Reklama na portáli

Základné stavebné úlohy. „Geometrické konštrukcie s kružidlom a pravítkom Aké konštrukcie sa dajú robiť pomocou pravítka

V konštrukčných úlohách budeme uvažovať o konštrukcii geometrického útvaru, ktorý možno vykonať pomocou pravítka a kružidla.

Pomocou pravítka môžete:

    ľubovoľná čiara;

    ľubovoľná priamka prechádzajúca daným bodom;

    priamka prechádzajúca cez dva dané body.

Pomocou kompasu môžete opísať kružnicu daného polomeru z daného stredu.

Kompas možno použiť na nakreslenie úsečky na danej priamke z daného bodu.

Zvážte hlavné úlohy stavby.

Úloha 1. Zostrojte trojuholník s danými stranami a, b, c (obr. 1).

Riešenie. Pomocou pravítka narysujeme ľubovoľnú priamku a naberieme na ňu ľubovoľný bod B. S otvorom kružidla rovným a opíšeme kružnicu so stredom B a polomerom a. Nech C je priesečník s priamkou. S otvorom kružidla rovným c opíšeme kružnicu zo stredu B a kružnicovým otvorom rovným b - kružnicu zo stredu C. Nech A je priesečník týchto kružníc. Trojuholník ABC má strany rovné a, b, c.

Komentujte. Aby tri úsečky slúžili ako strany trojuholníka, je potrebné, aby väčšia z nich bola menšia ako súčet ostatných dvoch (a< b + с).

Úloha 2.

Riešenie. Tento uhol s vrcholom A a lúčom OM je znázornený na obrázku 2.

Nakreslite ľubovoľný kruh so stredom vo vrchole A daného uhla. Nech B a C sú priesečníky kružnice so stranami uhla (obr. 3, a). Nakreslíme kružnicu s polomerom AB so stredom v bode O - počiatočnom bode tohto lúča (obr. 3, b). Priesečník tejto kružnice s daným lúčom bude označený ako С 1 . Opíšme kružnicu so stredom C 1 a polomerom BC. Bod B 1 priesečníka dvoch kružníc leží na strane požadovaného uhla. Vyplýva to z rovnosti Δ ABC \u003d Δ OB 1 C 1 (tretie kritérium pre rovnosť trojuholníkov).

Úloha 3. Zostrojte osičku daného uhla (obr. 4).

Riešenie. Z vrcholu A daného uhla, ako od stredu, nakreslíme kružnicu s ľubovoľným polomerom. Nech B a C sú body jeho priesečníka so stranami uhla. Z bodov B a C s rovnakým polomerom opisujeme kružnice. Nech D je ich priesečník, odlišný od A. Lúč AD delí uhol A na polovicu. Vyplýva to z rovnosti ΔABD = ΔACD (tretie kritérium pre rovnosť trojuholníkov).

Úloha 4. Nakreslite stred kolmo na tento segment (obr. 5).

Riešenie. Ľubovoľným, ale identickým otvorom kružidla (veľká 1/2 AB) opíšeme dva oblúky so stredmi v bodoch A a B, ktoré sa budú navzájom pretínať v niektorých bodoch C a D. Požadovaná kolmica bude priamka CD. V skutočnosti, ako je možné vidieť z konštrukcie, každý z bodov C a D je rovnako vzdialený od A a B; preto tieto body musia ležať na kolmici na úsečku AB.

Úloha 5. Rozdeľte túto časť na polovicu. Rieši sa rovnako ako úloha 4 (pozri obr. 5).

Úloha 6. Cez daný bod nakreslite priamku kolmú na danú priamku.

Riešenie. Možné sú dva prípady:

1) daný bod O leží na danej priamke a (obr. 6).

Z bodu O nakreslíme kružnicu s ľubovoľným polomerom, ktorá pretína priamku a v bodoch A a B. Z bodov A a B nakreslíme kružnice s rovnakým polomerom. Nech je ich priesečník odlišný od О О 1. Dostaneme ОО 1 ⊥ AB. Body O a O 1 sú skutočne rovnako vzdialené od koncov úsečky AB, a preto ležia na kolmici na túto úsečku.

Mestská rozpočtová vzdelávacia inštitúcia

stredná škola č.34 s prehlbovacím štúdiom jednotlivých predmetov

MAN, sekcia fyziky a matematiky

"Geometrické konštrukcie pomocou kružidla a pravítka"

Vyplnil: žiak 7. triedy „A“.

Batiščeva Viktória

Vedúci: Koltovskaya V.V.

Voronež, 2013

3. Konštrukcia uhla rovného danému.

P nakreslite ľubovoľnú kružnicu so stredom vo vrchole A daného uhla (obr. 3). Nech B a C sú priesečníky kružnice so stranami uhla. S polomerom AB nakreslíme kružnicu so stredom v bode O, začiatočnom bode danej polpriamky. Priesečník tejto kružnice s danou polpriamkou je označený C 1 . Opíšte kruh so stredom C 1 a obr

polomer BC. Bod B1 priesečník zostrojených kružníc v zadanej polrovine leží na strane požadovaného uhla.

6. Konštrukcia kolmých čiar.

Nakreslíme kružnicu s ľubovoľným polomerom r so stredom v bode O Obr.6. Kruh pretína priamku v bodoch A a B.Z bodov A a B nakreslíme kružnice s polomerom AB. Melanchólia C nech je priesečníkom týchto kruhov. Body A a B sme získali v prvom kroku, pri konštrukcii kružnice s ľubovoľným polomerom.

Požadovaná čiara prechádza bodmi C a O.


Obr.6

známe problémy

1.Brahmaguptova úloha

Zostrojte vpísaný štvoruholník so štyrmi stranami. Jedno riešenie využíva Apolloniov kruh.Vyriešme Apolloniovu úlohu pomocou analógie medzi trojkolkou a trojuholníkom. Ako nájdeme kružnicu vpísanú do trojuholníka: postavíme priesečník osí, pustíme z neho kolmice na strany trojuholníka, základne kolmice (priesečníky kolmice so stranou, na ktorej je znížená) a dáva nám tri body ležiace na požadovanom kruhu. Cez tieto tri body nakreslíme kruh - riešenie je pripravené. To isté urobíme s Apolloniovým problémom.

2. Apolloniov problém

Pomocou kružidla a pravítka vytvorte kruh dotýkajúci sa troch daných kruhov. Podľa legendy problém sformuloval Apollonius z Pergy okolo roku 220 pred Kristom. e. v knihe „Dotyk“, ktorá sa stratila, ale v roku 1600 ju obnovil François Vieta, „galský Apollonius“, ako ho nazývali jeho súčasníci.

Ak žiadny z daných kruhov neleží vo vnútri toho druhého, potom má tento problém 8 v podstate odlišných riešení.


Konštrukcia pravidelných polygónov.

P

správne (alebo rovnostranný ) trojuholník - to pravidelný mnohouholníks tromi stranami, prvým z pravidelných mnohouholníkov. Všetko strany rovnostranného trojuholníka sú si rovní a všetci uhly sú 60°. Ak chcete vytvoriť rovnostranný trojuholník, musíte rozdeliť kruh na 3 rovnaké časti. Na to je potrebné nakresliť oblúk s polomerom R tejto kružnice iba z jedného konca priemeru, dostaneme prvé a druhé delenie. Tretie delenie je na opačnom konci priemeru. Spojením týchto bodov dostaneme rovnostranný trojuholník.

Pravidelný šesťuholník môcťstavať s kompasom a pravítkom. Nižšieje daný spôsob výstavbyrozdelením kruhu na 6 častí. Využívame rovnosť strán pravidelného šesťuholníka s polomerom kružnice opísanej. Z protiľahlých koncov jedného z priemerov kružnice opíšeme oblúky s polomerom R. Priesečníky týchto oblúkov s danou kružnicou ju rozdelia na 6 rovnakých častí. Dôsledným spojením nájdených bodov sa získa pravidelný šesťuholník.

Konštrukcia pravidelného päťuholníka.

P
pravidelný päťuholník môže byťskonštruované pomocou kružidla a pravítka, alebo jeho osadením do danéhokruhu, alebo stavaním na základe danej strany. Tento proces je opísaný Euklidomvo svojich Prvkoch, asi 300 pred Kr. e.

Tu je jedna metóda na zostrojenie pravidelného päťuholníka v danom kruhu:

    Zostrojte kružnicu, do ktorej bude vpísaný päťuholník, a označte jeho stred akoO . (Toto je zelený kruh na obrázku vpravo).

    Vyberte bod na kruhuA , ktorý bude jedným z vrcholov päťuholníka. Nakreslite čiaruO aA .

    Zostrojte priamku kolmú na priamkuOA prechádzajúci bodomO . Označte jeden z jeho priesečníkov s kružnicou ako bodB .

    Vytvorte bodC uprostred medziO aB .

    C cez bodA . Označte jej priesečník s čiarouOB (vnútri pôvodného kruhu) ako bodD .

    Nakreslite kruh so stredomA cez bod D označte priesečník tohto kruhu s pôvodným (zelený kruh) ako bodyE aF .

    Nakreslite kruh so stredomE cez bodA G .

    Nakreslite kruh so stredomF cez bodA . Označte jeho ďalší priesečník s pôvodným kruhom ako bodH .

    Postavte pravidelný päťuholníkAEGHF .

Neriešiteľné problémy

V staroveku boli stanovené tieto tri stavebné úlohy:

    Trisekcia uhla - rozdeliť ľubovoľný uhol na tri rovnaké časti.

Inými slovami, je potrebné zostrojiť trisektory uhla - lúče rozdeľujúce uhol na tri rovnaké časti. P. L. Vanzel v roku 1837 dokázal, že problém je riešiteľný len vtedy, keď je napríklad trisekcia realizovateľná pre uhly α = 360°/n za predpokladu, že celé číslo n nie je deliteľné 3. V tlači sa však z času na čas objavil (nesprávne) metódy na trisekciu uhla pomocou kružidla a pravítka.

    Zdvojnásobenie kocky - klasický antický problém o stavbe kocky s kružidlom a pravítkom, ktorej objem je dvojnásobkom objemu danej kocky.

V modernej notácii sa problém redukuje na riešenie rovnice. Všetko sa týka problému konštrukcie segmentu dĺžky. P. Wanzel v roku 1837 dokázal, že tento problém nemožno vyriešiť pomocou kružidla a pravítka.

    Vyrovnanie kruhu - úloha nájsť pomocou kružidla a pravítka konštrukciu štvorca, ktorá sa svojou plochou rovná danej kružnici.

Ako viete, pomocou kompasu a pravítka môžete vykonať všetky 4 aritmetické operácie a extrahovať druhú odmocninu; z toho vyplýva, že kvadratúra kruhu je možná vtedy a len vtedy, ak pomocou konečného počtu takýchto operácií je možné zostrojiť úsečku dĺžky π. Neriešiteľnosť tejto úlohy teda vyplýva z nealgebraickej povahy (transcendencie) čísla π, ktorú dokázal v roku 1882 Lindemann.

Ďalším známym problémom, ktorý sa nedá vyriešiť pomocou kružidla a pravítka, jekonštrukcia trojuholníka tromi danými dĺžkami osi .

Navyše tento problém zostáva neriešiteľný aj v prítomnosti trisektora.

Až v 19. storočí sa ukázalo, že všetky tri problémy sú neriešiteľné iba pomocou kružidla a pravítka. Otázku možnosti konštrukcie úplne riešia algebraické metódy založené na Galoisovej teórii.

VIEŠ TO...

(z histórie geometrických konštrukcií)


Kedysi sa stavaniu pravidelných polygónov vložil mystický význam.

Takže Pythagorejci, nasledovníci náboženského a filozofického učenia založeného Pythagorasom a ktorí žili v starovekom Grécku (V ja-ja Vstoročia pred Kr pred Kr.), prijali na znak ich spojenia hviezdny mnohouholník tvorený uhlopriečkami pravidelného päťuholníka.

Pravidlá pre prísnu geometrickú konštrukciu niektorých pravidelných mnohouholníkov sú uvedené v knihe „Začiatky“ od starogréckeho matematika Euklida, ktorý žil v r.IIIv. pred Kr. Na vykonanie týchto konštrukcií Euclid navrhol použiť iba pravítko a kružidlo, ktoré v tom čase nemalo kĺbové zariadenie na spájanie nôh (takéto obmedzenie nástrojov bolo nevyhnutnou požiadavkou starovekej matematiky).

Pravidelné mnohouholníky boli široko používané v starovekej astronómii. Ak sa Euklides zaujímal o stavbu týchto obrazcov z hľadiska matematiky, potom sa to pre starogréckeho astronóma Klaudia Ptolemaia (asi 90 - 160 n. l.) ukázalo ako nevyhnutné ako pomocný nástroj pri riešení astronomických problémov. Takže v 1. knihe Almagestu je celá desiata kapitola venovaná konštrukcii pravidelných päťuholníkov a desaťuholníkov.

Popri čisto vedeckých prácach však bola neoddeliteľnou súčasťou kníh pre staviteľov, remeselníkov a umelcov aj stavba pravidelných mnohouholníkov. Schopnosť zobraziť tieto postavy sa už dlho vyžaduje v architektúre, šperkoch a výtvarnom umení.

„Desať kníh o architektúre“ od rímskeho architekta Vitruvia (žil okolo rokov 63 – 14 pred Kristom) hovorí, že mestské hradby by mali vyzerať ako pravidelný mnohouholník v pôdoryse a veže pevnosti „by mali byť okrúhle alebo polygonálne, pretože štvoruholník skôr zničený obliehacími zbraňami.

Plánovanie miest malo veľký záujem o Vitruvia, ktorý veril, že je potrebné naplánovať ulice tak, aby pozdĺž nich nefúkali hlavné vetry. Predpokladalo sa, že takýchto vetrov je osem a že fúkajú určitými smermi.

V období renesancie nebola stavba pravidelných mnohouholníkov, a najmä päťuholníka, jednoduchou matematickou hrou, ale bola nevyhnutným predpokladom pre stavbu pevností.

Pravidelný šesťuholník bol predmetom špeciálnej štúdie veľkého nemeckého astronóma a matematika Johannesa Keplera (1571-1630), o ktorej hovorí vo svojej knihe Novoročný darček alebo o šesťhranných snehových vločkách. Rozoberal dôvody, prečo majú snehové vločky šesťuholníkový tvar, poznamenáva najmä toto: „... rovinu možno bez medzier pokryť iba týmito obrazcami: rovnostrannými trojuholníkmi, štvorcami a pravidelnými šesťuholníkmi. Spomedzi týchto figúrok pokrýva najväčšiu plochu pravidelný šesťuholník.

Jedným z najznámejších vedcov zaoberajúcich sa geometrickými konštrukciami bol veľký nemecký umelec a matematik Albrecht Dürer (1471 -1528), ktorý im venoval významnú časť svojej knihy „Guidelines ...“. Navrhol pravidlá pre konštrukciu pravidelných mnohouholníkov s 3. 4, 5 ... 16 stranami. Metódy rozdelenia kruhu navrhnuté Dürerom nie sú univerzálne, v každom prípade sa používa individuálna technika.

Metódy konštrukcie pravidelných mnohouholníkov uplatnil Durer v umeleckej praxi napríklad pri vytváraní rôznych druhov ornamentov a vzorov na parkety. Náčrty takýchto vzorov vytvoril počas cesty do Holandska, kde sa v mnohých domoch našli parkety.

Durer vyrábal ozdoby z pravidelných mnohouholníkov, ktoré sú spojené do prstencov (kruhy zo šiestich rovnostranných trojuholníkov, štyroch štvoruholníkov, troch alebo šiestich šesťuholníkov, štrnástich sedemuholníkov, štyroch osemuholníkov).

Záver

takzegeometrické konštrukcie je metóda riešenia úlohy, pri ktorej sa odpoveď získava graficky. Konštrukcie sa vykonávajú pomocou nástrojov na kreslenie s maximálnou presnosťou a presnosťou práce, pretože od toho závisí správnosť rozhodnutia.

Vďaka tejto práci som sa zoznámil s históriou vzniku kružidla, bližšie spoznal pravidlá vykonávania geometrických konštrukcií, získal nové poznatky a uviedol ich do praxe.
Riešenie úloh pri stavaní pomocou kružidla a pravítka je užitočná zábava, ktorá vám umožní nový pohľad na známe vlastnosti geometrických tvarov a ich prvkov.V tomto príspevku uvažujeme o najnaliehavejších problémoch spojených s geometrickými konštrukciami pomocou kružidla a pravítka. Zvažujú sa hlavné úlohy a uvádzajú sa ich riešenia. Vyššie uvedené úlohy majú značný praktický záujem, upevňujú poznatky získané v geometrii a dajú sa využiť pri praktickej práci.
Cieľ práce je teda dosiahnutý, stanovené úlohy splnené.

MALÁ AKADÉMIA VIED ŠKOLÁKOV KRYMU

"FINDER"

Sekcia "Matematika"

GEOMETRICKÁ KONŠTRUKCIA POMOCOU OBOJSTRANNÉHO PRAVIDLA

Urobil som prácu a

_____________

triedny žiak

vedecký poradca

ÚVOD………………………………………………………………………………..…..3

I. GEOMETRICKÉ KONŠTRUKCIE V ROVINE ………………...4

I.1. Všeobecné axiómy konštruktívnej geometrie. Axiómy matematických nástrojov………………………………………………………………………..4

I.2. ……………………….....5

I.3. Geometrické konštrukcie s jedným pravítkom …………………………………..7

ja.4. Hlavné úlohy stavby obojstranného pravítka………………..8

I.5. Riešenie rôznych úloh pre stavbu

I.6. Konštrukcie s jednostranným pravítkom……………………………………………….....20

I.7. Zameniteľnosť obojstranného pravítka s kružidlom a pravítkom….21

ZÁVER……………………………………………………………………………….24

Zoznam použitej literatúry……………………………………………………….25

Úvod

Úlohy na stavanie s obmedzenými prostriedkami zahŕňajú úlohy na stavanie iba kružidlom a pravítkom, ktoré sú zahrnuté v školských osnovách. Je možné riešiť konštrukčné problémy iba jedným pravítkom? Často nie je po ruke kompas a pravítko sa dá vždy nájsť.

Konštrukčné úlohy v geometrii sú fascinujúcou sekciou. Záujem o ňu je spôsobený krásou a jednoduchosťou geometrického obsahu. Naliehavosť zvažovania týchto problémov narastá v dôsledku toho, že nachádza uplatnenie v praxi. Schopnosť použiť jedno pravítko na riešenie problémov uvažovaných v tomto príspevku má v praxi veľký význam, pretože neustále sa stretávame s problémami rozdelenia segmentu na polovicu, zdvojnásobenia daného segmentu atď.

V tomto príspevku uvažujeme o hlavných úlohách pre stavbu, ktoré slúžia ako podpora pri riešení zložitejších problémov.

Ako ukazuje skúsenosť, stavebné úlohy vzbudzujú záujem, prispievajú k aktivácii duševnej činnosti. Pri ich riešení sa aktívne využívajú poznatky o vlastnostiach obrazcov, rozvíja sa schopnosť uvažovania, zdokonaľujú sa zručnosti geometrických konštrukcií. V dôsledku toho sa rozvíjajú konštruktívne schopnosti, čo je jedným z cieľov štúdia geometrie.

Hypotéza: všetky konštrukčné problémy, ktoré sa dajú vyriešiť kružidlom a pravítkom, sa dajú vyriešiť iba obojstranným pravítkom.

Predmet štúdia: konštrukčné úlohy a obojstranné pravítko.

Ciele štúdie: dokázať, že všetky konštrukčné problémy je možné vyriešiť iba pomocou obojstranného pravítka.

Ciele výskumu: študovať teoretické základy riešenia konštrukčných problémov; vyriešiť základné stavebné problémy pomocou obojstranného pravítka; uviesť príklady zložitejších stavebných úloh; systematizovať teoretický a praktický materiál.

I. GEOMETRICKÉ KONŠTRUKCIE V ROVINE

I.1. Všeobecné axiómy konštruktívnej geometrie. Axiómy matematických nástrojov

Pre konštruktívnu geometriu je potrebné mať presný a pre matematické účely úplný popis konkrétneho nástroja. Takýto opis je uvedený vo forme axióm. Tieto axiómy v abstraktnej matematickej forme vyjadrujú tie vlastnosti skutočných nástrojov kreslenia, ktoré sa používajú na geometrické konštrukcie.

Najčastejšie používané nástroje pre geometrické konštrukcie sú:pravítko (jednostranné) , kompas, obojstranné pravítko (s rovnobežnými okrajmi) a niektoré ďalšie.

A. Axióma pravítka.

Pravítko vám umožňuje vykonávať nasledujúce geometrické konštrukcie:
a) zostrojte úsečku spájajúcu dva zostrojené body;

b) zostrojiť priamku prechádzajúcu dvoma zostrojenými bodmi;

c) zostrojte lúč vychádzajúci zo zostrojeného bodu a prechádzajúci iným zostrojeným bodom.

B. Axióma kompasu.

Kompas vám umožňuje vykonávať nasledujúce geometrické konštrukcie:
a) zostrojte kružnicu, ak je zostrojený stred kružnice a úsečka rovnajúca sa polomeru kružnice (alebo jej koncov);

B. Axióma obojstranného pravítka.

Obojstranné pravítko vám umožňuje:

a) vykonať ktorúkoľvek z konštrukcií uvedených v axióme A;

b) v každej z polrovín definovaných zostrojenou priamkou zostrojte priamku rovnobežnú s touto priamkou a prechádzajúcu od nej vo vzdialenostia, kde a - segment fixovaný pre dané pravítko (šírka pravítka);

c) ak sú zostrojené dva body A a B, tak určite, či AB bude väčší ako nejaký pevný segmenta (šírka pravítka), a ak AB >a potom zostrojte dva páry rovnobežných čiar prechádzajúcich bodmi A a B, ktoré sú od seba vzdialené v určitej vzdialenostia .

Okrem vyššie uvedených nástrojov môžete použiť ďalšie nástroje na geometrické konštrukcie: ľubovoľný uhol, štvorec, pravítko so značkami, pár pravých uhlov, rôzne zariadenia na kreslenie špeciálnych kriviek atď.

I.2. Všeobecné zásady riešenia stavebných problémov

Stavebná úloha spočíva v tom, že je potrebné zostrojiť určitý obrazec pomocou naznačených nástrojov, ak je daný iný obrazec a sú naznačené určité vzťahy medzi prvkami požadovaného obrazca a prvkami tohto obrazca.

Volá sa každý údaj, ktorý spĺňa podmienky úlohyrozhodnutie túto úlohu.

Nájsť riešenie konštrukčná úloha znamená zredukovať ho na konečný počet základných konštrukcií, t. j. naznačiť konečnú postupnosť základných konštrukcií, po ktorej sa už bude požadovaná postava považovať za postavenú na základe prijatých axióm konštruktívnej geometrie. Zoznam prípustných základných konštrukcií a následne aj priebeh riešenia problému v podstate závisí od toho, aké nástroje sa pri stavbách používajú.

Vyriešte konštrukčný problém - znamená, nájsť všetky riešenia .

Posledná definícia si vyžaduje určité objasnenie. Obrazce, ktoré spĺňajú podmienky úlohy, sa môžu líšiť tvarom alebo veľkosťou, ako aj polohou v rovine. Rozdiely v polohe v rovine sa berú do úvahy alebo sa neberú do úvahy v závislosti od formulácie samotného konštrukčného problému, od toho, či podmienka problému umožňuje alebo neposkytuje určité umiestnenie požadovaného útvaru vzhľadom na daný postavy.

Ak sa nájde riešenie problému, potom je v budúcnosti dovolené použiť toto riešenie "ako celok", t.j. bez rozdelenia na základné konštrukcie.

Existuje množstvo jednoduchých geometrických konštrukčných úloh, ktoré sú obzvlášť často zahrnuté ako komponenty pri riešení zložitejších úloh. Nazvime ich elementárne geometrické konštrukčné úlohy. Zoznam základných úloh je, samozrejme, podmienený. Medzi najčastejšie úlohy patria nasledovné:

    Rozdeľte tento segment na polovicu.

    Rozdeľte tento uhol na polovicu.

    Konštrukcia na danej priamke úsečky rovnajúcej sa danej.

    Zostrojenie uhla rovného danému uhlu.

    Zostrojenie priamky prechádzajúcej daným bodom rovnobežne s danou priamkou.

    Konštrukcia priamky prechádzajúcej daným bodom a kolmej na danú priamku.

    Rozdelenie segmentu v tomto smere.

    Konštrukcia trojuholníka s tromi stranami.

    Konštrukcia trojuholníka so stranou a dvoma susednými uhlami.

    Konštrukcia trojuholníka s dvomi stranami a uhlom medzi nimi.

Pri riešení akéhokoľvek trochu zložitého konštrukčného problému vyvstáva otázka, ako uvažovať, aby sa našiel spôsob, ako problém vyriešiť, získať všetky riešenia problému, zistiť podmienky pre možnosť riešenia problému atď. , pri riešení konštruktívnych problémov používajú schému riešenia pozostávajúcu z nasledujúcich štyroch krokov:

1) analýza;
2) konštrukcia;
3) dôkaz;
4) výskum.

I.3. Geometrické konštrukcie s jedným pravítkom

Na pravítko sa pozrieme z dvoch hľadísk: ako na pravítko a ako na obojstranné pravítko.

1. obojstranné pravítkošírka a budeme volať pravítko s rovnobežnými hranami umiestnenými na diaľku a jeden od druhého, čo umožňuje priamo stavať:

a) ľubovoľná čiara;

b) priamka prechádzajúca cez dva body dané alebo získané v procese riešenia problému;

c) rovnobežné priamky, z ktorých každá prechádza jedným z bodov, pričom vzdialenosť medzi nimi je väčšia akoa (pri tejto konštrukcii je pravítko v takej polohe, že každá z jeho dvoch rovnobežných hrán má jeden z dvoch daných bodov; v tomto prípade budeme hovoriť o priamej konštrukcii).

Šírka pravítka v tejto konštrukcii sa považuje za konštantnú, a preto, ak je v procese riešenia konkrétneho problému potrebné vykonať priamu konštrukciu s ohľadom na niektoré získané bodyA a V , potom musíme dokázať, že dĺžkaAB viac dĺžky a .

Bod budeme považovať za zostrojený, ak je jedným z údajov alebo je priesečníkom dvoch zostrojených priamok; za zostrojenú budeme považovať priamku, ak prechádza zostrojenými alebo danými bodmi.

Pomocou obojstranného pravítka môžete zostaviť nasledovné.

a) Čiara môže byť vedená cez ľubovoľné dva body, ale iba jeden.

b) Nech je priamka akákoľvek, v rovine rovnobežnej s ňou a vo vzdialenosti od nej sú práve dve priamkya .

c) Cez dva body A a B na ABa je možné nakresliť dva páry rovnobežiek priamy; pri AB = a možno nakresliť pár rovnobežných čiar, ktorých vzdialenosť sa rovnáa .

Ak je daný jeden, dva, tri body, nie je možné zostrojiť žiadne nové body

(Postava 1);

ak sú dané štyri body, z ktorých niektoré tri (alebo všetky štyri) ležia na tej istej priamke, nie je možné zostrojiť žiadne ďalšie body (obr. 2);

ak sú dané štyri body ležiace vo vrcholoch rovnobežníka, možno zostrojiť iba jeden bod – jeho stred. (Obr.3).

Po akceptovaní vyššie uvedeného uvažujeme oddelene o problémoch vyriešených obojstranným pravítkom.

ja.4. Základné úlohy pri stavaní obojstranného pravítka

1
. Zostrojte osičku uhla ABC.

Riešenie: (obr. 4)

a  (V C) a b  (Skupina b = D .

Získajte B D- osička ABC.

Vskutku, získané z

paralelogramová konštrukcia je

kosoštvorec, pretože jeho výšky sú rovnaké. VD –

uhlopriečka kosoštvorca je osou ABC. Obr.4

2
. Zdvojnásobte daný uhol ABC

Riešenie : (obr. 5) a) a  (AB),

a (V C)= D , cez body B a D

b priamo;

b) cez body B aD m  b

priamo,b Ç a = F .

Získajte Ð AB F = 2 Ð ABC .

Obr.5


3 . K tomuto riadku M N v tomto

nakreslite kolmicu na bod A

Riešenie : (obr. 6)

1) (AA 1) || (VV 1) || (SS 1) –

priamo (v(M N),

S Î (M N)); 2) cez A a B

m || n - priamo,

m Ç (SS 1 ) = D .

Dostávame (A D ) (M N ).

Obr.6.

4
. Cez daný bod neleží na

tento riadok, nakresliť kolmicu

Komu túto priamku.

Riešenie: Cez tento bod O kreslíme

dve priamky pretínajúce danú vec

priamku AB a zdvojnásobte výsledné uhly

trojuholníky susediace s daným

rovno. OA N = 2 OAB a

OV N = 2 OVA (obr. 7).

Obr.7

5. Zostrojte bod symetrický k danému bodu vzhľadom na danú priamku.

Riešenie: pozri úlohu 4. (bod O je symetrický k boduN. Obr.7)

6. Nakreslite rovnú čiaru paralelne s týmto

P
riadok M N , cez bod A, nie

patriaci do línie M N .

Riešenie 1: (obr. 8)

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

– priamo, (SA)Ç (BB 1) \u003d C 2;

2) (C 2 K) Ç (DD 1 ) = F .

(A F ) je požadovaný riadok.

Obrázok 8

Riešenie 2 . Na obr. 8 je 1 očíslovaná

postupnosť priamych čiar,

z ktorých 1, 2 a 3 sú rovnobežné

priama výstavba;

(A F) || (M N).

Obr.8 1

7
. Rozdeľte tento segment AB na polovicu.

Riešenie 1 (obr. 9) (iba pre prípad, keď je šírka pravítka menšia ako dĺžka daného segmentu). Nakreslite priamo dva páry rovnobežných čiar

konce tohto segmentu a potom uhlopriečka

výsledný kosoštvorec. O je stred AB.

Ryža. 9.

Riešenie 2 (obr. 9, a)

1) a || (Skupina b || (AB) - priamo;

2) (AR), (AR)Ç a = C, (AP) Ç b = D ;

3) (D V) Ç a = M, (CB) Ç b = N ;

4) (M N ) Ç (AB) = K;

5) (D TO) Ç (A N ) = F ;

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

7) (D V ) Ç (A D 1) = X,

(AC 1) Ç (CB) = Z.

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

Obr. 9, a

Riešenie 3 .( Ryža. 9b)

Ako je známe , v strednom lichobežníku

základne, priesečník

uhlopriečky a priesečník

bočné rozšírenia

ležať na rovnakej čiare.

1) m || (AB) - priamo;

2) C Î m , D Î m , (AC) Ç (V D ) = TO; Obr. 9, b

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

I.5. Riešenie rôznych stavebných problémov

Pri riešení nasledujúcich úloh pre konštrukciu iba s obojstranným pravítkom sa používa priama konštrukcia rovnobežných čiar a sedem hlavných úloh uvedených vyššie.

1. Cez tento bod nakreslite dve navzájom kolmé čiary.

R Riešenie: prejsť cez tento bod

dve ľubovoľné čiary,

a potom osi

priľahlé rohy. (Obr. 10)

Obr.10

2. Daný segment A D danú dĺžku.

Zostrojte segment, ktorého dĺžka je .

R
Riešenie : Poďme stráviť m a a h || m naprieč

bod A. f || (A D ) , k || (AD) priamo.

Nakreslíme AB a AC, kde B =f m ,

a C = m k . Známym spôsobom

Rozdeľte AB a AC na polovicu a

nakreslite stredy trojuholníka

ABC. Vlastnosťou mediánov

trojuholník, oh D = - želaný

segment (obr. 11)

Ryža. jedenásť

3. Zostrojte úsečku, ktorej dĺžka je

rovná obvodu trojuholníka.

Riešenie: (obr. 12). Postavme osi

dva vonkajšie rohy trojuholníka a potom

3 vrcholy V kresliť kolmice

k týmto bisektorom.

DE = a + b + s

Obr.12

4. Daný segment dĺžky a. Zostavte segmenty dĺžky 2a, 3a.

R Riešenie: (Obr. 13)

1 mil N) || (AB) a (M1 N 1 ) || (M N) || (M 2 N 2 ) –

Priamo;

2) (CA) a (CB) až A a B.

Segmenty A 1 B 1 a A 2 B 2 sú povinné.

Ďalším riešením tohto problému môže byť

získať z riešenia úlohy 7.

Ryža. trinásť

5. Na priamke sú uvedené dva segmenty, ktorých dĺžky sú a a b . Zostrojte segmenty, ktorých dĺžka sa rovná + b , b - a, ( a + b )/2 a ( b - a )/2 .

Riešenie: a pre a + b(Obr. 14, a)

Obr. 14, a

b) pre ( a + b)/2 (obr. 14, b)

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

2) M Î (A 2 B 2), (MX) Ç (A1B1) = N, (M H) Ç (A1B1) = P;

3) (PY) Ç (A2B2) = L, (LZ ) Ç (A1B1) = O

Dostaneme: N O = NP + PO =
.

Ryža. 14b

c) pre b - a(Obr. 14,c)

Ryža. 14, v

c) pre ( b - a )/2 (Obr. 14d)

Ryža. 14, g

6
. Zostrojte stred tohto kruhu.

Riešenie : (obr. 15) Nakreslite priamku AB,

pretínanie kružnice v bodoch A a B;

slnko AB, kde C je priesečník

s kruhom.

Nakreslite bod C rovnobežný s AB

priamka C D; SDprekročí kruh

v bodeD.

SpojenímDs B a A s C dostaneme

požadovaný bod je stred kruhu. Ryža. 15

Riešenie 2: (obr. 16) Pomocou obojstranného pravítka zostrojte dve rovnobežné tetivyAD apred Kr . Dostaneme rovnoramenný lichobežníkA B C D. NechajK aP - priesečníky čiarAC aBD , AB aDC . Potom riadokP K prechádza stredmi podstav lichobežníka, ktoré sú na ne kolmé, čo znamená, že prechádza stredom daného kruhu. Po podobnom zostrojení ďalšej takejto priamky nájdeme stred kruhu.

Ryža. šestnásť

7. Je daný oblúk kruhu. Zostrojte stred kruhu

Riešenie . (Obr. 17) Na tomto oblúku si označme tri body A, B a C. Na konce úsečky AB priložíme pravítko a zakrúžkujeme jej okraje. Dostaneme dve rovnobežné čiary. Zmenou polohy pravítka nakreslite ďalšie dve rovnobežné priame čiary. Dostaneme kosoštvorec (rovnobežník s rovnakými výškami). Jedna z uhlopriečok kosoštvorca je kolmica na úsečkuAB , keďže uhlopriečka kosoštvorca leží na kolmici druhej uhlopriečky. Podobne zostrojíme kolmicu na úsečkuAC . Priesečník zostrojených stredoviek je stredom požadovaného kruhu.

Ryža. 17

8. Je daný úsečkou AB, priamkou l, ktorá s ňou nie je rovnobežná, a bodom M na nej. Pomocou jedného obojstranného pravítka zostrojte priesečníky priamky l s kružnicou s polomerom AB so stredom M.

Riešenie: (Obr. 18)

Dokončíme trojuholníkABM na rovnobežníkABNM . Zostrojme osi MT aPANIuhly medziMNa priamyl . Prejdime cez bodN priamky rovnobežné s týmito osami:NQ || PANI, NR || MT. MT│ PANIako osy susedných uhlov. znamená,NQ │ MT, teda v trojuholníkuNMQstred je výška, takže trojuholník je rovnoramenný:MQ = MN. tak istoPÁN = MN. bodovQaRželaný.

Ryža. osemnásť

9. Daná priamka l a úsečka OA rovnobežná s l. Pomocou jedného obojstranného pravítka zostrojte priesečníky priamky l s kružnicou s polomerom OA so stredom v O.

Riešenie: (Obr. 19, a)

Nakreslíme rovnú čiarul 1 , rovnobežne s čiarouOA a v určitej vzdialenosti od nehoa . Vezmime si to rovnol ľubovoľný bodB . NechajB 1 - priesečník čiarOB al 1 . Prejdime cez bodB 1 rovné, rovnobežnéAB ; táto čiara pretína čiaruOA v bodeA 1 . Prejdime teraz cez bodyO aA 1 dvojica rovnobežných čiar, ktorých vzdialenosť sa rovnáa (môžu existovať dva takéto páry čiar); nechX aX 1 - priesečník priamky prechádzajúcej bodomO , s rovnými čiaramil al 1 . PretožeOA 1 = VÔL 1 a ∆OA 1 X 1 ∆ OAX , potom ОА = ОХ, bodX želaný.

Podobne zostrojíme druhý priesečník kružnice a priamky – bodY(Obr. 18, b).

Ryža. 18,a

Ryža. 18b

I.6.Konštrukcie s jednostranným pravítkom

W
Tu uvažujeme o špeciálnom prípade: nech sú dané body P,Q, R 1 aQ 1 . a ležia vo vrcholoch lichobežníka.

1. Rozdeľte segment P Q na polovicu

Riešenie znázornené na obrázku 19

Vzhľadom na body P,Q, R 1 aQ 1 a rovnobežné čiary

RQ, R 1 Q 1 . Strávme RQ 1 QR 1 = B , RR 1 QQ 1 = A

Spojte body A a B. ABRQ = F- stredný

segment PQ.

Ryža. devätnásť

2. Dvojitý segment R 1 Q 1.

R
Riešenie znázornené na obrázku 20. Poďme stavať

bodF- stred segmentu RQa pripojte ho

SQ 1. R 1 QFQ 1 = M. Vykonajme RM. RMR 1 Q 1 = R

rovnosťRQa R 1 Q 1 vyplýva z podobnosti

trojuholníky RMFa RMQ 1 ,

FMQa R 1 MQ 1 a rovnosť РFaFQ.

Ryža. dvadsať

3
. Vytvorte segment dĺžky n R 1 Q 1 .

m – 1 rovnaké segmenty PQ 2 , Q 2 Q 3, … Q m -1 Q m

Potom staviame (RR 1 ) aQ m Q 1 a pripojte sa

ich priesečník bodu A s bodmi

Q 2 , Q 3, … Q m Prijatém -1 priamy

rozdeliťR 1 Q 1 nam rovný časti.

Prem = 4 riešenie je znázornené na obrázku 22

Obr.22

I.7. Zameniteľnosť obojstranného pravítka s kružidlom a pravítkom

Dokážme, že obojstranné pravítko je zameniteľné s kružidlom a pravítkom. Aby sme to dosiahli, dokážeme nasledujúce tvrdenia:

Vyhlásenie 1: všetky konštrukcie realizovateľné s kružidlom a pravítkom sú realizovateľné s obojstranným pravítkom.

Keďže pri konštrukcii pomocou kružidla a pravítka pravítko nakreslí priamku cez dva body a kružidlo zostrojí kružnicu (nájde množinu bodov rovnako vzdialených od daného), potom sa všetky konštrukcie s kružidlom a pravítkom zredukujú na zostrojenie priesečníka dvoch priamok, dvoch kružníc a kružnice s priamkou.

Priesečník dvoch čiar je možné nakresliť pomocou pravítka.

Priesečník kružnice a priamky (obr. 23):

budova:Nech je daný segment AB - polomer kružnice, priamkal , stred kruhu O, potom:

1) Strávime OS ||l , OS = AB.

2) Strávime OS ||ka diaľkové na a.

3) UtrácameOD, ODl = D; ODk) Dôsledkom Thalesovej vety

4) Podľa zákona prechodnosti rovnosti

5) ZvážteOMQE. OMQEje rovnobežník, pretože OM ||EQa OE ||MC(lineárne strany sú rovnobežné). Dokážme, že ide o kosoštvorec.

5.1) SprávanieQZOCaQGON, potomQG = QZ = a.

5.2) OMQ = RQM(krížové ležanie); OS =ON, čo sa malo preukázať.

Priesečník dvoch kružníc: podobný.

Výrok 2: všetky konštrukcie realizovateľné s obojstranným pravítkom sú realizovateľné s kružidlom a pravítkom.

K tomu vykonáme konštrukcie, ktoré sú štandardné pre obojstranné pravítko pomocou kružidla a pravítka.

1) Dvojbodová čiara sa ľahko nakreslí pomocou pravítka.

2) Konštrukcia priamky, rovnobežnej s danou a vzdialenej od nej v danej vzdialenosti:

2.1) Nech je daná čiaraka úsek dĺžkya.

2.2) Staviame ľubovoľnú čiarubk, nechkb= B.

2.3) Zapnutébna oboch stranách bodkyBna priamkebodložte si dĺžkua, nechaj bodyCaD.

2.4) Cez bodCpostaviť priamkuck.

2.5) Cez bodDpostaviť priamkudk.

2.6) Priamocad– želaný, keďžepred KraBDrovnýapodľa konštrukcie a rovnajú sa vzdialenosti medzi čiarouka priamy

3) Konštrukcia čiar, ktoré sú navzájom rovnobežné a prechádzajú cez dva dané body, a vzdialenosť medzi ktorými je vzdialenosť rovná danému segmentu:

3.1) Nech sa dávajú bodyAaBa úsek dĺžkya.

3.2) Nakreslite kruh so stredom v bodeAa polomera.

3.3) Cez bod zostrojíme dotyčnicu k danej kružniciB; sú dve takéto dotyčnice, akBleží mimo kruhu (akAB> a), jeden akBleží na kruhu (akAB= a), žiadne, akBleží vo vnútri kruhu (AB< a). Táto dotyčnica je jednou z požadovaných čiar; vľavo prejsť cez bodApriamka rovnobežná s ňou.

3.4) Keďže jedna z priamok je kolmá na polomer kruhu ako dotyčnica, druhá je na ňu tiež kolmá (keďže sú rovnobežné), preto sa vzdialenosť medzi nimi rovná polomeru, ktorý sa podľa konštrukcie rovná doačo sa vyžadovalo.

Tým sme dokázali zameniteľnosť obojstranného pravítka a kružidla a pravítka.

Záver: obojstranné pravítko je zameniteľné s kružidlom a pravítkom.

Záver

Takže otázka možnosti použitia jedného pravítka na riešenie klasických konštrukčných úloh pomocou kružidla a pravítka bola zvážená a vyriešená. Ukazuje sa, že konštrukčné problémy je možné vyriešiť iba pomocou jedného pravítka s rovnobežnými hranami. Pri riešení zložitejších problémov sa treba v budúcnosti spoliehať na takzvané základné konštrukcie, o ktorých sa uvažuje v tomto príspevku.

Predkladaný materiál je možné priamo aplikovať nielen na hodinách matematiky, na hodinách matematického krúžku, ale aj v praktických činnostiach.

Zoznam použitej literatúry

    Alijev A.V. Geometrické konštrukcie. Matematika v škole. 1978 č. 3

    Glazer G.I. História matematiky v škole. M., Osveta. 1981.

    Depman I.Ya. Za stránkami učebnice matematiky. M.. Školstvo.1989.

    Elensky Sh. Po stopách Pytagora. M., Detgiz. 1961.

    Encyklopedický slovník mladého matematika. M., Pedagogika. 1985

Príklad

Rozdelenie riadku na polovicu

Problém s bisekciou. Na rozdelenie tohto segmentu použite kompas a pravítko AB na dve rovnaké časti. Jedno z riešení je znázornené na obrázku:

  • Kompasy kreslia kruhy so stredom v bodoch A a B polomer AB.
  • Hľadanie priesečníkov P a Q dve zostrojené kružnice (oblúky).
  • Na pravítku nakreslite úsečku alebo priamku prechádzajúcu bodmi P a Q.
  • Nájdenie stredu segmentu AB- priesečník AB a PQ.

Formálna definícia

Konštrukčné problémy zvažujú množinu všetkých bodov roviny, množinu všetkých čiar roviny a množinu všetkých kružníc roviny, nad ktorými sú povolené nasledujúce operácie:

  1. Vyberte bod z množiny všetkých bodov:
    1. ľubovoľný bod
    2. ľubovoľný bod na danej priamke
    3. ľubovoľný bod na danom kruhu
    4. priesečník dvoch daných čiar
    5. priesečníky / dotyky danej priamky a danej kružnice
    6. priesečníky/dotyky dvoch daných kružníc
  2. "Cez vládcovia» vyberte riadok z množiny všetkých riadkov:
    1. ľubovoľná čiara
    2. ľubovoľná priamka prechádzajúca daným bodom
    3. priamka prechádzajúca dvoma danými bodmi
  3. "Cez kompas» vyberte kruh z množiny všetkých kruhov:
    1. ľubovoľný kruh
    2. ľubovoľný kruh so stredom v danom bode
    3. ľubovoľný kruh s polomerom rovným vzdialenosti medzi dvoma danými bodmi
    4. kružnica so stredom v danom bode a s polomerom rovným vzdialenosti medzi dvoma danými bodmi

V podmienkach problému je špecifikovaný určitý súbor bodov. Je potrebné pomocou konečného počtu operácií zostrojiť ďalšiu množinu bodov spomedzi vyššie uvedených povolených operácií, ktorá je v danom vzťahu s pôvodnou množinou.

Riešenie konštrukčného problému obsahuje tri podstatné časti:

  1. Popis spôsobu konštrukcie danej množiny.
  2. Dôkaz, že opísaným spôsobom zostavená množina je skutočne v danom vzťahu s pôvodnou množinou. Dôkaz konštrukcie sa zvyčajne robí ako bežný dôkaz vety, pričom sa spolieha na axiómy a iné dokázané vety.
  3. Analýza opísanej konštrukčnej metódy na jej použiteľnosť na rôzne varianty počiatočných podmienok, ako aj na jedinečnosť či nejedinečnosť riešenia získaného opísanou metódou.

známe problémy

  • Apolloniov problém zostrojenia kružnice dotýkajúcej sa troch daných kružníc. Ak žiadny z daných kruhov neleží vo vnútri toho druhého, potom má tento problém 8 v podstate odlišných riešení.
  • Brahmaguptov problém konštrukcie vpísaného štvoruholníka na jeho štyroch stranách.

Konštrukcia pravidelných polygónov

Starovekí geometri vedeli správne konštruovať n- ide o , , a .

Možné a nemožné konštrukcie

Všetky konštrukcie nie sú ničím iným ako riešením nejakej rovnice a koeficienty tejto rovnice súvisia s dĺžkami daných segmentov. Preto je vhodné hovoriť o konštrukcii čísla - grafickom riešení rovnice určitého typu. V rámci vyššie uvedených požiadaviek sú možné tieto konštrukcie:

  • Konštrukcia riešení lineárnych rovníc.
  • Konštrukcia riešení kvadratických rovníc.

Inými slovami, pomocou druhej odmocniny pôvodných čísel (dĺžok segmentov) je možné zostaviť iba čísla, ktoré sa rovnajú aritmetickým výrazom. napr.

Variácie a zovšeobecnenia

  • Konštrukcie s jedným kružidlom. Podľa Mohr-Mascheroniho vety s pomocou jedného kružidla môžete postaviť akúkoľvek figúrku, ktorá sa dá postaviť pomocou kružidla a pravítka. V tomto prípade sa čiara považuje za zostrojenú, ak sú na nej uvedené dva body.
  • Konštrukcie s jedným pravítkom. Je ľahké vidieť, že pomocou jedného pravítka je možné realizovať iba projektívne invariantné konštrukcie. Najmä nie je možné ani rozdeliť segment na dve rovnaké časti alebo nájsť stred nakreslenej kružnice. Ak je však v rovine predkreslený kruh s vyznačeným stredom, pomocou pravítka môžete kresliť rovnaké konštrukcie ako pomocou kružidla a pravítka (Poncelet-Steinerova veta ( Angličtina)), 1833. Ak sú na pravítku dve pätky, potom konštrukcie používajúce toto pravítko sú ekvivalentné konštrukciám s použitím kružidla a pravítka (Napoleon urobil dôležitý krok, aby to dokázal).
  • Konštrukcie s obmedzenými nástrojmi. V problémoch tohto druhu sa nástroje (na rozdiel od klasickej formulácie problému) nepovažujú za ideálne, ale obmedzené: priamku cez dva body je možné nakresliť pomocou pravítka iba vtedy, ak vzdialenosť medzi týmito bodmi nepresahuje určitú hranicu. hodnota; polomer kružníc nakreslených kružidlom možno obmedziť zhora, zdola alebo zhora aj zdola.
  • Budova s ​​plochým origami. pozri pravidlá Khujit

pozri tiež

  • Programy dynamickej geometrie vám umožňujú kresliť pomocou kružidla a pravítka na počítači.

Poznámky

Literatúra

  • A. Adler Teória geometrických konštrukcií / Z nemčiny preložil G. M. Fikhtengolts. - Tretia edícia. - L.: Uchpedgiz, 1940. - 232 s.
  • I. I. Alexandrov Zbierka geometrických úloh pre konštrukciu. - Osemnáste vydanie. - M .: Uchpedgiz, 1950. - 176 s.
  • B. I. Argunov, M. B. Balk. - Druhé vydanie. - M .: Uchpedgiz, 1957. - 268 s.
  • A. M. Voronets Geometria kompasu. - M.-L.: ONTI, 1934. - 40 s. - (Populárna matematická knižnica, editoval L.A. Lyusternik).
  • V. A. Geiler Neriešiteľné konštrukčné problémy // chladiaca kvapalina. - 1999. - č. 12. - S. 115-118.
  • V. A. Kirichenko Konštrukcie s kružidlom a pravítkom a Galoisova teória // Letná škola "Moderná matematika". - Dubna, 2005.
  • Yu I. Manin Kniha IV. Geometria // Encyklopédia elementárnej matematiky. - M .: Fizmatgiz, 1963. - 568 s.
  • Y. Petersen Metódy a teórie riešenia geometrických konštrukčných úloh. - M .: Tlačiareň E. Lissnera a Yu. Romana, 1892. - 114 s.
  • V. V. Prasolov Tri klasické stavebné problémy. Zdvojenie kocky, trisekcia uhla, kvadratúra kruhu. - M .: Nauka, 1992. - 80 s. - (Populárne prednášky z matematiky).
  • J. Steiner Geometrické konštrukcie vykonávané pomocou priamky a pevného kruhu. - M .: Uchpedgiz, 1939. - 80 s.
  • Voliteľný kurz z matematiky. 7-9 / Porov. I. L. Nikolskaja. - M .: Vzdelávanie, 1991. - S. 80. - 383 s. - ISBN 5-09-001287-3

Nadácia Wikimedia. 2010.

Pozrite sa, čo je „Konštrukcia pomocou kružidla a pravítka“ v iných slovníkoch:

    Pravítka - získajte funkčný zľavový kupón v Akademika VseTools alebo výhodne nakúpte pravítka s dopravou zdarma vo VseTools

    Úsek euklidovskej geometrie, známy už od staroveku. V konštrukčných úlohách sú možné tieto operácie: Označte ľubovoľný bod na rovine, bod na jednej zo zostrojených priamok alebo priesečník dvoch zostrojených priamok. S pomocou ... ... Wikipédie

    Konštrukcie pomocou kružidla a pravítka Úsek euklidovskej geometrie známy už od staroveku. V konštrukčných úlohách sú možné tieto operácie: Označte ľubovoľný bod na rovine, bod na jednej zo zostrojených priamok alebo bod ... ... Wikipedia

    Napr., s., použitie. komp. často Morfológia: (nie) čo? stavba načo? konštrukcia, (pozri) čo? budovať čo? budova, o čom? o stavbe; pl. čo? konštrukcia, (nie) čo? stavby, prečo? konštrukcie, (pozri) čo? konštrukcia ako? ...... Slovník Dmitriev

Src="https://present5.com/presentation/3/178794035_430371946.pdf-img/178794035_430371946.pdf-1.jpg" alt="(!LANG:>Konštrukcia s pravítkom a kružidlom Geometria">!}

Src="https://present5.com/presentation/3/178794035_430371946.pdf-img/178794035_430371946.pdf-2.jpg" alt="(!LANG:> Zostrojte úsečku rovnú danej Ú Úloha 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:> Zostrojenie uhla rovného danému Uvažujme trojuholníky"> 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:> Zostrojenie osi uhla Úloha 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:> Konštrukcia kolmých čiar Ú Úloha Daná priamka"> 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:> Zostrojenie stredu segmentu Úloha Ú Zostrojenie stredu segmentu daný"> 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.!}