МАЛКА АКАДЕМИЯ НА НАУКИТЕ НА УЧЕНИЦИТЕ НА КРИМ

"търсач"

Раздел "Математика"

ГЕОМЕТРИЧНИ ПОСТРОЕНИЯ С ПОМОЩТА НА ДВУСТРАННА ЛИНИЯ

Свърших работата А

_____________

Класен ученик

Научен ръководител

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

I. ГЕОМЕТРИЧНИ КОНСТРУКЦИИ ВЪРХУ РАВНИНА………………...4

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

I.2. ……………………….....5

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

аз.4. Основни задачи за конструиране с двустранна линийка………………..8

I.5. Решаване на различни строителни проблеми …………………………………12

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

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

ЗАКЛЮЧЕНИЕ……………………………………………………………….24

Списък с литература……………………………..………….25

Въведение

Задачи, включващи конструиране с ограничени средства, включват задачи, включващи конструиране само с пергел и линийка, които се разглеждат в училищната програма. Възможно ли е да се решават строителни проблеми само с една линийка? Често нямате компас под ръка, но винаги можете да намерите линийка.

Задачите върху построения в геометрията са увлекателен раздел. Интересът към него се дължи на красотата и простотата на геометричното съдържание. Уместността на разглеждането на тези проблеми се увеличава поради факта, че те се използват на практика. Способността да се използва един владетел за решаване на проблемите, разгледани в тази работа, е от голямо значение в практическите дейности, т.к Постоянно се сблъскваме с проблеми с разделяне на сегмент наполовина, удвояване на даден сегмент и т.н.

Тази статия разглежда основните конструктивни задачи, които служат като основа за решаване на по-сложни проблеми.

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

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

Обект на изучаване: задачи за конструиране и двустранна линийка.

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

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

I. ГЕОМЕТРИЧНИ КОНСТРУКЦИИ В РАВНОСТТА

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

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

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

А. Аксиома на владетеля.

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

б) построете права, минаваща през две построени точки;

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

Б. Аксиомата за компас.

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

Б. Аксиома за двустранна линийка.

Двустранната линийка ви позволява да:

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

б) във всяка от полуравнините, определени от построената права, изградете права, успоредна на тази права и минаваща от нея на разстояниеА, Където А - сегмент, фиксиран за дадена линийка (ширина на линийката);

в) ако са построени две точки A и B, тогава определете дали AB ще бъде по-голям от определен фиксиран сегментА (ширина на линийката), и ако AB >А , след това изградете две двойки успоредни прави, минаващи съответно през точки A и B и отдалечени една от друга на разстояниеА .

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

I.2. Общи принципи за решаване на строителни задачи

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

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

Намери решение задачата за конструиране означава намаляването й до краен брой основни конструкции, т.е. посочване на крайна последователност от основни конструкции, след което желаната фигура вече ще се счита за конструирана по силата на приетите аксиоми на конструктивната геометрия. Списъкът с приемливи основни конструкции и следователно напредъкът в решаването на проблема значително зависи от това какви конкретни инструменти се използват за конструкции.

Решете строителния проблем - Означава, намери всички негови решения .

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

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

Има редица прости геометрични конструктивни задачи, които особено често се включват като компоненти при решаването на по-сложни задачи. Ще ги наричаме елементарни геометрични конструктивни задачи. Списъкът с елементарни задачи, разбира се, е условен. Основните задачи обикновено включват следното:

Разделете този сегмент наполовина.

Разделяне на даден ъгъл наполовина.

Построяване на дадена права отсечка, равна на дадената.

Построяване на ъгъл, равен на даден.

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

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

Разделяне на сегмент в това отношение.

Построяване на триъгълник с три дадени страни.

Построяване на триъгълник с помощта на страна и два съседни ъгъла.

Построяване на триъгълник с помощта на двете страни и ъгъла между тях.

При решаването на всеки малко сложен строителен проблем възниква въпросът как да се разсъждава, за да се намери начин за решаване на проблема, да се получат всички решения на проблема, да се открият условията за възможността за решаване на проблема и т.н. Следователно , когато решават конструктивни проблеми, те използват схема за решение, състояща се от следните четири етапа:

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

I.3. Геометрични построения с една линийка

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

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

а) произволна права линия;

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

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

Ширината на линийката в тази конструкция се счита за постоянна и следователно, ако в процеса на решаване на конкретен проблем стане необходимо да се извърши директна конструкция спрямо някои получени точкиАИ IN , тогава трябва да докажем, че дължинатаABповече време А .

Ще считаме, че една точка е построена, ако е една от данните или е пресечната точка на две построени прави; на свой ред ще считаме права линия за построена, ако тя минава през построените или дадени точки.

С помощта на двустранна линийка можете да конструирате следното.

а) През всеки две точки можете да начертаете права линия и то само една.

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

в) През две точки A и B в AB А възможно е да се начертаят две двойки паралелниправ; с AB = А можете да начертаете двойка успоредни линии, разстоянието между които е равноА .

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

(Фигура 1);

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

Ако са ви дадени четири точки, разположени във върховете на успоредник, можете да построите само една точка - неговия център. (фиг.3).

След като приемем горното, нека разгледаме поотделно задачите, решени с двустранна линийка.

аз.4. Основни задачи за конструиране с двустранна линийка

1
. Построете ъглополовящата на ъгъл ABC.

Решение: (фиг. 4)

А  (IN ° С) И b  (Група  b = д .

Получаваме B д– ъглополовяща  ABC.

Действително, получено от

построяването на успоредник е

ромб, тъй като височините му са равни. INд –

диагоналът на ромба е ъглополовяща ABC. Фиг.4

2
. Удвоете дадения ъгъл ABC

Решение : (фиг. 5) а) А  (AB),

А  (IN ° С)= д , през точки B и д

b директно;

б) през точки B ид м  b

директно,b Ç а = Е .

Получаваме Ð AB Е = 2 Ð ABC .

Фиг.5

3 . Към дадена права линия М н в това

начертайте перпендикуляр към точка А

Решение : (фиг.6)

1) (AA 1) || (BB 1) || (SS 1) –

директно (Б (М н),

СЪС Î (М н)); 2) през A и B

м || н - директно,

м Ç (SS 1) = д .

Получаваме (А д )  (М н ).

Фиг.6.

4
. През дадена точка, която не лежи

дадена линия, начертайте перпендикуляр

Да се тази линия.

Решение: През тази точка О прекарваме

две прави, пресичащи дадена

права линия AB и удвоете ъглите на получената

триъгълници, съседни на това

прав.  ОА н = 2  OAV и

ОВ н = 2  OVA (фиг. 7).

Фиг.7

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

Решение: вижте задача 4. (точка O е симетрична на точкан. Фиг.7)

6. Проведете права линия успоредно на този

П
направо М н , през точка А, не

принадлежащ на линия М н .

Решение 1: (фиг. 8)

1)(AA 1) || (BB 1) || (SS 1) || (DD 1 ) || (КК 1) -

– директно, (SA)Ç (BB 1) = C 2;

2) (С 2 K) Ç (DD 1 ) = Е .

(А Е ) е желаната права линия.

Фиг. 8

Решение 2 . На фиг. 8 1 е номериран

последователност от прави линии,

от които 1, 2 и 3 са успоредни

пряка конструкция;

(А Е) || (М н).

Фиг.8 1

7
. Разделете този сегмент AB наполовина.

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

краищата на този сегмент и след това диагонала

полученият ромб. O – средно AB.

Ориз. 9.

Решение 2. (Фиг. 9, а)

1) а || (Група b || (AB) – директно;

2) (AR), (AR)Ç a = C, (AP) Ç b = д ;

3) (д IN) Ç a = M, (SV) Ç b = н ;

4) (М н ) Ç (АВ) = К;

5) (д ДА СЕ) Ç (А н ) = Е ;

6) (Б Е ) Ç b = д 1, (Б Е ) Ç а = С 1;

7) (д IN ) Ç (А д 1 ) = X,

(AC 1) Ç (SV) = З.

8) (X З) Ç (АВ) = О. Получаваме AO = OB.

Фиг.9,а

Решение 3 .(Ориз. 9, б)

Както е известно , в средния трапец

основи, точка на пресичане

диагонали и пресечна точка

разширения на страните

лежат на една и съща права линия.

1) м || (AB) – директно;

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

3) (NE) Ç (А д ) = Е ; 4) (К Е ) Ç (АВ) = О. Получаваме AO = OB.

I.5. Решаване на различни строителни проблеми

При решаването на следните конструктивни задачи с помощта само на двустранна линийка се използва директното изграждане на успоредни прави и седемте основни задачи, дадени по-горе.

1. Начертайте две взаимно перпендикулярни линии през тази точка.

Р решение: нека минем през тази точка

две произволни линии,

и след това - ъглополовящи

съседни ъгли. (фиг.10)

Фиг.10

2. Даден е сегмент А д дадена дължина a.

Построете отсечка с дължина равна на .

Р
решение : Нека изпълним м  АИ ч || м през

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

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

a C = м  к . По познат начин

разделете AB и AC наполовина и

нека начертаем медианите на триъгълника

ABC. По свойството на медианите

триъгълник, О д = – търсено

сегмент (фиг. 11)

Ориз. единадесет

3. Построете отсечка, чиято дължина е

равен на периметъра на дадения триъгълник.

Решение: (фиг. 12). Нека да построим ъглополовящи

два външни ъгъла на триъгълника и след това

3 върха IN нека начертаем перпендикуляри

към тези ъглополовящи.

DE = а + b + s

Фиг.12

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

Р решение: (фиг. 13)

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

Директно;

2) (CA) и (CB) през A и B.

Отсечките A 1 B 1 и A 2 B 2 са необходими.

Друго решение на този проблем може да бъде

получени от решението на задача 7.

Ориз. 13

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

Решение: и за а + b(фиг. 14, а)

Фиг. 14, а

б) за ( а + b)/2 (фиг. 14, б)

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

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

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

Получаваме: н О = Н.П. + П.О. =
.

Ориз. 14, б

в) за b - А(Фиг. 14, c)

Ориз. 14,v

в) за ( b - а )/2 (фиг. 14,d)

Ориз. 14,g

6
. Конструирайте центъра на този кръг.

Решение : (Фиг. 15) Нека начертаем права линия AB,

пресичане на окръжността в точки A и B;

слънце  AB, където C е пресечната точка

с кръг.

През точка C прекарваме успоредна на AB

прав C д; СЪСдпресича окръжност

в точкатад.

Чрез свързванедс B и A с C, получаваме

желаната точка е центърът на кръга. Ориз. 15

Решение 2: (Фиг. 16) С помощта на двустранна линийка конструирайте две успоредни хордиAD Ипр.н.е. . Получаваме равнобедрен трапецABCD. ПозволявамК ИП - точки на пресичане на линииA.C. ИBD , AB ИDC . После направоП К минава през средите на основите на трапеца, перпендикулярен на тях, което означава, че минава през центъра на дадената окръжност. Като построим по подобен начин друга такава права линия, намираме центъра на окръжността.

Ориз. 16

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

Решение . (фиг. 17) Маркирайте три точки A, B и C върху тази дъга. Приложете линийка към краищата на сегмента AB и очертайте ръбовете му. Получаваме две успоредни прави. Променяйки позицията на линийката, рисуваме още две успоредни линии. Получаваме ромб (паралелограм с равни височини). Един от диагоналите на ромба е перпендикулярна ъглополовяща към сегментаAB , тъй като диагоналът на ромб лежи върху ъглополовящата на другия диагонал. По същия начин конструираме ъглополовящата на сегментаA.C. . Пресечната точка на построените ъглополовящи е центърът на търсената окръжност.

Ориз. 17

8. Дадени са отсечка AB, неуспоредна права l и точка M върху нея. С помощта на една двустранна линийка построете пресечните точки на правата линия l с окръжност с радиус AB с център M.

Решение: (фиг.18)

Нека завършим триъгълникаA.B.M. към успоредникАБНМ . Нека построим ъглополовящите MT иГ-ЦАъгли междуMNи правл . Нека начертаем през точкатан прави, успоредни на тези ъглополовящи:NQ || Г-ЦА, NR || М.Т.. MT│ Г-ЦАкато ъглополовящи на съседни ъгли. означава,NQ │ MT, тоест в триъгълникNMQъглополовящата е надморската височина, следователно триъгълникът е равнобедрен:MQ = MN. по същия начинГ-Н. = MN. ТочкиQИРтърсен.

Ориз. 18

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

Решение: (Фиг. 19, а)

Да направим директенл 1 , успоредна на праватаО.А. и отдалечен от него на разстояниеа . Нека го вземем по права линиял произволна точкаб . Позволявамб 1 - точка на пресичане на линиитеO.B. Ил 1 . Нека начертаем през точкатаб 1 права, успореднаAB ; тази линия пресича линиятаО.А. в точкатаА 1 . Нека сега начертаем точкитеО ИА 1 двойка успоредни прави, разстоянието между тях еа (може да има две такива двойки линии); позволявамх Их 1 - точки на пресичане на права, минаваща през точкаО , с прави линиил Ил 1 . защотоО.А. 1 = ОХ 1 и ∆О.А. 1 х 1 ∆ OAX , тогава OA = OX, точках търсен.

По същия начин изграждаме втората пресечна точка на окръжността и линията - точкатаY(Фиг. 18, b).

Ориз. 18,а

Ориз. 18, б

I.6.Конструкции с едностранна линийка

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

1. Разделете сегмент P Q на половина

Решение показано на фигура 19

Дадени са точки P,Q, Р 1 ИQ 1 и успоредни прави

РQ, Р 1 Q 1 . Нека изпълним RQ 1  QР 1 = Б , RR 1  QQ 1 = А

Нека свържем точките A и B. AB РQ = Е– средата

сегмент PQ.

Ориз. 19

2. Удвоете сегмента Р 1 Q 1.

Р
решение показано на Фигура 20. Нека изградим

точкаЕ– средата на сегмента PQи го свържете

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

равенствоRQи П 1 Q 1 следва от сходството

триъгълници RMЕИ РМQ 1 ,

ЕМQИ Р 1 МQ 1 , и равенства PЕИFQ.

Ориз. 20

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

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

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

тяхната пресечна точка А с точки

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

разделямР 1 Q 1 Нам равен части.

Зам = 4 решението е показано на фигура 22

Фиг.22

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

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

Твърдение 1: всички конструкции, които могат да бъдат направени с пергел и линийка, могат да бъдат направени с двустранна линийка.

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

Пресечната точка на две прави линии може да се изгради с помощта на линийка.

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

Конструкция:Нека е дадена отсечката AB - радиусът на окръжността, права линиял , центърът на кръг O, тогава:

1) Ние изпълняваме ОС ||л , OS = AB.

2) Ние изпълняваме ОС ||ки дистанционно до a.

3) Ние изпълнявамеO.D., O.D. л = д; O.D. к) По следствие от теоремата на Талес

4) Според закона за транзитивност на равенствата

5) ПомислетеOMQE. OMQEе успоредник, тъй като OM ||Еквалайзери OE ||M.C.(страните на линийката са успоредни). Нека докажем, че това е ромб.

5.1) ПоведениеQZ O.C.ИQG НА, ТогаваQG = QZ = а.

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

Пресечна точка на две окръжности: подобни.

Твърдение 2: всички конструкции, които могат да бъдат направени с двустранна линийка, могат да бъдат направени с пергел и линейка.

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

1) Права линия, използваща две точки, се конструира лесно с помощта на линийка.

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

2.1) Нека е дадена права линияки сегмент на дължинаа.

2.2) Построете произволна праваb к, позволявамк b= б.

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

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

2.5) През точкадизградете права линияд к.

2.6) Директен° СИд- задължително, т.кпр.н.е.ИBDравенапо построение и са равни на разстоянието между праватаки прав

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

3.1) Нека се дадат точкитеАИби сегмент на дължинаа.

3.2) Построяване на окръжност с център в точкаАи радиуса.

3.3) Построете допирателна към дадена окръжност през точкаб; има две такива допирателни акоблежи извън кръга (акоAB> а), едно акоблежи върху окръжността (акоAB= а), няма акоблежи вътре в кръга (AB< а). Тази допирателна е една от линиите, които търсим; остава да се мине през точкатаАправа линия, успоредна на нея.

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

Така доказахме взаимозаменяемостта на двустранна линийка и пергел и линийка.

Заключение: Двустранната линийка е взаимозаменяема с пергел и линийка.

Заключение

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

Представеният материал може да има пряко приложение не само в уроците по математика, в часовете на математическия кръжок, но и в практическата дейност.

Списък на използваната литература

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

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

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

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

Енциклопедичен речник на млад математик. М., Педагогика. 1985 г

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

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

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

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

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

Общинско бюджетно учебно заведение

СОУ No34 със задълбочено изучаване на отделните предмети

ЧОВЕК, физико-математически раздел

„Геометрични конструкции с пергел и линийка“

Изпълнил: ученик от 7 “А” клас

Батищева Виктория

Ръководител: Колтовская В.В.

Воронеж, 2013 г

3. Построяване на ъгъл, равен на дадения.

П Нека начертаем произволна окръжност с център във върха А на даден ъгъл (фиг. 3). Нека B и C са точките на пресичане на окръжността със страните на ъгъла. С радиус AB начертаваме окръжност с център в точка O, началната точка на тази полуправа. Нека означим точката на пресичане на тази окръжност с тази полуправа като C 1 . Нека опишем окръжност с център C 1 и фиг.3

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

6. Построяване на перпендикулярни прави.

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

Желаната права минава през точки C и O.

Фиг.6

вече известни проблеми

1.Проблемът на Брахмагупта

Построете вписан четириъгълник, като използвате четирите му страни. Едно решение използва кръга на Аполоний.Нека решим задачата на Аполоний, като използваме аналогията между трикръг и триъгълник. Как намираме окръжност, вписана в триъгълник: изграждаме пресечната точка на ъглополовящите, пускаме перпендикуляри от нея към страните на триъгълника, основите на перпендикулярите (пресечните точки на перпендикуляра със страната, на която е отпада) и ни дава три точки, разположени на желаната окръжност. Начертайте кръг през тези три точки - разтворът е готов. Ще направим същото и с проблема на Аполоний.

2. Проблемът на Аполоний

С помощта на пергел и линийка построете окръжност, допирателна към дадените три окръжности. Според легендата проблемът е формулиран от Аполоний от Перга около 220 г. пр.н.е. д. в книгата „Докосване“, която е изгубена, но е възстановена през 1600 г. от Франсоа Виете, „Галския Аполоний“, както го наричат ​​неговите съвременници.

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

Построяване на правилни многоъгълници.

П

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

Правилен шестоъгълник Могаконструирайте с пергел и линийка. По-долудаден е методът на изгражданечрез разделяне на кръга на 6 части. Използваме равенството на страните на правилен шестоъгълник с радиуса на описаната окръжност. От противоположните краища на един от диаметрите на окръжността описваме дъги с радиус R. Точките на пресичане на тези дъги с дадена окръжност ще я разделят на 6 равни части. Чрез последователно свързване на намерените точки се получава правилен шестоъгълник.

Построяване на правилен петоъгълник.

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

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

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

Изберете точка от кръгаА , който ще бъде един от върховете на петоъгълника. Изградете права линия презО ИА .

Построете права, перпендикулярна на праватаО.А. , минаваща през точкатаО . Обозначете едно от неговите пресечни точки с окръжността като точкаб .

Начертайте точка° С по средата междуО Иб .

° С през точкатаА . Маркирайте пресечната му точка с линиятаO.B. (вътре в оригиналния кръг) като точкад .

Начертайте кръг с център вА през точка D, маркирайте пресечната точка на този кръг с оригинала (зелен кръг) като точкид ИЕ .

Начертайте кръг с център вд през точкатаА Ж .

Начертайте кръг с център вЕ през точкатаА . Обозначете другата му пресечна точка с оригиналния кръг като точказ .

Построете правилен петоъгълникAEGHF .

Неразрешими проблеми

В древността са поставени следните три строителни задачи:

Ъглова трисекция - разделете произволен ъгъл на три равни части.

С други думи, необходимо е да се построят ъглови трисектори - лъчи, разделящи ъгъла на три равни части. P. L. Wanzel доказва през 1837 г., че проблемът е разрешим само когато, например, трисечението е възможно за ъгли α = 360°/n, при условие че цялото число n не се дели на 3. Въпреки това, в пресата от време на време (неправилно ) са публикувани методи за трисектора на ъгъл с пергел и линийка.

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

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

Квадратура на кръг - задача, състояща се в намиране на конструкция с помощта на пергел и линийка на квадрат, равен по площ на дадения кръг.

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

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

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

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

ЗНАЕТЕ ЛИ, ЧЕ...

(от историята на геометричните конструкции)

Някога в изграждането на правилни многоъгълници беше вложено мистично значение.

По този начин питагорейците, последователи на религиозното и философско учение, основано от Питагор, и които са живели в древна Гърция (Vаз-аз Vвекове пр.н.е пр. н. е.), приели като знак за техния съюз многоъгълник във формата на звезда, образуван от диагоналите на правилен петоъгълник.

Правилата за строгото геометрично изграждане на някои правилни многоъгълници са изложени в книгата „Елементи” на древногръцкия математик Евклид, живял вIIIV. пр.н.е. За извършването на тези конструкции Евклид предложи да се използват само линийка и компас, които по това време нямаха шарнирно устройство за свързване на краката (такова ограничение в инструментите беше неизменно изискване на древната математика).

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

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

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

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

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

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

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

Дюрер използва методи за конструиране на правилни многоъгълници в художествената практика, например при създаването на различни видове орнаменти и шарки за паркет. Той скицира такива модели по време на пътуване до Холандия, където в много домове имаше паркет.

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

Заключение

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

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

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

С помощта на линийка можете:

произволна права линия;

произволна права, минаваща през дадена точка;

права, минаваща през две дадени точки.

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

С помощта на компас можете да начертаете отсечка на дадена линия от дадена точка.

Нека разгледаме основните строителни задачи.

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

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

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

Задача 2.

Решение. Този ъгъл с върха A и лъча OM са показани на фигура 2.

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

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

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

Задача 4.Начертайте перпендикулярна ъглополовяща към този сегмент (фиг. 5).

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

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

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

Решение. Има два възможни случая:

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

От точка O начертаваме окръжност с произволен радиус, пресичаща права a в точки A и B. От точки A и B нарисуваме окръжности със същия радиус. Нека O 1 е точката на тяхното пресичане, различна от O. Получаваме OO 1 ⊥ AB. Всъщност точките O и O 1 са на еднакво разстояние от краищата на сегмента AB и следователно лежат на ъглополовящата на този сегмент.

Пример

Разделяне на сегмент наполовина

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

• С помощта на пергел начертаваме кръгове с центрове в точки АИ брадиус AB.
• Намиране на пресечни точки ПИ Qдве построени окръжности (дъги).
• С помощта на линийка начертайте сегмент или линия, минаваща през точките ПИ Q.
• Намиране на желаната среда на отсечката AB- точка на пресичане ABИ PQ.

Формална дефиниция

В конструктивните задачи се разглежда множеството от всички точки на равнината, множеството от всички прави на равнината и множеството от всички окръжности на равнината, върху които са разрешени следните операции:

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

В условията на задачата се посочва определен набор от точки. Изисква се, използвайки краен брой операции измежду допустимите операции, изброени по-горе, да се конструира друго множество от точки, което е в дадено отношение с оригиналното множество.

Решението на строителния проблем се състои от три основни части:

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

вече известни проблеми

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

Построяване на правилни многоъгълници

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

Възможни и невъзможни конструкции

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

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

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

Вариации и обобщения

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

Вижте също

• Програмите за динамична геометрия ви позволяват да извършвате конструкции с помощта на компас и линийка на компютър.

Бележки

Литература

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

Фондация Уикимедия. 2010 г.

Вижте какво е „Конструкция с помощта на пергел и линийка“ в други речници:

Линийки - вземете работещ талон за отстъпка за AllInstruments в Akademika или купете линийки с печалба с безплатна доставка на разпродажба в AllInstruments

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

Конструкциите, използващи пергели и линийки, са клон на евклидовата геометрия, познат от древни времена. В задачите за конструиране са възможни следните операции: Маркиране на произволна точка от равнината, точка от една от построените прави или точка... ... Wikipedia

Съществително име, с., използвано. сравнявам често Морфология: (не) какво? строителство, какво? строителство, (виждам) какво? строителство, какво? строителство, за какво? относно строителството; мн. Какво? строителство, (не) какво? конструкции, какво? конструкции, (виждам) какво? конструкция, с какво?...... Обяснителен речник на Дмитриев

Връщане