Главная Коллекция "Otherreferats" Математика Геометрические построения на плоскости

Геометрические построения на плоскости

Способы построения геометрических фигур с помощью циркуля и линейки. Схема решения задач с применением методов пересечения, подобия, методов инверсии, движения. Решение задачи построения фигур при помощи одной линейки, линейки и угольника, одного циркуля.

Рубрика	Математика
Вид	курс лекций
Язык	русский
Дата добавления	29.01.2013
Размер файла	595,7 K

посмотреть текст работы

скачать работу можно здесь

полная информация о работе

весь список подобных работ

Отправить свою хорошую работу в базу знаний просто. Используйте форму, расположенную ниже

Студенты, аспиранты, молодые ученые, использующие базу знаний в своей учебе и работе, будут вам очень благодарны.

Размещено на http://www.allbest.ru/

Геометрические построения на плоскости

§1. Задачи на построение с помощью циркуля и линейки

Всюду, если не оговорено противное, предполагается, что все построения должны быть выполнены с помощью циркуля и линейки без делений.

Основными фигурами назовём точки, прямые и окружности. Другие простейшие фигуры: отрезки, лучи, полуплоскости, многоугольники, дуги окружностей и т.п. определяются заданием нескольких основных фигур.

Обозначим: , , … - сами отрезки, a, b, c … - их длины, , , …- углы, , , … - их градусные меры, (O, ) - окружность с центром O и радиусом равным отрезку .

Задачи на построение формулируются так. Дано конечное множество = {F₁, F₂,…, F_n} основных фигур и описано свойство, характеризующее недостроенную фигуру . Требуется получить конечное множество основных фигур, содержащее за конечное число шагов построения.

Шагом построения будем называть операцию, которая позволяет к множеству уже построенных фигур присоединить новые фигуры. Следующие шаги построения считаются выполнимыми и называются постулатами построений.

П1. Построение прямой, проходящей через две данные или построенные точки.

П2. Построение окружности с с центром в данной или построенной точке радиусом равным данному или построенному отрезку.

П3. Построение точек пересечения двух данных или построенных прямых.

П4. Построение точек пересечения двух данных или построенных окружностей.

Размещено на http://www.allbest.ru/

П5. Построение точек пересечения прямой и окружности.

Предполагается, что на любой построенной прямой или окружности можно выбрать хотя бы две точки.

Упражнение. С помощью постулатов П1-П5 докажите, что можно выбрать точку вне построенной прямой и можно построить центр данной окружности. Можно сделать это после изучения §3. В помощь прилагается чертёж.

Вследствие этого мы в дальнейшем будем предполагать, что центр данной окружности является уже построенной точкой. Следующие теоремы легко доказать в рамках школьного курса геометрии.

Теорема 1. Пусть d - расстояние от центра O окружности =(O,) до прямой l. Тогда, если d<r, то и l имеют две общие точки, если d=r - одну общую точку, если d>r - ни одной общей точки.

Теорема 2. Пусть ₁=(O₁,₁), ₂=(O₂,₂) - две окружности, r₁>r₂,d=OO₁>0 - расстояние между их центрами. Тогда,

1) если r₁-r₂<d<r₁+r₂, то окружности пересекаются;

2) если d=r₁+r₂, или d=r₁-r₂,то окружности касаются друг друга;

3) если d>r₁+r₂, или d<r₁-r₂, то окружности не имеют общих точек.

Следствие. Пусть ₁=(O₁,₁), ₂=(O₂,₂) - две окружности, причём O₁₂. Тогда, если r₁<2r₂, то окружности пересекаются; если r₁=2r₂, то окружности касаются, если r₁>2r₂, то окружности не имеют общих точек.

Эта теорема может быть использована для доказательства возможности следующего построения.

Задача. Даны отрезки , , (abc). Построить треугольник, стороны которого равны данным отрезкам.

Решение вам хорошо известно. Из теоремы 2 следует, что задача имеет решение тогда и только тогда, когда c<a+b.

§2. Основные построения. Схема решения задач на построение

Решить задачу на построение - значит, свести её к последовательному выполнению действий П1-П5. Но разбивать построения на эти элементарные действия слишком сложно. Поэтому решение сводят к часто встречающимся комбинациям этих действий, которые мы будем называть основными построениями.

Построение 1. Отложить на данном луче, от его начала отрезок, равный данному отрезку.

Построение 2. Отложить от данного луча в данную полуплоскость угол равный данному.

Размещено на http://www.allbest.ru/

Построение 3. Построить треугольник по трём сторонам.

Построение 4. Построить треугольник по двум сторонам и углу между ними.

Построение 5. Построить треугольник стороне и двум прилежащим к ним углам.

Размещено на http://www.allbest.ru/

Построение 6. Построить биссектрису данного угла.

Размещено на http://www.allbest.ru/

Построение 7. Построить серединный перпендикуляр к данному отрезку.

Построение 8. Построить середину данного отрезка.

Размещено на http://www.allbest.ru/

Построение 9. Через данную точку провести перпендикуляр к данной прямой (точка может принадлежать или не принадлежать прямой).

Построение 10. Построить прямую параллельную данной прямой и проходящую через данную точку.

Размещено на http://www.allbest.ru/

Построение 11. Построить касательную окружности, проходящую через данную на окружности точку.

Упражнение. Все приведённые выше построения изучаются в школьном курсе геометрии. Повторите ход построения. В помощь вам приведены чертежи.

Решение задачи обычно разделяют на 4 части: анализ, построение, доказательство и исследование.

Анализ или поиск решения состоит в установлении зависимостей между данными фигурами и искомой фигурой с целью нахождения способа решения задачи. Задачу предполагают решённой и выполняют «от руки» чертёж, изображающий искомую и данные фигуры. Затем изучают искомую фигуру и её связи с данными по условию фигурами, для выяснения хода возможного построения. Часто бывает важно выделить основной элемент построения - точку, прямую или отрезок, построение которого приводит к решению задачи.

Построение состоит в перечислении простейших или основных построений, которые надо выполнить для решения задачи, и при этом, выполняются эти действия на основном чертеже.

Доказательство. Необходимо доказать, что построенная фигура удовлетворяет всем поставленным условиям. Иногда это непосредственно следует из анализа и построения.

Исследование. Необходимо ответить на следующие вопросы:

1. При всяком ли выборе данных задача имеет решение и можно ли решить её с помощью циркуля и линейки?

2. Сколько решений имеет задача при каждом возможном наборе данных?

Для определения количества решений различают два типа задач.

1. Задачи, в которых требуется определить положение искомой фигуры относительно некоторых из данных фигур. В этом случае две равные фигуры, удовлетворяющие условиям задачи, но отличающиеся положением считаются различными.

2. Задачи, в которых положение искомой фигуры не имеет значения. Тогда две равные фигуры считаются одним решением. Например, к этому типу относится задача о построении треугольника по трём сторонам.

Проиллюстрируем эту схему примерами.

Размещено на http://www.allbest.ru/

Построение 12. Построить прямоугольный треугольник по гипотенузе и острому углу.

Размещено на http://www.allbest.ru/

Решение

Уточним условие задачи. Даны отрезок и острый угол . Построить ABC, такой что С=90, A=, AB=.

Анализ. Предположим, что ABC уже построен. Тогда точка C лежит на окружности, построенной на отрезке AB, как на диаметре, и кроме этого, CAB= (мы здесь обходимся без вспомогательного чертежа «от руки», т.к. будучи набранным на компьютере, он ничем не отличается от основного чертежа).

Размещено на http://www.allbest.ru/

Построение. 1. Отрезок AB=.

2. O - середина отрезка AB.

3. Окружность =(O,OA).

4. От луча AB откладываем в любую из полуплоскостей BAM=.

5. AM=C.

6. ABC - искомый.

Доказательство. Согласно построению, С=90, A=, AB=, т.е. ABC удовлетворяет всем условиям задачи.

Исследование. Данная задача всегда имеет решение. Два равных треугольника, удовлетворяющих условию считаем одним решением. Таким образом, задача имеет единственное решение при любом наборе данных и .

Упражнение. Используя это решение в качестве примера, выполните следующее построение.

Построение 13. Построить прямоугольный треугольник по гипотенузе и катету.

Ещё один пример, иллюстрирующий схему решения.

Построение 14. Даны окружность =(O,) и точка A. Построить касательную к , проходящую через A.

Размещено на http://www.allbest.ru/

Решение

Анализ. Предположим, что касательная уже построена: это есть прямая l, которая касается окружности в точке P. Если мы найдём P, то задача будет решена (l=AP). То есть l является основным элементом построения. Мы знаем, что касательная перпендикулярна радиусу, проведённому в точку касания: lOP. Значит, OAP - прямоугольный точка P принадлежит окружности, построенной на отрезке OA, как на диаметре.

Построение. 1. O₁ - середина отрезка OA.

2. ₁=(O₁,OA).

3. P₁.

4. l=AP - искомая касательная.

Доказательство. Согласно построению, OAP - прямоугольный l=AP является касательной к .

Исследование. Данная задача имеет решение, если точка A находится вне окружности . При этом пересечение ₁ состоит из двух точек задача имеет два решения. Если точка A находится внутри окружности , то задача решений не имеет.

§3. Решение задач на построение методом пересечений

Суть метода: задачу сводят к построению одной точки X (основного элемента построения), которая удовлетворяет двум условиям а) и b) вытекающим из постановки задачи. Пусть ₁ - множество точек, удовлетворяющих условию а), ₂ - множество точек, удовлетворяющих условию b). Тогда X=₁₂. При этом, предполагается, что и должны допускать построение с помощью циркуля и линейки.

Примеры наиболее часто применяемых множеств при построении.

1. Множество точек плоскости, равноудалённых от точек A и B, есть серединный перпендикуляр к отрезку AB.

2. Множество точек плоскости, находящихся на данном расстоянии d от данной прямой l, есть две прямые l₁l₂параллельные к l.

3. Множество точек плоскости, равноудалённых от двух данных параллельных прямых l₁и l₂, есть прямая, являющаяся их осью симметрии.

4. Множество точек плоскости, равноудалённых от двух данных пересекающихся прямых l₁и l₂, есть две взаимно перпендикулярные прямые, содержащие биссектрисы углов, образованных l₁и l₂.

5. Множество точек плоскости, из которых отрезок AB виден под прямым углом, есть окружность (без самих точек A и B), построенная на AB, как на диаметре.

Размещено на http://www.allbest.ru/

6. Множество точек плоскости, из которых отрезок AB виден под углом (0,90)(90,180), есть две дуги окружностей с общими концами A и B (без самих точек A и B), симметричные относительно прямой AB.

Размещено на http://www.allbest.ru/

7. Множество точек плоскости, из которых данная окружность видна под углом 180, есть окружность ₁, концентрическая с и имеющая бульший радиус.

Размещено на http://www.allbest.ru/

8. Множество точек, делящих всевозможные хорды окружности =(O,OA), исходящие из точки A, в положительном отношении , есть окружность ₁=(O₁,O₁A) с центром на прямой OA и проходящая через A (на рисунке изображён случай деления пополам (=1)).

Размещено на http://www.allbest.ru/

9. {M|MA²-MB²=c=const} есть прямая перпендикулярная AB.

Размещено на http://www.allbest.ru/

10. {M|MA²+MB²=a²=const} есть окружность с центром в середине отрезка AB, если a²>AB²/2, середина отрезка AB, если a²=AB²/2, и пустое множество, если a²<AB²/2.

11. {M| ==const, 1} есть окружность с центром на прямой AB (окружность Апполония).

Пример задачи, решаемой методом пересечений.

Построение 15. Построить окружность, касательную к двум данным параллельным прямым a и b, проходящую через данную точку M.

Размещено на http://www.allbest.ru/

Решение

Анализ. Пусть - искомая окружность с центром O. Если мы построим O, то =(O,OM). Точка должна удовлетворять двум условиям:

a) она равноудалена от двух параллельных прямых a и b;

b) OM=r=d/2, где d - расстояние между прямыми a и b.

Пусть ₁ - множество точек, удовлетворяющих условию a), ₂ - множество точек, удовлетворяющих условию b). Тогда ₁ есть ось симметрии для ab, ₂есть окружность (M,d/2). Значит, O=₁₂.

Построение. 1. Любой общий перпендикуляр AB к a и b;

2. ₁ - серединный перпендикуляр к AB, C - середина к AB;

3. ₂=(M,d/2);

4. O=₁₂;

5. =(O,OM) - искомая окружность.

Доказательство. Согласно построению проходит через точку M и касается прямых a и b, т.к. её радиус равен OM=r=d/2.

Исследование. Данная задача имеет решение ₁ и ₂ имеют общие точки, а число решений равно количеству этих точек. Возможны три случая.

Размещено на http://www.allbest.ru/

1. M лежит между a и b. Тогда (M,₁)<d/2 (расстояние между M и ₁) и общих точек две.

2. M принадлежит одной из прямых a или b. Тогда (M,₁)=d/2 и общая точка одна.

3. M лежит вне полосы, ограниченной a и b. Тогда решений у задачи нет.

Построение 16. Построить треугольник по основанию, высоте и углу при вершине.

Решение

Уточним формулировку задачи. Даны два отрезка , и один угол . Построить ABC, такой что AB=, h_с= (высота, опущенная из точки C на AB), C=.

Анализ. В качестве AB мы можем выбрать любой отрезок равный . Если мы теперь построим вершину C, то задача будет решена, т.е. C - основной элемент построения. Точка C должна удовлетворять двум условиям:

a) C лежит на расстоянии h от прямой AB;

b) C=.

Пусть ₁ - множество точек, удовлетворяющих условию a), ₂ - множество точек, удовлетворяющих условию b). Тогда ₁ есть пара прямых, для которых прямая AB является осью симметрии; ₂ представляет собой две дуги окружностей с общими концами A и B (без самих точек A и B), симметричные относительно прямой AB. Значит, С=₁₂.

Построение. 1. Любой отрезок AB=;

2. прямую d, отстоящую от прямой AB на расстоянии h;

Размещено на http://www.allbest.ru/

3. дугу окружности, из которой отрезок AB виден под углом ; для этого

а) строим ABC₁, у которого A=B= (-)/2,

б) окружность , описанную вокруг ABC₁,

Размещено на http://www.allbest.ru/

в) из двух дуг окружности , стягиваемых хордой AB выбираем ту, которая содержит C₁; обозначим её ₁;

4. C=d₁;

5. ABC - искомый.

Заметим, что проще построить ABD₁, у которого A=B=/2, и у описанной вокруг него окружности выбрать дугу, которая не содержит D₁.

Доказательство вытекает непосредственно из построения.

Исследование. Нетрудно проверить, что высота в ABC₁ равна tg .

Если h tg , то ₁ и d имеют пересечение и задача имеет решение. Если h< tg, то задача решений не имеет. Два равных треугольника, удовлетворяющих решению задачи мы будем считать одним решением.

§4. Метод движений

При анализе задачи, кроме данных фигур часто удобно рассмотреть вспомогательную фигуру, которая получатся из данной фигуры с помощью движения, и эта вспомогательная фигура даёт возможность легко найти основной элемент построения. Иногда удобно построить сначала не искомую фигуру , а равную ей фигуру ₁, которая, в отличие от искомой, легко строится; затем мы применяем движение с тем, чтобы из ₁ получить . Следующий пример иллюстрирует применение симметрии.

Построение 17. Даны две окружности ₁, ₂ и прямая l. Построить квадрат так, чтобы две противоположные вершины принадлежали l, а ещё две вершины принадлежали ₁и ₂.

Размещено на http://www.allbest.ru/

Решение

Анализ. Предположим, что данный квадрат ABCD построен, B,Dl, A₁, C₂. Тогда прямая l является для квадрата осью симметрии. При этой симметрии вершина C переходит в вершину A, а окружность ₂- в окружность ₂. Выходит, что A=₁₂. Эта точка и будет у нас основным элементом построения.

Построение. 1. Окружность ₂, симметричную к ₂ относительно l;

2. A=₁₂;

3. точка C, симметричная к A относительно l;

4. ACl=O;

5. точки B,Dl, так что OB=OD=AO;

6. ABCD - искомый квадрат.

Доказательство вытекает непосредственно из построения.

Исследование. Пересечение ₁₂ может состоять из одной или двух точек, а может быть и пустым множеством. Соответственно задача может иметь 1 или 2 решения, а может не иметь ни одного. Кроме того, может получиться, что совпадёт ₂ с ₁. Тогда задача имеет бесконечное количество решений.

Построение 18. Даны две прямые a, b и точка C не лежащая на них. Построить равносторонний ABC так, чтобы Аa, Bb.

Размещено на http://www.allbest.ru/

Решение

Анализ. Предположим, что данный треугольник построен. Тогда при повороте на 60 (ориентация не учитывается) вокруг точки C вершина A переходит в вершину B. При этом прямая a переходит в прямую a, проходящую через B. Значит, B=ba. Имея точку B легко построить и оставшуюся вершину A. Поэтому B будем считать основным элементом построения.

Построение. 1. Прямая a, которая получается поворотом прямой a вокруг точки C;

2. B=ba;

3. =(C,BC);

4. a=A;

5. ABC - искомый.

Доказательство вытекает непосредственно из построения.

Исследование. Пусть прямая a получается из a поворотом на 60, a - поворотом на -60. Каждая из них может дать нам отдельное решение.

1 случай. Угол между прямыми a и b, не равен 60. Тогда b пересекается и с a и с a решений получится два.

2 случай. Угол между прямыми a и b, не равен 60. Тогда может получиться, что a||b, или, что a||b (одновременно этого не может быть). Тогда решение получится одно. Может получиться, что a=b, или, что a=b. Тогда получится бесконечное количество решений.

Упражнение. Самостоятельно выясните, как строится прямая a, получающаяся из данной прямой a поворотом на данный угол .

§5. Метод подобия

Этот метод заключается в следующем. Мы строим вспомогательную фигуру , подобную искомой так, чтобы она удовлетворяла всем условиям задачи, кроме одного. Затем строим искомую фигуру , как подобную , чтобы она удовлетворяла пропущенному условию.

Построение 19. Построить треугольник по двум углам и периметру.

Решение. Уточним формулировку задачи. Даны углы , и отрезок . Требуется построить ABC так, чтобы a) A=, B=, b) периметр равен p.

Размещено на http://www.allbest.ru/

Анализ. Произвольный треугольник, удовлетворяющий условию a) легко построить. Он будет подобен искомому. Коэффициент подобия равен отношению периметров.

Построение.

1. A₁B₁C₁, удовлетворяющий условию a);

2. отрезок ₁, равный периметру AB₁C₁;

Размещено на http://www.allbest.ru/

3. на луче AB₁от точки A₁ отложим отрезки AD= и AD₁=₁;

4. прямая l||B₁C₁, Dl;

5. lAC₁=C;

6. ABC - искомый.

Доказательство проведите самостоятельно.

Исследование. A₁B₁C₁ мы можем построить если и только если +<180. ABC подобный A₁B₁C₁ мы можем построить всегда. Два равных треугольника, удовлетворяющих условию задачи, мы считаем одним решением. Итак, задача имеет решение +<180, и это решение всегда единственное.

Построение 20. Даны BAC и точка M во внутренней области этого угла. Построить окружность, проходящую через M, и касающуюся сторон данного угла.

Размещено на http://www.allbest.ru/

Решение

Анализ. Пусть - искомая окружность, ₁ - произвольная окружность, касающаяся сторон угла. Тогда может быть получена из ₁ в результате гомотетии с центром в вершине угла.

Построение.

1. Окружность ₁, касающаяся сторон угла;

2. {M,M}=OM;

3. , получена из ₁ гомотетией с центром в A и коэффициентом AM/AM - искомая.

Доказательство. Очевидно, что удовлетворяет всем условиям задачи.

Исследование. Очевидно, что данное построение можно осуществить всегда. Пересечение OM состоит из двух точек {M,M}. Если мы применим гомотетию с коэффициентом AM/AM мы получим ещё одно решение. Таким образом, задача всегда имеет два решения.

§6. Метод инверсии

Алгебраический метод

Пусть выбран некоторый отрезок , который считается единичным. Тогда каждому отрезку приписывается положительное число a, и обратно, для каждого положительного числа a существует отрезок , длина которого выражается этим числом.

Алгебраический метод заключается в следующем. Мы находим зависимость, между длинами данных отрезков , , ,…, и длиной искомого отрезка . Эта зависимость выражается некоторой формулой

x=f(a,b,…,l). (1)

Требуется построить отрезок, длина которого выражается по этой формуле.

В связи с этим возникает главный вопрос: когда формула (1) выражает длину одного и того же отрезка независимо от выбора единицы измерения ?

Размещено на http://www.allbest.ru/

Пример 1. x=a+1. Результат построения зависит от выбора .

Определение. Выражение f(a,b,…,l) называется однородным выражением первой степени, если t>0 выполнено

f(ta,tb,…,tl)=t·f(a,b,…,l) (2)

Например, является однородным выражением первой степени, а abc не является.

Теорема. Для того, чтобы формула (1) выражала длину одного и того же отрезка при любом выборе единичного отрезка необходимо и достаточно, чтобы f(a,b,…,l) было однородным выражением первой степени.

Доказательство. Пусть при выборе единичного отрезка длины отрезков , ,…, выражаются числами a,b,…,l, а при выборе отрезка - числами a,b,…,l. Тогда для некоторого t>0 выполнено одновременно a=ta, b=tb,…,l=tl. Пусть

x=f(a,b,…,l), x=f(a,b,…,l).

Числа x и x выражают длину одного и того же отрезка , если и только если x=tx, т.е. выполнено (2).

Другими словами, если в результате изменения единицы измерения, числа, выражающие длины отрезков , ,…, увеличились в 2 раза, то длина отрезка , который надо построить должна тоже увеличиться в 2 раза. Если она изменится в другое количество раз, то результат построения зависит от выбора .

Размещено на http://www.allbest.ru/

Элементарными будем называть построения, которые осуществляются по следующим формулам.

1. x=a+b.

2. x=a-b.

Размещено на http://www.allbest.ru/

3. x=a, m,nN. На чертеже показано, как строится отрезок x=a. При построении используется теорема Фалеса. На этой же теореме основано следующее построение.

Размещено на http://www.allbest.ru/

x= .

5. x= .

6. x= .

Размещено на http://www.allbest.ru/

При построении используется теорема Пифагора. На этой же теореме основаны и два следующих построения.

7. x= .

8. x=·a, nN.

Построения по более сложным формулам можно совершить поэтапно, используя элементарные построения.

Пример 2. Построить отрезок заданный формулой x= . Построение можно осуществить за два шага.

1. y= ;

2. x= .

Иногда возникает необходимость совершить построение по формуле (1), где f(a,b,…,l) не является однородным выражением первой степени. В этом случае, в зависимости от выбора единичного отрезка получаются различные отрезки при одном и том же наборе данных , ,…, . Выберем, кроме , ещё другую произвольную единицу измерения. Пусть a,b,…,l, e - длины отрезков , ,…, , при этой единице. Мы будем осуществлять построение по формуле

x= e·f . (3)

При этом правая часть получится однородным выражением первой степени.

Пример 3. Построить отрезок заданный формулой x=ab.

Мы строим отрезок по формуле x=e· = (см. пункт 4).

Размещено на http://www.allbest.ru/

Пример 4. Построить отрезок заданный формулой x= .

Мы строим отрезок по формуле

x= e· = .

Пример 5. Построить отрезок, длина которого в выбранной единице измерения равна x=.

1. Строим отрезки длины 3, ;

2. строим отрезок длины 3+;

3. строим отрезок длины .

Построение 21. Дан ABC. Построить три окружности с центрами в точках A, B, C так, чтобы они касались друг друга внешним образом.

Решение. Анализ. Пусть a,b,c - длины сторон в ABC, x,y,z - радиусы окружностей. Задача будет решена, если мы найдём эти радиусы.

Имеем равенства

y+z=a, x+z=b, x+y=c.

Из них находим, что

x=, y=, z=. (*)

Доказательство и построение осуществите самостоятельно.

Исследование. Данное построение можно осуществить, если

c+b-a>0, a+c-b>0, a+b-c>0.

В силу неравенства треугольника эти условия выполнены всегда. Формулы (*) однозначно выражают радиусы окружностей через стороны треугольника. Поэтому задача всегда имеет единственное решение.

Размещено на http://www.allbest.ru/

Построение 22. Вписать в данную окружность =(O, ) правильный десятиугольник.

Решение. Анализ.ПустьAB - сторона искомого десятиугольника, x - её длина. Рассмотрим OAB. Пусть BD - его биссектриса. Легко вычислить, что O=36, A=B=72 MBO=MBA=36. Поэтому ABM подобен OAB. Из этого подобия получаем

= = x²+xr-r²=0.

Корни этого уравнения:

x₁= ·r >0, x₂= ·r<0.

Нам подходит только первый корень. Задача сводится к построению отрезка, длина которого равна ·r.

Доказательство и построение осуществите самостоятельно.

Исследование. Данное построение можно осуществить всегда. Два равных решения этой задачи считаются одним решением.

§8. Признаки разрешимости задач на построение циркулем и линейкой

Существуют задачи на построение, которые вообще не имеют решения при любом наборе данных.

Пример 1. На прямой даны три точки M, N, P. Построить треугольник, стороны которого равны соответственно MN, MP и NP.

В дальнейшем речь о таких задачах не идёт. Предполагается, что искомая фигура существует. Вопрос: можно ли её построить с помощью циркуля и линейки?

Пример 2. Даны отрезок , угол AOB и точка M внутри угла. Построить прямую l, проходящую через M так, чтобы стороны угла отсекали на ней отрезок равный .

Несмотря на простоту формулировки, данная задача не имеет решения с помощью циркуля и линейки.

Пусть длина искомого отрезка выражается через длины данных отрезков формулой

x=f(a,b,…,l). (1)

В предыдущем параграфе мы выяснили, что можно построить, если (1) состоит из конечного числа арифметических операций (сложения, вычитания, умножения, деления) и извлечения квадратных корней. Оказывается, что это требование к формуле (1) является не только достаточным, но и необходимым условием возможности построения.

Теорема. Отрезок можно построить с помощью циркуля и линейки тогда и только тогда, когда его длина выражается через длины данных отрезков с помощью конечного числа арифметических операций и извлечения квадратных корней.

Далее мы приведём примеры классических неразрешимых задач на построение с помощью циркуля и линейки, которые тысячелетиями пытались разрешить математики.

1. Задача о трисекции угла. Дан угол . Циркулем и линейкой построить так, чтобы =/3.

Существует бесконечное количество углов, для которых эта задача разрешима: например, для углов =/2ⁿ. В частности, для =90 будет =30. Существует также бесконечное количество углов, для которых эта задача неразрешима.

Рассмотрим два прямоугольных треугольника OAB и O₁A₁B₁ с гипотенузами OA=O₁A₁=2 и острыми углами O=, O₁= ( - данный угол, - искомый).

Пусть =OB, =O₁B₁. Задача построить с помощью , очевидно, равносильна построению угла . Из треугольников находим, что cos=a/2, cos=x/2. Из тригонометрии известно, что

cos3=4cos³-3cos = 4 - 3.

Отсюда получаем уравнение для неизвестного x:

x³-3x-a=0.

В частности, для =60 будет a=1, и мы имеем уравнение

x³-3x-1=0.

В алгебре доказывается, что корни такого уравнения нельзя получить с помощью конечного числа арифметических операций и извлечения квадратных корней. Значит, для угла =60 задача о трисекции угла неразрешима. Отсюда следует, что эта задача неразрешима и для всех углов = .

2. Задача об удвоении куба. Построить ребро куба, объём которого вдвое больше объёма данного куба.

Пусть - ребро данного куба, - искомого. Тогда их длины связаны равенством x³=2a³. В частности, для a=1 длина искомого отрезка находится из уравнения x³-2=0. Корни этого многочлена невозможно получить с помощью конечного числа арифметических операций и извлечения квадратных корней.

3. Задача о спрямлении окружности. Построить отрезок, длина которого равна длине данной окружности.

Требуется построить отрезок длины 2r, где - радиус данной окружности. Задача сводится к построению отрезка длины 2.

Все действительные числа делятся на алгебраические и трансциндентные. Число называется алгебраическим, если оно служит корнем некоторого многочлена с рациональными коэффициентами. Любой отрезок, который можно построить циркулем и линейкой из единичного отрезка имеет длину, выражающуюся алгебраическим числом. Доказано, что - трансциндентное число.

4. Задача о квадратуре круга. Построить квадрат, площадь которого равна площади данного круга.

Пусть - радиус данной окружности, - сторона искомого квадрата. Тогда их длины связаны равенством x²=r². Задача опять сводится к построению отрезка длины .

4. Задача о построении правильных многоугольников. Эта задача равносильна задаче о разбиении окружности на n частей с помощью циркуля и линейки.

Из курса школьной геометрии известно, как построить правильный треугольник, квадрат и шестиугольник, а значит, мы можем построить правильный n-угольник для n=3·2^m и n=2^m. В предыдущем параграфе мы выяснили, что мы можем построить правильный десятиугольник, а значит, и пятиугольник. Следовательно, поставленная задача имеет решение и для n=5·2^m.

Теорема Гаусса. Построение правильных n-угольника циркулем и линейкой возможно тогда и только тогда, когда число n имеет следующее разложение на множители: n=2^mp₁p₂…p_s, где m0 - целое число, а p₁,p₂,…, p_s - различные между собой простые числа Ферма (т.е. числа вида 2²^k+1).

Примеры. 1. m=0, s=1. Тогда n=p₁- простое число Ферма. При k=0,1,2,3,4 получим n=3,5, 17, 257, 656537.

2. m=0, s=1. Тогда n=pp₂. Наименьшее из таких чисел - это 15. Таким образом, мы можем циркулем и линейкой построить правильный 15-ти угольник.

3. 360=2³·3²·5 не удовлетворяет теореме Гаусса, так как множитель Ферма 3 входит в разложение дважды. Таким образом, нельзя разбить окружность на 360 частей нельзя построить угол в 1 циркулем и линейкой.

§9. О решении задач на построение другими средствами

Мы изучили теорию построений циркулем и линейкой. В этом параграфе мы рассмотрим задачи на построения иным набором инструментов. Наиболее распространёнными являются построения выполняемые

а) одной линейкой;

б) линейкой, в предположении, что на плоскости уже дана некоторая фигура (например, окружность);

в) одним циркулем;

г) линейкой с параллельными краями;

д) линейкой и угольником.

Размещено на http://www.allbest.ru/

Иногда рассматривают задачи на построение на ограниченной части плоскости (построения с недоступными точками). Это важно в чертёжной практике, так как лист бумаги ограничен.

Пример 1. На листе бумаги изображены две прямые a, b и точка M, не принадлежащая им. Известно, что a и b пересекаются в точке N, которая находится за пределами листа. Требуется на данном листе провести прямую MN, пользуясь одной только линейкой.

Решение этой задачи мы изучим в разделе «Проективная геометрия».

Пример 2. Дана прямая l и точка Ml. Провести через M прямую l₁|| l с помощью линейки и угольника.

Решение этой задачи вам хорошо известно со школы.

Ниже будет доказано, что любая задача на построение, разрешимая циркулем и линейкой, может быть разрешена одной линейкой, если на плоскости дана одна уже построенная окружность с построенным центром. При этом надо оговориться, что новая окружность считается построенной, если построены её центр и радиус (провести саму окружность без циркуля всё-таки невозможно).

Построения, выполняемые одной линейкой

Размещено на http://www.allbest.ru/

Следующую лемму мы уже доказали в разделе «Группы преобразований».

Лемма о трапеции. В произвольной трапеции точка пересечения прямых, содержащих боковые стороны, середины оснований и точка пересечения диагоналей лежат на одной прямой.

Задача 1. Даны отрезок AB, его середина E, и точка D, не лежащая на прямой AB. Построить прямую, проходящую через D и параллельную AB.

Решение. Анализ. Допустим, что задача решена, l - искомая прямая. Выберем на прямой AD точку S так, чтобы D лежала между A и S. Пусть C=SBl. Получим трапецию ABCD. Если мы построим C по данным точкам A, B, E, D, то задача будет решена.

Построение. 1. SAD - любая точка так, что D лежит между A и S;

2. SEDB=M;

3. AMSB=C;

4. CD - искомая прямая.

Доказательство. Для того, чтобы доказать, что CD - искомая прямая, достаточно доказать, что ABCD - трапеция. Пусть ABCD - трапеция, M - точка пересечения диагоналей. Тогда SEDB=M, точно так же, как и M. Значит M=M С=С.

Исследование. Данное построение осуществимо всегда. Значит, задача всегда имеет единственное решение.

Задача 2. Даны отрезок AB и прямая l||AB. Построить середину отрезка AB.

Решение. Приведём только построение, а остальные пункты решения восстановите самостоятельно.

Построение. 1. S - любая точка так, что Sl, SAB.

2. D=SAl, C=SBl;

3. M=ACBD;

4. E=SMAB - искомая.

Задача 3. Даны две параллельные прямые a, b и точка D не принадлежащая им. Построить прямую, параллельную a, b и проходящую через M.

Решение. Берём на прямой a две точки A и B, и строим середину E отрезка AB (задача 2). Имея A, B, E, D, строим искомую прямую (задача 1).

Размещено на http://www.allbest.ru/

Задача 4. Даны параллелограмм ABCD, прямая l и точка Ml. Построить прямую a, проходящую через M и параллельную к l.

Решение. Хотя бы одна пара сторон параллелограмма не параллельна l. Пусть это AB и CD.

Построение. 1. ABl=K, CDl=L;

2. ACBD=O;

3. прямая b||AB, Ob (задача 3);

4. bl=N - середина KL;

5. имея K, N, L, M, строим искомую прямую (задача 1).

Обратите внимание, что все построения в задачах

1-4 осуществляются одной только линейкой. Если мы будем иметь

линейку с параллельными краями, мы сможем провести две параллельные прямые, а значит сможем найти середину данного отрезка и сможем построить прямую, параллельную данной прямой, проходящую через данную точку.

Размещено на http://www.allbest.ru/

Задача 5. Даны окружность с центром O, прямая l и точка Ma. Построить прямую a, проходящую через M и параллельную l.

Решение. Пусть A, B - любые точки. Проведём диаметры AC и BD. Тогда ABCD - прямоугольник можем построить a (задача 4).

Задача 6. Даны окружность с центром O, прямая l и точка Ma. Построить прямую x, проходящую через M и перпендикулярную l.

Решение

Выберем произвольную точку A и проведём через неё прямую b||l (точка A должна удовлетворять одному требованию: b не должна получиться касательной). Пусть Bb - другая точка пересечения. Проведём диаметры AC и BD. Тогда ABCD - прямоугольник. Искомая прямая x будет параллельна AD.

Размещено на http://www.allbest.ru/

Задача 7. Даны окружность с центром O и отрезок AB. Построить середину этого отрезка.

Решение. Согласно задаче 5 мы можем построить прямую параллельную AB. Согласно задаче 2 мы можем найти середину AB.

Размещено на http://www.allbest.ru/

Задача 8. Даны окружность с центром O, луч AM и отрезок PQ. Отложить на луче AM отрезок AB=PQ.

Решение. Случай I. PQ||AM. Тогда строим:

1. прямую AP;

2. l||AP, Ql;

Размещено на http://www.allbest.ru/

3. B=lAM.

Отрезок АВ - искомый, т.к. ABQP - параллелограмм.

Случай II. PQ лежит на AM.

Тогда строим:

1. прямую b||AM (задача 5);

2. на прямой b откладываем любой отрезок PQ=PQ (случай I);

3. на луче AM строим AB= PQ.

Случай III. PQAM.

Cтроим 1. луч AN||PQ;

2. на AN отложим AC=PQ;

3. радиусы AN, AM;

4. l||CB, Cl;

5. B=lAM.

Задача 9. Даны окружность с центром O, отрезок AB и прямая l такая, что (A,l)<AB. Построить точки пересечения прямой l с окружностью =(A,AB) (сама окружность не построена).

Размещено на http://www.allbest.ru/

Решение

Случай I. Прямая l проходит через A. Тогда задача сводится задаче 8: нам нужно от точки A на прямой l отложить два отрезка, равных AB.

Случай II. Прямая l не проходит через A.

Тогда строим

1. отрезок AHl (задача 6);

2. отрезок AC||l, AC=AB;

3. AHC - прямоугольный;

4. радиус AC (задача 5);

5. AHC, стороны которого параллельны сторонам AHC (задача 5);

6. l||l, Hl;

7. {X,Y}=l;

8. прямые a||OX, b||OY;

9. X=al, Y=bl - искомые точки.

Задача 10. Даны две окружности ₁=(O₁,₁), ₂=(O₂,₂), которые пересекаются (r₂>r₁). Построить точки их пересечения.

Решение. Анализ. Легко проверить, что если M - общая точка двух окружностей, то MO₁²-MO₂²=r₂²-r₁². Мы уже выяснили в §3, что множество точек {M| MO₁²-MO₂²=c=const}

Размещено на http://www.allbest.ru/

есть прямая перпендикулярная O₁O₂. Прямая

l={M| MO₁²-MO₂²=r₂²-r₁²}

называется радикальной прямой двух окружностей. Если мы сумеем её построить, то задача будет решена (см. задачу 9). Для того, чтобы построить следует найти точку C=O₁O₂l. Таким образом, С является основным элементом построения.

Построение: 1. отрезки O₁A=r₂, O₂B=r₁перпендикулярно O₁O₂;

2. отрезок AB и серединный перпендикуляр к нему h;

3. C=hO₁O₂;

4. lO₁O₂, Cl;

5. {M, N }=l₁ (задача 9).

Доказательство.

Из O₁AC и O₂BC получаем

AC²=O₁C²+r₂², BC²=O₂B²+r₁².

Поскольку C лежит на серединном перпендикуляре, то

AC=BC O₁C²+r₂²=O₂B²+r₁² СO₁²-СO₂²=r₂²-r₁²,

т.е. С лежит на радикальной прямой.

Из всех предыдущих задач вытекает

Теорема Штейнера. Любая задача на построение, выполнимая циркулем и линейкой, может быть выполнена одной линейкой, если на плоскости дана окружность с её центром.

Действительно, мы оказали, как строится пересечение любой прямой и любой окружности или двух окружностей, тем самым выполнены все постулаты построений.

Построения, выполняемые одной линейкой

С помощью одного циркуля можно построить точку, симметричную данной относительно данной прямой, можно построить вершины правильного треугольника или шестиугольника, вписанных в данную окружность, можно построить образ данной точки при инверсии, можно построить точку центрально симметричную данной. Неожиданный результат.

Теорема Мора-Маскерони. Любая задача на построение точек, выполнимая циркулем и линейкой может быть выполнена одним циркулем.

Размещено на http://www.allbest.ru/

Однако, наличие двух инструментов значительно облегчает задачу и сокращает число шагов построения. Примеры задач на построение одним циркулем.

Задача 1. Даны две точки A и B . Построить ещё одну точку, лежащую на прямой AB.

Решение

1. ₁=(A,AB),

₂=(B,AB);

2. {P,Q}=₁₂;

3. ₁=(P,), ₂=(Q,), где r>PQ/2;

4. {C,D}=₁₂ - искомые точки.

Размещено на http://www.allbest.ru/

Под словами: «провести через точку прямую…» будем понимать: «построить ещё одну точку на прямой …».

Задача 2. Даны три точки A, B и C, не лежащие на одной прямой. Через точку C провести прямую, параллельную AB.

Решение

1. ₁=(B,AC), ₂=(C,AB);

2. D=₁₂.

Действительно, в четырёхугольнике ABCD противоположные стороны равны, поэтому ABCD - параллелограмм AB||CD.

Размещено на http://www.allbest.ru/

Задача 3. Даны три точки A, B и C, не лежащие на одной прямой. Через точку C провести прямую, перпендикулярную AB.

геометрический построение фигура

Решение

1. ₁=(A,AC), ₂=(B,BC);

2. D₁₂.

Размещено на Allbest.ru

курс лекций "Геометрические построения на плоскости" скачать

Подобные документы

Построение с помощью циркуля и линейки отрезка, равного произведению или отношению двух других отрезков
Изучение некоторых методов построения отрезков, равных произведению или отношению двух других отрезков, с помощью циркуля и линейки. Использование произвольно выбранного единичного отрезка, а также определение произведения и деления этих отрезков.

творческая работа [936,4 K], добавлен 04.09.2010
Нахождение действительных корней приведённого квадратного уравнения с помощью циркуля и линейки
Изучение способов приближенного решения уравнений с помощью графического изображения функций. Исследование метода определения действительных корней квадратного уравнения с помощью циркуля и линейки для приведенных семи уравнений, построение их графиков.

творческая работа [12,5 M], добавлен 04.09.2010
Решение квадратных уравнений различными способами
Изучение истории квадратных уравнений. Анализ общего правила решения квадратных уравнений, изложенного итальянским математиком Леонардо Фибоначчи. Решение квадратных уравнений с помощью циркуля и линейки, с помощью номограммы, способом "переброски".

презентация [840,6 K], добавлен 16.01.2011
Геометрические построения на плоскости
Общие аксиомы конструктивной геометрии. Аксиомы математических инструментов. Постановка задачи на построение, методика решения задач. Особенности методик построения: одним циркулем, одной линейкой, двусторонней линейкой, построения с помощью прямого угла.

курс лекций [4,0 M], добавлен 18.12.2009
Проекция геометрических объектов
Особенности использования метода секущих плоскостей для создания проекции и разветки пересечения поверхностей фигур. Порядок построения изометрии взаимного пересечения поверхностей фигур. Характеристика процесса создания фигуры с вырезом, опоры и стойки.

реферат [21,3 K], добавлен 27.07.2010
Геометрические построения на местности с помощью циркуля и короткой градуированной веревки
Использование градуированной веревки при построении перпендикуляра к прямой. Нахождение середины отрезка. Построение треугольника по двум сторонам и высоте к третьей стороне. Нахождение точки пересечения двух прямых. Построение биссектрисы угла.

научная работа [320,4 K], добавлен 07.02.2010
Трисекция угла
Задача о делении угла на три равные части (трисекция угла), история ее происхождения. Построение трисектрисы угла (лучей, делящих угол) с помощью циркуля и линейки. Общее доказательство о трисекции угла, зависимость между ней и антипараллелограммом.

реферат [1,2 M], добавлен 12.12.2009
Метод геометрических преобразований при решении геометрических задач на построение
Методика нахождения различных решений геометрических задач на построение. Выбор и применение методов геометрических преобразований: параллельного переноса, симметрии, поворота (вращения), подобия, инверсии в зависимости от формы и свойств базовой фигуры.

курсовая работа [6,4 M], добавлен 13.08.2011
Средние линии геометрических фигур
Цепочка теорем, которая охватывает весь курс геометрии. Средняя линия фигур как отрезок, соединяющий середины двух сторон данной фигуры. Свойства средних линий. Построение различных планиметрических и стереометрических фигур, рациональное решение задач.

научная работа [2,0 M], добавлен 29.01.2010
Методы построения сечений многогранников
Обзор и характеристика различных методов построения сечений многогранников, определение их сильных и слабых сторон. Метод вспомогательных сечений как универсальный способ построения сечений многогранников. Примеры решения задач по теме исследования.

презентация [364,3 K], добавлен 19.01.2014

Другие документы, подобные "Геометрические построения на плоскости"

весь список подобных работ

скачать работу можно здесь

сколько стоит заказать работу?

Работы в архивах красиво оформлены согласно требованиям ВУЗов и содержат рисунки, диаграммы, формулы и т.д.
PPT, PPTX и PDF-файлы представлены только в архивах.
Рекомендуем скачать работу.