шийдвэрлэх

I.6. Нэг талт захирагчтай бүтээн байгуулалтууд…………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………20

I.7. Хоёр талт хэмжигчийг луужин ба захирагчтай солих чадвар….21

ДҮГНЭЛТ…………………………………………………………….24

Ашигласан уран зохиолын жагсаалт………………………………..………….25

Танилцуулга

Хязгаарлагдмал хөрөнгөөр ​​барилга барих ажилд сургуулийн сургалтын хөтөлбөрт тусгагдсан зөвхөн луужин, захирагчаар барих ажлыг багтаасан болно. Барилгын асуудлыг зөвхөн нэг захирагчаар шийдэх боломжтой юу? Ихэнхдээ гарт луужин байдаггүй бөгөөд захирагч үргэлж олддог.

Геометрийн барилгын даалгавар бол сонирхолтой хэсэг юм. Түүний сонирхол нь геометрийн агуулгын гоо үзэсгэлэн, энгийн байдлаас үүдэлтэй юм. Практикт хэрэглэгдэж байгаа тул эдгээр асуудлыг авч үзэх нь яаралтай болж байна. Энэ баримт бичигт авч үзсэн асуудлуудыг шийдвэрлэхийн тулд нэг захирагч ашиглах чадвар нь практикт маш чухал ач холбогдолтой юм, учир нь Бид сегментийг хагас болгон хуваах, өгөгдсөн сегментийг хоёр дахин нэмэгдүүлэх гэх мэт асуудалтай байнга тулгардаг.

Энэ нийтлэлд бид илүү төвөгтэй асуудлыг шийдвэрлэхэд туслах барилгын үндсэн ажлуудыг авч үзэх болно.

Туршлагаас харахад барилгын ажил нь сонирхлыг төрүүлж, сэтгэцийн үйл ажиллагааг идэвхжүүлэхэд хувь нэмэр оруулдаг. Тэдгээрийг шийдвэрлэхдээ тоонуудын шинж чанарын талаархи мэдлэгийг идэвхтэй ашиглаж, сэтгэх чадварыг хөгжүүлж, геометрийн байгууламжийн ур чадварыг сайжруулдаг. Үүний үр дүнд бүтээлч чадварыг хөгжүүлдэг бөгөөд энэ нь геометрийг судлах нэг зорилго юм.

Таамаглал: луужин ба захирагчаар шийдэж болох барилгын бүх асуудлыг зөвхөн хоёр талт захирагчаар шийдэж болно.

Судалгааны объект: барилгын ажил, хоёр талт захирагч.

Судалгааны зорилго: барилгын бүх асуудлыг зөвхөн хоёр талт захирагчийн тусламжтайгаар шийдэж болно гэдгийг батлах..

Судалгааны зорилго: барилгын асуудлыг шийдвэрлэх онолын үндэслэлийг судлах; хоёр талт захирагчийн тусламжтайгаар барилгын үндсэн асуудлыг шийдвэрлэх; илүү төвөгтэй барилгын ажлын жишээг өгөх; онолын болон практик материалыг системчлэх.

I. ОНГОЦ ДЭЭР ГЕОМЕТРИЙН БАРИЛГА

I.1. Конструктив геометрийн ерөнхий аксиомууд. Математик хэрэгслийн аксиомууд

Бүтээлч геометрийн хувьд тодорхой нэг хэрэгслийн үнэн зөв, математикийн зорилгоор бүрэн тайлбартай байх шаардлагатай. Ийм тайлбарыг аксиом хэлбэрээр өгсөн болно. Эдгээр аксиомууд нь хийсвэр математик хэлбэрээр геометрийн байгууламжид ашиглагддаг бодит зургийн хэрэгслийн шинж чанарыг илэрхийлдэг.

Геометрийн барилгад хамгийн түгээмэл хэрэглэгддэг хэрэгслүүд нь:захирагч (нэг талт) , луужин, хоёр талын захирагч (зэрэгцээ ирмэгтэй) болон бусад.

A. Захирагч аксиом.

Захирагч нь дараахь геометрийн бүтцийг гүйцэтгэх боломжийг танд олгоно.
a) баригдсан хоёр цэгийг холбосон сегментийг барих;

б) баригдсан хоёр цэгийг дайран өнгөрөх шулуун шугам барих;

в) баригдсан цэгээс ялгарч, өөр баригдсан цэгээр дамжин өнгөрөх туяаг бүтээх.

B. Луужингийн аксиом.

Луужин нь дараахь геометрийн бүтцийг гүйцэтгэх боломжийг танд олгоно.
a) тойргийн төв ба тойргийн радиустай тэнцүү сегмент (эсвэл түүний төгсгөлүүд) баригдсан бол тойрог барих;

B. Хоёр талт захирагчийн аксиом.

Хоёр талт захирагч нь дараахь зүйлийг хийх боломжийг олгоно.

a) аксиом А-д заасан аливаа бүтээцийг гүйцэтгэх;

б) баригдсан шугамаар тодорхойлсон хагас хавтгай тус бүрд энэ шугамтай параллель, түүнээс хол зайд өнгөрөх шугамыг байгуулна.а, хаана а - өгөгдсөн захирагчийн хувьд тогтоосон сегмент (захирагчийн өргөн);

в) хэрэв А ба В хоёр цэгийг барьсан бол AB нь зарим нэг тогтмол сегментээс их байх эсэхийг тодорхойлноа (захирагчийн өргөн), хэрэв AB >а , дараа нь A ба B цэгүүдийг дайран өнгөрөх хоёр хос зэрэгцээ шугамыг барьж, бие биенээсээ хол зайд байрлуулна.а .

Дээрх хэрэгслүүдээс гадна та геометрийн байгууламжийн бусад хэрэгслийг ашиглаж болно: дурын өнцөг, дөрвөлжин, тэмдэг бүхий захирагч, хос өнцөг, тусгай муруй зурах янз бүрийн төхөөрөмж гэх мэт.

I.2. Барилгын асуудлыг шийдвэрлэх ерөнхий зарчим

Барилгын даалгавар Хэрэв өөр ямар нэгэн дүрс өгөгдөх бөгөөд хүссэн зургийн элементүүд болон энэ зургийн элементүүдийн хоорондын тодорхой харилцааг зааж өгсөн бол заасан хэрэгслээр тодорхой дүрсийг бүтээх шаардлагатай болно.

Асуудлын нөхцөлийг хангасан дүрс бүрийг дууднашийдвэрэнэ даалгавар.

Шийдэл олох Барилга угсралтын ажил гэдэг нь үүнийг хязгаарлагдмал тооны үндсэн бүтээц болгон багасгах, өөрөөр хэлбэл үндсэн бүтээцүүдийн хязгаарлагдмал дарааллыг зааж өгөх, дараа нь конструктив геометрийн хүлээн зөвшөөрөгдсөн аксиомуудын дагуу хүссэн дүрсийг аль хэдийн баригдсан гэж үзнэ. Зөвшөөрөгдөх үндсэн барилга байгууламжийн жагсаалт, улмаар асуудлыг шийдвэрлэх явц нь барилгын ажилд ямар төрлийн багаж хэрэгслийг ашиглахаас ихээхэн хамаарна.

Барилгын асуудлыг шийднэ - гэсэн үг, бүх шийдлийг олох .

Сүүлийн тодорхойлолтод тодорхой тайлбар хэрэгтэй. Асуудлын нөхцлийг хангасан зургууд нь хэлбэр, хэмжээ, хавтгай дээрх байрлалаар ялгаатай байж болно. Барилга угсралтын даалгаврын томъёолол, асуудлын нөхцөл нь өгөгдсөн тоон үзүүлэлттэй харьцуулахад хүссэн дүрсийн тодорхой байрлалыг хангаж байгаа эсэх зэргээс шалтгаалан онгоцон дээрх байрлалын ялгааг харгалзан үздэг эсвэл тооцдоггүй.

Хэрэв асуудлыг шийдэх гарц олдвол ирээдүйд энэ шийдлийг "бүхэлдээ", өөрөөр хэлбэл үндсэн барилга байгууламжид хуваахгүйгээр ашиглахыг зөвшөөрнө.

Хэд хэдэн энгийн геометрийн барилгын асуудлууд байдаг бөгөөд тэдгээр нь ихэвчлэн илүү төвөгтэй асуудлыг шийдвэрлэх бүрэлдэхүүн хэсэг болгон оруулдаг. Бид тэдгээрийг анхан шатны геометрийн барилгын асуудал гэж нэрлэх болно. Анхан шатны даалгавруудын жагсаалт нь мэдээжийн хэрэг нөхцөлтэй. Хамгийн нийтлэг ажлуудад дараахь зүйлс орно.

Энэ сегментийг хагасаар хуваа.

Энэ өнцгийг хагасаар хуваа.

Өгөгдсөнтэй тэнцүү сегментийн өгөгдсөн шугам дээр барих.

Өгөгдсөн өнцөгтэй тэнцүү өнцөг байгуулах.

Өгөгдсөн цэгээр өгөгдсөн шулуунтай параллель өнгөрөх шугам барих.

Өгөгдсөн цэгийг дайран өнгөрөх ба өгөгдсөн шулуунд перпендикуляр шугам барих.

Энэ талаар сегментийн хуваагдал.

Гурван талыг өгөгдсөн гурвалжин байгуулах.

Хажуу тал ба хоёр зэргэлдээ өнцгийг өгөгдсөн гурвалжин байгуулах.

Хоёр тал ба тэдгээрийн хоорондох өнцгийг өгсөн гурвалжин байгуулах.

Барилгын аливаа нарийн төвөгтэй асуудлыг шийдэхдээ асуудлыг шийдэх арга замыг олохын тулд асуудлыг хэрхэн шийдвэрлэх, асуудлын бүх шийдлийг олж авах, асуудлыг шийдвэрлэх боломжийн нөхцөлийг олж мэдэх гэх мэт асуулт гарч ирдэг. , бүтээлч асуудлыг шийдвэрлэхдээ тэд дараах дөрвөн алхамаас бүрдэх шийдлийн схемийг ашигладаг.

1) дүн шинжилгээ хийх;
2) барилга байгууламж;
3) нотлох баримт;
4) судалгаа.

I.3. Нэг захирагчтай геометрийн байгууламжууд

Бид захирагчийг захирагч, хоёр талт захирагч гэсэн хоёр талаас нь авч үзэх болно.

1. хоёр талт захирагчөргөн а зайд байрлах зэрэгцээ ирмэг бүхий захирагчийг бид дуудах болно а бие биенээсээ шууд барих боломжтой болгож байна:

a) дурын шугам;

б) асуудлыг шийдвэрлэх явцад өгөгдсөн буюу олж авсан хоёр цэгийг дайран өнгөрөх шулуун шугам;

в) тус бүр нь цэгүүдийн аль нэгийг дайран өнгөрөх зэрэгцээ шугамууд, тэдгээрийн хоорондох зай нь -ээс их байнаа (энэ бүтээн байгуулалтын үед захирагч нь түүний хоёр зэрэгцээ ирмэг бүр нь өгөгдсөн хоёр цэгийн аль нэгтэй байх байрлалд байрладаг; энэ тохиолдолд бид шууд барилгын тухай ярих болно).

Энэхүү барилга байгууламж дахь захирагчийн өргөнийг тогтмол гэж үздэг тул тодорхой асуудлыг шийдвэрлэх явцад олж авсан зарим цэгүүдэд шууд барилгын ажил хийх шаардлагатай болдог.Аболон В , дараа нь бид урт гэдгийг батлах ёстойABилүү урт а .

Хэрэв энэ нь өгөгдлийн нэг юмуу эсвэл хоёр баригдсан шугамын огтлолцол бол бид баригдсан цэгийг авч үзэх болно; эргээд бид баригдсан эсвэл өгөгдсөн цэгүүдийг дайран өнгөрвөл баригдсан шугамыг авч үзэх болно.

Хоёр талт захирагч ашиглан та дараахь зүйлийг барьж болно.

a) Шугамыг дурын хоёр цэгээр дамжуулж болно, гэхдээ зөвхөн нэг.

б) Ямар ч шулуун хавтгайд үүнтэй зэрэгцээ ба түүнээс хол зайд яг хоёр шулуун байнаа .

в) AB цэгийн А ба В хоёр цэгээр а хоёр хос зэрэгцээ зурах боломжтойшууд; AB = үед а -тэй тэнцүү зайтай хос зэрэгцээ шугам зурж болноа .

Хэрэв нэг, хоёр, гурван оноо өгвөл шинэ оноо барих боломжгүй

(Зураг 1);

хэрэв дөрвөн цэг өгөгдсөн бол тэдгээрийн гурав нь (эсвэл бүх дөрөв) нэг шулуун дээр байрладаг бол өөр цэгийг барьж болохгүй (Зураг 2);

Параллелограммын орой дээр байрлах дөрвөн цэгийг өгвөл зөвхөн нэг цэгийг байгуулж болно - түүний төв. (Зураг 3).

Дээр дурдсан зүйлийг хүлээн авсны дараа бид хоёр талт захирагчийн шийдсэн асуудлуудыг тусад нь авч үздэг.

I.4. Хоёр талт захирагч барих үндсэн ажлууд

1
. ABC өнцгийн биссектрисийг байгуул.

Шийдэл: (Зураг 4)

а  (В C) ба б  (Хамтлаг  б = Д .

Б авна Д- биссектрис  ABC.

Нээрээ, авсан

параллелограмм байгуулах нь

ромб, учир нь түүний өндөр нь тэнцүү. ВД –

ромбын диагональ нь биссектриса юм ABC. Зураг 4

2
. Өгөгдсөн ABC өнцгийг хоёр дахин нэмэгдүүлнэ

Шийдэл : (Зураг 5) a) а  (AB),

а  (В C)= Д , B ба цэгүүдээр дамжуулан Д

б шууд;

б) В ба цэгүүдээрД м  б

шууд,б Ç a = Ф .

Авах Ð AB Ф = 2 Ð ABC .

Зураг 5

3 . Энэ мөрөнд М Н Энэ нь

А цэгт перпендикуляр зурна

Шийдэл : (Зураг 6)

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

шууд (д (М Н),

ХАМТ Î (М Н))) 2) А ба В-ээр дамжуулан

м || n - шууд,

м Ç (SS 1) = Д .

Бид авдаг (А Д )  (М Н ).

Зураг 6.

4
. Өгөгдсөн цэгээр дамжуулан хэвтэхгүй

энэ мөр, перпендикуляр зурах

руу энэ шулуун шугам.

Шийдэл: Энэ цэгээр дамжуулан бид зурдаг

Өгөгдсөнийг огтолж буй хоёр шугам

шулуун шугам AB ба үр дүнд нь өнцгийг хоёр дахин нэмэгдүүлнэ

өгөгдсөнтэй зэргэлдээх гурвалжин

Чигээрээ.  О.А Н = 2  OAB болон

О.В Н = 2  OVA (Зураг 7).

Зураг 7

5. Өгөгдсөн шулуунтай тэгш хэмтэй цэгийг байгуул.

Шийдэл: бодлого 4. (О цэг нь цэгт тэгш хэмтэй байнаН. Зураг 7)

6. Шулуун шугам зур үүнтэй зэрэгцээ

П
М шугам Н , А цэгээр дамжин, үгүй

М шугамд хамаарах Н .

Шийдэл 1: (Зураг 8)

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

– шууд, (CA)Ç (BB 1) \u003d C 2;

2) (C 2 K) Ç (ДД 1 ) = Ф .

(А Ф ) нь хүссэн шугам юм.

Зураг 8

Шийдэл 2 . Зураг 8-д 1-ийг дугаарласан байна

шулуун шугамын дараалал,

Үүний 1, 2, 3 нь зэрэгцээ байна

шууд барилга байгууламж;

(А Ф) || (М Н).

Зураг 8 1

7
. Энэ AB сегментийг хагасаар хуваа.

Шийдэл 1 (Зураг 9) (зөвхөн захирагчийн өргөн нь өгөгдсөн сегментийн уртаас бага байх тохиолдолд). Хоёр хос зэрэгцээ шугамыг шууд зур

энэ сегментийн төгсгөлүүд, дараа нь диагональ

үүссэн ромб. O нь AB-ийн дунд цэг юм.

Цагаан будаа. 9.

Шийдэл 2 (Зураг 9, a)

1) а || (Хамтлаг б || (AB) - шууд;

2) (AR), (AR)Ç a = C, (AP) Ç б = Д ;

3) (Д V) Ç a = M, (CB) Ç б = Н ;

4) (М Н ) Ç (AB) = K;

5) (Д TO) Ç (А Н ) = Ф ;

6) (In Ф ) Ç б = Д 1, (Б Ф ) Ç a \u003d C 1;

7) (Д В ) Ç (А Д 1 ) = X,

(AC 1) Ç (CB) = З.

8) (X З) Ç (AB) = О. Бид AO = OB авна.

Зураг 9, a

Шийдэл 3 .(Цагаан будаа. 9б)

Мэдэгдэж байгаачлан , дунд трапец дээр

суурь, огтлолцох цэг

диагональ ба огтлолцлын цэг

хажуугийн өргөтгөлүүд

нэг мөрөнд хэвтэх.

1) м || (AB) - шууд;

2) C Î м , Д Î м , (AC) Ç (В Д ) = TO; Зураг.9,б

3) (CB) Ç (А Д ) = Ф ; 4) (К Ф ) Ç (AB) = О. Бид AO = OB авна.

I.5. Барилгын янз бүрийн асуудлыг шийдвэрлэх

Зөвхөн хоёр талт захирагч барих дараах асуудлуудыг шийдвэрлэхдээ зэрэгцээ шугамыг шууд барих, дээрх үндсэн долоон асуудлыг ашиглана.

1. Энэ цэгээр харилцан перпендикуляр хоёр шугам зур.

Р Шийдэл: энэ цэгээр дамжина

дурын хоёр шугам,

тэгээд биссектриса

зэргэлдээ булангууд. (Зураг 10)

Зураг 10

2. Өгөгдсөн сегмент А Д өгөгдсөн урт.

Урт нь -тэй сегментийг байгуул.

Р
шийдэл : зарцуулъя м  аболон h || м хөндлөн

цэг А. е || (А Д ) , к || (МЭ) шууд.

B = AB ба AC-ийг зурцгааяе  м ,

a C = м  к . Мэдэгдэж буй арга замаар

AB ба АС-ийг хоёр болон хуваа

гурвалжны медиануудыг зур

ABC. Медиануудын өмчөөр

гурвалжин, өө Д = - хүссэн

сегмент (Зураг 11)

Цагаан будаа. арван нэгэн

3. Урт нь байх шугамын хэсгийг байгуул

гурвалжны периметртэй тэнцүү байна.

Шийдэл: (Зураг 12). Биссектрис байгуулъя

гурвалжны хоёр гадна булан, дараа нь

3 оргил В перпендикуляр зурах

эдгээр биссектрисад.

Д.Э = a + б + хамт

Зураг.12

4. a урттай сегмент өгөгдсөн. Урт сегментүүдийг бүтээх 2a, 3a.

Р Шийдэл: (Зураг 13)

1 сая Н) || (AB) ба (М 1 Н 1 ) || (М Н) || (М 2 Н 2 ) –

Шууд;

2) (CA) ба (CB) A ба B-ээр дамжуулан.

A 1 B 1 ба A 2 B 2 сегментүүд шаардлагатай.

Энэ асуудлыг шийдэх өөр нэг шийдэл байж болно

7-р асуудлын шийдлээс гарна.

Цагаан будаа. арван гурав

5. Шулуун шугам дээр хоёр сегмент өгөгдсөн бөгөөд тэдгээрийн урт нь a ба байна б . Урт нь +-тэй тэнцүү сегментүүдийг байгуул б , б - а, ( а + б )/2 ба ( б - а )/2 .

Шийдэл: болон төлөө а + б(Зураг 14, а)

Зураг 14, a

б) төлөө ( а + б)/2 (Зураг 14, b)

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

2) М Î (A 2 B 2), (MX) Ç (A 1 B 1) = Н, (М Х) Ç (A 1 B 1) = П;

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

Бид авах: Н О = NP + PO =
.

Цагаан будаа. 14б

в) төлөө б - а(Зураг 14, в)

Цагаан будаа. 14, ин

в) төлөө ( б - а )/2 (Зураг 14d)

Цагаан будаа. 14,г

6
. Энэ тойргийн төвийг байгуул.

Шийдэл : (Зураг 15) AB шулуун шугамыг зур.

А ба В цэгүүдэд тойргийг огтлолцох;

Нар  AB, энд C нь огтлолцох цэг юм

тойрогтой.

С цэгийг AB-тай параллель зур

шулуун шугам C Д; ХАМТДтойрог давна

цэг дээрД.

ХолбосноорДB-тэй, А-тай С-тэй бол бид авна

Хүссэн цэг нь тойргийн төв юм. Цагаан будаа. 15

Шийдэл 2: (Зураг 16) Хоёр талт захирагч ашиглан хоёр зэрэгцээ хөвчийг байгуулМЭ болонМЭӨ . Бид ижил өнцөгт трапецийг авдагA B C D. БолъёК болонП - шугамын огтлолцох цэгүүдАС болонБ.Д , AB болонDC . Дараа нь шугамП К тэдгээрт перпендикуляр трапецын суурийн дунд цэгүүдийг дайран өнгөрдөг бөгөөд энэ нь өгөгдсөн тойргийн төвийг дайран өнгөрдөг гэсэн үг юм. Үүнтэй адил өөр нэг шулуун шугамыг байгуулсны дараа бид тойргийн төвийг олдог.

Цагаан будаа. арван зургаа

7. Тойргийн нумыг өгөв. Тойргийн төвийг байгуул

Шийдэл . (Зураг 17) Энэ нуман дээр A, B, C 3 цэгийг тэмдэглэе.АВ хэрчимний төгсгөлд захирагч залгаж ирмэгийг нь дугуйлъя. Бид хоёр зэрэгцээ шугам авдаг. Захирагчийн байрлалыг өөрчилснөөр дахин хоёр зэрэгцээ шулуун шугам зур. Бид ромб (ижил өндөртэй параллелограмм) авдаг. Ромбын диагональуудын нэг нь сегментийн перпендикуляр биссектрис юмAB , ромбын диагональ нь нөгөө диагональын перпендикуляр биссектрист байрладаг тул. Үүний нэгэн адил бид сегментийн перпендикуляр биссектрисийг байгуулнаАС . Баригдсан дунд перпендикуляруудын огтлолцох цэг нь хүссэн тойргийн төв юм.

Цагаан будаа. 17

8. АВ хэрчим, түүнтэй параллель биш l шулуун ба түүн дээрх M цэг өгөгдсөн. Нэг хоёр талт захирагч ашиглан l шугамын M төвтэй AB ​​радиустай тойрогтой огтлолцох цэгүүдийг байгуул.

Шийдэл: (Зураг 18)

Гурвалжинг гүйцээцгээеABM параллелограмм рууABNM . MT ба биссектрисаг байгуулъяMSхоорондын өнцөгМНба шуудл . Энэ цэгийг дамжуулцгааяН Эдгээр биссектрисстэй параллель шугамууд:NQ || MS, NR || MT. MT│ MSзэргэлдээх өнцгүүдийн биссектрисаар. гэсэн үг,NQ │ MT, өөрөөр хэлбэл гурвалжин хэлбэртэй байнаNMQбиссектриса нь өндөр тул гурвалжин нь тэгш өнцөгт байна:MQ = МН. Үүний нэгэн адил,НОЁН = МН. онооQболонРхүссэн.

Цагаан будаа. арван найман

9. l шулуун ба l-тэй параллель OA хэрчим өгөгдсөн. Нэг хоёр талт захирагч ашиглан l шугамын огтлолцлын цэгүүдийг О цэгт төвтэй OA радиустай тойрогтой байгуул.

Шийдэл: (Зураг 19, а)

Шулуун шугам татъял 1 , шугамтай зэрэгцээО.А мөн түүнээс хол зайда . Үүнийг шууд авч үзьел дурын цэгБ . БолъёБ 1 - шугамын огтлолцлын цэгОБ болонл 1 . Энэ цэгийг дамжуулцгааяБ 1 шулуун, зэрэгцээAB ; энэ шугам нь шугамыг огтолж байнаО.А цэг дээрА 1 . Одоо цэгүүдийг дамжуулцгааяО болонА 1 -тэй тэнцүү зайтай хос зэрэгцээ шугама (ийм хоёр хос мөр байж болно); зөвшөөрөхX болонX 1 - цэгийг дайран өнгөрөх шугамын огтлолцлын цэгО , шулуун шугамтайл болонл 1 . Учир ньО.А 1 = ҮХЭР 1 ба ∆О.А 1 X 1 ∆ OAX , дараа нь ОА = ОХ, цэгX хүссэн.

Үүний нэгэн адил бид тойрог ба шулуун шугамын огтлолцлын хоёр дахь цэг - цэгийг байгуулнаЮ(Зураг 18, ​​b).

Цагаан будаа. 18,а

Цагаан будаа. 18б

I.6.Нэг талт захирагчтай бүтээн байгуулалтууд

З
Энд бид онцгой тохиолдлыг авч үзье: P цэгүүдийг өгье,Q, Р 1 болонQ 1 . ба тэдгээр нь трапецын орой дээр байрладаг.

1. P сегментийг хуваа Q хагаст

Шийдэл 19-р зурагт үзүүлэв

Өгөгдсөн оноо P,Q, Р 1 болонQ 1 ба зэрэгцээ шугамууд

РQ, Р 1 Q 1 . R зарцуулцгааяQ 1  QР 1 = Б , RR 1  QQ 1 = А

A ба B цэгүүдийг холбоно. AB РQ = Ф- дунд

сегмент PQ.

Цагаан будаа. арван есөн

2. Давхар сегмент Р 1 Q 1.

Р
шийдэл Зураг 20-д үзүүлэв.Бүтэцгээе

цэгФ- сегментийн дунд хэсэг RQмөн холбоно уу

-тайQ 1. Р 1 Q FQ 1 = M. RM-ийг хийцгээе. RM Р 1 Q 1 = Р

тэгш байдалRQболон Р 1 Q 1 ижил төстэй байдлаас үүдэлтэй

гурвалжин RMФболон РМQ 1 ,

ФМQболон Р 1 МQ 1 , ба тэгш байдал РФболонFQ.

Цагаан будаа. хорин

3
. Урт сегментийг байгуул n  Р 1 Q 1 .

м – 1 тэнцүү сегментүүд PQ 2 , Q 2 Q 3, … Q м -1 Q м

Дараа нь бид бүтээдэг (RR 1 ) баQ м Q 1 болон холбох

тэдгээрийн цэгүүдтэй огтлолцох цэг А

Q 2 , Q 3, … Q м Хүлээн авсанм -1 шууд

хуваахР 1 Q 1 дээрм тэнцүү хэсгүүд.

Учир ньм = 4 уусмалыг 22-р зурагт үзүүлэв

Зураг.22

I.7. Хоёр талт захирагчийг луужин ба захирагчтай сольж болно

Хоёр талт захирагчийг луужин, захирагчтай сольж болохыг баталцгаая. Үүнийг хийхийн тулд бид дараахь мэдэгдлийг нотолж байна.

Санал 1: луужин болон шулуун шугамын тусламжтайгаар хийж болох бүх бүтээцийг хоёр талт шулуун шугамаар хийж болно.

Луужин ба захирагчаар барьж байгуулахдаа захирагч нь хоёр цэгээр шулуун шугам татдаг бөгөөд луужин нь тойрог үүсгэдэг (өгөгдсөн цэгээс ижил зайд байгаа цэгүүдийн багцыг олдог) тул луужин ба захирагчтай бүх барилгууд нь багасдаг. хоёр шулуун шугам, хоёр тойрог, шулуун шугамтай тойргийн огтлолцлыг барих.

Хоёр шугамын огтлолцлыг захирагч ашиглан зурж болно.

Тойрог ба шулуун шугамын огтлолцол (Зураг 23):

Барилга:AB сегментийг өгье - тойргийн радиус, шулуун шугамл , тойргийн төв О, тэгвэл:

1) Бид OS || зарцуулдагл , OS = AB.

2) Бид OS || зарцуулдагкболон алсын зайнаас а.

3) Бид зарцуулдагОД, ОД л = Д; ОД k) Фалесийн теоремын үр дүнд

4) Тэгш байдлын шилжилтийн хуулийн дагуу

5) авч үзэхOMQE. OMQEпараллелограмм, учир нь OM ||EQболон OE ||MC(шугаман талууд параллель байна). Энэ бол ромб гэдгийг баталцгаая.

5.1) Ёс заншилQZ ОКболонQG АСААЛТТАЙ, дараа ньQG = QZ = а.

5.2)  OMQ =  RQM(загалмай худал хэлэх);  OS =АСААЛТТАЙнотлох ёстой байсан.

Хоёр тойргийн огтлолцол: ижил төстэй.

Мэдэгдэл 2: Хоёр талт захирагчаар хийх боломжтой бүх бүтээцийг луужин болон шулуун шугамын тусламжтайгаар хийх боломжтой.

Үүнийг хийхийн тулд бид луужин болон захирагчийг ашиглан хоёр талт захирагчийн стандартын дагуу бүтээн байгуулалтыг хийнэ.

1) Хоёр цэгийн шугамыг захирагч ашиглан хялбархан зурдаг.

2) Өгөгдсөн зайд өгөгдсөнтэй параллель, түүнээс алслагдсан шулуун шугам барих:

2.1) Мөр өгьекба уртын сегмента.

2.2) Бид дурын шугамыг барьдагб к, зөвшөөрк б= Б.

2.3) Асаалттайбцэгийн хоёр талдБшулуун шугам дээрбуртыг хойш тавьа, оноо өгCболонД.

2.4) Цэгээр дамжинCшулуун шугам барихв к.

2.5) Цэгээр дамжууланДшулуун шугам барихг к.

2.6) Шуудвболонг- хүссэн, оноос хойшМЭӨболонБ.Дтэнцүүахийцээр ба шугамын хоорондох зайтай тэнцүү байнакба шууд

3) Өгөгдсөн хоёр цэгийг дайран өнгөрч буй бие биентэйгээ параллель шугам барих ба тэдгээрийн хоорондох зай нь өгөгдсөн сегменттэй тэнцүү байна.

3.1) Оноо өгьеАболонБба уртын сегмента.

3.2) Нэг цэг дээр төвлөрсөн тойрог зурАба радиуса.

3.3) Бид цэгээр дамжуулан өгөгдсөн тойрог руу шүргэгч байгуулнаБ; ийм хоёр шүргэгч байдаг, хэрэвБтойргийн гадна байрладаг (хэрэвAB> а), нэг болБтойрог дээр хэвтэж байна (хэрэвAB= а), аль нь ч бишБтойрог дотор байрладаг (AB< а). Энэ шүргэгч нь хүссэн шугамуудын нэг юм; цэгээр дамжихын тулд зүүнАтүүнтэй зэрэгцээ шулуун шугам.

3.4) Шугамуудын нэг нь тойргийн радиустай шүргэгч байдлаар перпендикуляр байдаг тул хоёр дахь нь мөн түүнд перпендикуляр байдаг (тэдгээр нь параллель байдаг) тиймээс тэдгээрийн хоорондох зай нь радиустай тэнцүү бөгөөд энэ нь барилгын хувьд тэнцүү байна. рууаЭнэ нь шаардлагатай байсан юм.

Ийнхүү бид хоёр талт захирагч, луужин, захирагч хоёрыг сольж болохыг нотолсон.

Дүгнэлт: хоёр талт захирагчийг луужин, захирагчтай сольж болно.

Дүгнэлт

Тиймээс луужин, захирагчийн тусламжтайгаар сонгодог барилгын асуудлыг шийдвэрлэхэд нэг захирагч ашиглах боломжийн асуудлыг авч үзэж, шийдсэн. Барилгын асуудлыг зөвхөн зэрэгцээ ирмэг бүхий захирагч ашиглан шийдэж болно. Илүү нарийн төвөгтэй асуудлыг шийдэхдээ ирээдүйд энэ баримт бичигт авч үзсэн үндсэн бүтээн байгуулалтад найдах хэрэгтэй.

Үзүүлсэн материалыг зөвхөн математикийн хичээл, математикийн дугуйлангийн ангиудад төдийгүй практик үйл ажиллагаанд шууд ашиглаж болно.

Ашигласан уран зохиолын жагсаалт

Алиев А.В. Геометрийн байгууламжууд. Сургуульд математик. 1978 оны №3

Глэйзер Г.И. Сургуулийн математикийн түүх. М., Гэгээрэл. 1981 он.

Депман И.Я. Математикийн сурах бичгийн хуудасны ард. М.. Боловсрол. 1989 он.

Еленский Ш.Пифагорын мөрөөр. М., Детгиз. 1961 он.

Залуу математикчийн нэвтэрхий толь бичиг. М., Сурган хүмүүжүүлэх ухаан. 1985 он

Жишээ

Нэг мөрийг хагас болгон хуваах

Бисекцийн асуудал. Энэ сегментийг хуваахын тулд луужин болон шулуун ирмэгийг ашигла ABхоёр тэнцүү хэсэгт хуваана. Шийдлүүдийн нэгийг зурагт үзүүлэв.

• Луужин нь цэгүүдэд төвлөрсөн тойрог зурдаг Аболон Брадиус AB.
• Уулзвар цэгүүдийг хайж байна Пболон Qхоёр барьсан тойрог (нуман).
• Захирагч дээр цэгүүдийг дайран өнгөрөх сегмент эсвэл шугамыг зур Пболон Q.
• Сегментийн дунд цэгийг олох AB- огтлолцох цэг ABболон PQ.

Албан ёсны тодорхойлолт

Барилгын асуудалд дараахь үйлдлүүдийг хийхийг зөвшөөрдөг онгоцны бүх цэгийн багц, бүх шугамын багц, бүх тойргийн багцыг авч үздэг.

1. Бүх цэгүүдийн багцаас нэг цэг сонгоно уу:
   1. дурын цэг
   2. өгөгдсөн шулуун дээрх дурын цэг
   3. Өгөгдсөн тойрог дээрх дурын цэг
   4. өгөгдсөн хоёр шугамын огтлолцлын цэг
   5. өгөгдсөн шугам ба өгөгдсөн тойргийн огтлолцлын цэгүүд / шүргэгч
   6. өгөгдсөн хоёр тойргийн огтлолцлын цэгүүд/шүргэх
2. "Виа захирагчид» бүх мөрүүдийн багцаас нэг мөр сонгоно уу:
   1. дурын шугам
   2. өгөгдсөн цэгийг дайран өнгөрөх дурын шугам
   3. өгөгдсөн хоёр цэгийг дайран өнгөрөх шугам
3. "Виа луужин» бүх тойргийн багцаас тойрог сонгоно уу:
   1. дурын тойрог
   2. өгөгдсөн цэг дээр төвлөрсөн дурын тойрог
   3. өгөгдсөн хоёр цэгийн хоорондох зайтай тэнцүү радиустай дурын тойрог
   4. өгөгдсөн цэг дээр төвлөрсөн, өгөгдсөн хоёр цэгийн хоорондох зайтай тэнцүү радиустай тойрог

Асуудлын нөхцөлд тодорхой багц цэгүүдийг зааж өгсөн болно. Хязгаарлагдмал тооны үйлдлүүдийг ашиглан дээрх зөвшөөрөгдсөн үйлдлүүдийн дотроос анхны олонлогтой өгөгдсөн хамаарал бүхий өөр багц цэгүүдийг байгуулах шаардлагатай.

Барилга угсралтын асуудлын шийдэл нь үндсэн гурван хэсгээс бүрдэнэ.

1. Өгөгдсөн багцыг бүтээх аргын тайлбар.
2. Тодорхойлсон арга замаар бүтээгдсэн олонлог нь анхны олонлогтой өгөгдсөн харилцаатай байдгийн нотолгоо. Барилгын нотолгоог ихэвчлэн аксиом болон бусад батлагдсан теоремуудад тулгуурлан теоремын тогтмол нотолгоо болгон хийдэг.
3. Барилга угсралтын тодорхойлсон аргыг анхны нөхцлийн янз бүрийн хувилбарт хэрэглэх боломжтой эсэх, мөн тодорхойлсон аргаар олж авсан шийдлийн өвөрмөц эсвэл өвөрмөц бус байдлын шинжилгээ.

Мэдэгдэж буй асуудлууд

• Өгөгдсөн гурван тойрогтой шүргэгч тойрог барих Аполлониусын бодлого. Хэрэв өгөгдсөн тойргийн аль нь ч нөгөөгийнхөө дотор ороогүй бол энэ асуудал үндсэндээ 8 өөр шийдэлтэй байна.
• Дөрвөн талдаа бичээстэй дөрвөн өнцөгт байгуулах Брахмагуптагийн асуудал.

Ердийн олон өнцөгтийг барих

Эртний геометрүүд хэрхэн зөв барихаа мэддэг байсан n-gons for , , and .

Боломжтой, боломжгүй бүтээн байгуулалтууд

Бүх бүтээц нь зарим тэгшитгэлийн шийдлээс өөр зүйл биш бөгөөд энэ тэгшитгэлийн коэффициентүүд нь өгөгдсөн сегментүүдийн урттай холбоотой байдаг. Тиймээс тодорхой төрлийн тэгшитгэлийн график шийдэл болох тоог бүтээх талаар ярих нь тохиромжтой. Дээрх шаардлагын хүрээнд дараахь бүтээн байгуулалтыг хийх боломжтой.

• Шугаман тэгшитгэлийн шийдлүүдийг бүтээх.
• Квадрат тэгшитгэлийн шийд байгуулах.

Өөрөөр хэлбэл, анхны тоонуудын квадрат язгуурыг (хэсгүүдийн урт) ашиглан зөвхөн арифметик илэрхийлэлтэй тэнцүү тоонуудыг бүтээх боломжтой. Тухайлбал,

Хувилбар ба ерөнхий ойлголт

• Нэг луужингаар бүтээн байгуулалтууд.Мор-Машерони теоремийн дагуу нэг луужингийн тусламжтайгаар та луужин болон захирагчаар барьж болох ямар ч дүрсийг барьж болно. Энэ тохиолдолд түүн дээр хоёр цэг өгвөл шугам баригдсан гэж үзнэ.
• Нэг захирагчтай бүтээн байгуулалтууд.Нэг захирагчийн тусламжтайгаар зөвхөн проекцийн хувьд өөрчлөгддөггүй бүтээн байгуулалтыг хийж болно гэдгийг харахад хялбар байдаг. Ялангуяа сегментийг хоёр тэнцүү хэсэгт хуваах, эсвэл зурсан тойргийн төвийг олох боломжгүй юм. Гэхдээ хэрэв хавтгай дээр тэмдэглэгдсэн төвтэй урьдчилан зурсан тойрог байгаа бол захирагч ашиглан та луужин ба захирагчтай ижил бүтцийг зурж болно (Понселет-Штайнер теорем (). Англи)), 1833. Хэрэв захирагч дээр хоёр сериф байгаа бол түүний тусламжтайгаар бүтээн байгуулалтууд нь луужин ба захирагчийн тусламжтайгаар бүтээгдсэнтэй тэнцэнэ (Наполеон үүнийг батлах чухал алхам хийсэн).
• Хязгаарлагдмал багаж хэрэгсэл бүхий барилга байгууламж.Энэ төрлийн асуудлуудад багаж хэрэгслийг (бодлогын сонгодог томъёололоос ялгаатай нь) хамгийн тохиромжтой биш, харин хязгаарлагдмал гэж үздэг: эдгээр цэгүүдийн хоорондох зай нь тодорхой хэмжээнээс хэтрэхгүй тохиолдолд л хоёр цэгээр дамжин шулуун шугамыг захирагч ашиглан зурж болно. үнэ цэнэ; Луужингаар зурсан тойргийн радиусыг дээрээс, доороос эсвэл дээрээс болон доороос хязгаарлаж болно.
• Хавтгай оригами бүхий барилга.Хужитын дүрмийг үзнэ үү

бас үзнэ үү

• Динамик геометрийн програмууд нь компьютер дээр луужин болон шулуун шугамаар зурах боломжийг олгодог.

Тэмдэглэл

Уран зохиол

• А.АдлерГеометрийн байгууламжийн онол / Герман хэлнээс орчуулсан Г.М.Фихтэнгольц. - Гурав дахь хэвлэл. - Л.: Учпэдгиз, 1940. - 232 х.
• I. I. АлександровБарилга угсралтын геометрийн асуудлын цуглуулга. - Арван найм дахь хэвлэл. - М .: Учпэдгиз, 1950. - 176 х.
• Б.И.Аргунов, М.Б.Балк. - Хоёр дахь хэвлэл. - М .: Учпэдгиз, 1957. - 268 х.
• A. M. ВоронецЛуужингийн геометр. - М.-Л.: ОНТИ, 1934. - 40 х. - (Математикийн алдартай номын сан, Л.А. Люстерникийн засварласан).
• В.А.ГейлерШийдвэрлэх боломжгүй барилгын асуудал // хөргөлтийн шингэн. - 1999. - No 12. - S. 115-118.
• В.А. КириченкоЛуужин ба захирагчтай бүтээн байгуулалтууд ба Галуагийн онол // Зуны сургууль "Орчин үеийн математик". - Дубна, 2005.
• Ю.И.Манин IV дэвтэр. Геометр // Анхан шатны математикийн нэвтэрхий толь бичиг. - М .: Физматгиз, 1963. - 568 х.
• Ю.ПетерсенГеометрийн барилгын асуудлыг шийдвэрлэх арга, онол. - М .: Э.Лиснер ба Ю.Роман нарын хэвлэлийн газар, 1892. - 114 х.
• В.В.ПрасоловГурван сонгодог барилгын асуудал. Кубыг хоёр дахин нэмэгдүүлэх, өнцгийн гурвалсан зүсэлт, тойргийг квадрат болгох. - М .: Наука, 1992. - 80 х. - (Математикийн алдартай лекцүүд).
• Ж.ШтайнерШулуун шугам ба тогтмол тойрог ашиглан гүйцэтгэсэн геометрийн байгууламжууд. - М .: Учпэдгиз, 1939. - 80 х.
• Математикийн нэмэлт хичээл. 7-9 / Comp. I. L. Никольская. - М .: Боловсрол, 1991. - S. 80. - 383 х. - ISBN 5-09-001287-3

Викимедиа сан. 2010 он.

Бусад толь бичгүүдээс "Луужин ба захирагчтай барилга" гэж юу болохыг хараарай.

Захирагч - Akademika VseTools дээрээс хямдралтай купон авах эсвэл VseTools-оос үнэ төлбөргүй хүргэлтээр захирагч худалдаж аваарай

Эрт дээр үеэс мэдэгдэж байсан Евклидийн геометрийн хэсэг. Барилга угсралтын ажилд дараахь үйлдлүүдийг хийх боломжтой: Хавтгай дээрх дурын цэг, баригдсан шугамын аль нэг дээрх цэг эсвэл баригдсан хоёр шугамын огтлолцлын цэгийг тэмдэглэ. ...... Википедиагийн тусламжтайгаар

Луужин ба шулуун шугамын тусламжтайгаар бүтээн байгуулалтууд Эрт дээр үеэс мэдэгдэж байсан Евклидийн геометрийн хэсэг. Барилга угсралтын ажилд дараахь үйлдлүүдийг хийх боломжтой: Хавтгай дээрх дурын цэг, баригдсан шугамын аль нэг дээрх цэг эсвэл цэгийг тэмдэглэх ... ... Wikipedia

Жишээ нь, ашиглах. comp. ихэвчлэн Морфологи: (үгүй) юу? юуны төлөө барилга барих вэ? барилга, (харна уу) юу? юу барих вэ? барилга, юуны тухай? барилгын тухай; pl. юу? барилга, (үгүй) юу? барилга, яагаад? барилга байгууламж, (харна уу) юу? барилгын ажил юу? ... ... Дмитриевийн толь бичиг

Src="https://present5.com/presentation/3/178794035_430371946.pdf-img/178794035_430371946.pdf-1.jpg" alt="(!LANG:>Захирагч ба луужингаар бүтээх Геометр">!}

Src="https://present5.com/presentation/3/178794035_430371946.pdf-img/178794035_430371946.pdf-2.jpg" alt="(!LANG:> Өгөгдсөн B Ú-тэй тэнцүү A сегментийн бодлого байгуул."> 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:> Өгөгдсөн нэг өнцөгтэй тэнцүү өнцөг үүсгэгчийг байгуулах нь"> 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:> Өнцгийн биссектрис байгуулах бодлого 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:> Перпендикуляр шугам барих Бодлого Ú)."> 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:> Барилгын сегментийн дундын цэгийг барьж байна. өгсөн"> 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.!}