«Циркуль және түзу сызықпен геометриялық конструкциялар. Циркуль мен сызғышпен салу Сызғышпен қандай құрылыстар жасауға болады

Қырым мектеп ОҚУШЫЛАРЫНЫҢ КІШІ ҒЫЛЫМ АКАДЕМИЯСЫ

"ТАПҚЫШ"

«Математика» бөлімі

ЕКІ ЖАҚТЫ сызғышты пайдаланып ГЕОМЕТРИЯЛЫҚ ҚҰРУ

Мен жұмысты орындадым А

_____________

сынып оқушысы

Ғылыми жетекші

КІРІСПЕ………………………………………………………………………..3

I. ЖАЗАҚТАҒЫ ГЕОМЕТРИЯЛЫҚ ҚҰРАСТЫРУЛАР ………………………………………………………………………………………………………………………

I.1. Конструктивті геометрияның жалпы аксиомалары. Математикалық құралдар аксиомалары……………………………………………………………………..4

I.2. ……………………….....5

I.3. Бір сызғышы бар геометриялық конструкциялар ……………………………..7

I.4. Екі жақты сызғыш салудың негізгі міндеттері………………..8

I.5. Шешім әртүрлі тапсырмаларқұрылысқа …………………………………12

I.6. Бір жақты сызғышы бар конструкциялар……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………20

I.7. Екі жақты сызғыштың циркульмен және сызғышпен алмасуы….21

ҚОРЫТЫНДЫ……………………………………………………………….24

Пайдаланылған әдебиеттер тізімі……………………………………………….25

Кіріспе

Шектеулі құралдармен салуға есептер қатарына тек компаспен және түзумен қарастырылатын құрылысқа есептер жатады мектеп бағдарламасы. Бір ғана сызғышпен құрылыс мәселелерін шешуге бола ма? Көбінесе қолында циркуль болмайды, ал сызғышты әрқашан табуға болады.

Геометриядағы құрылыс тапсырмалары - бұл қызықты бөлім. Оған деген қызығушылық геометриялық мазмұнның әдемілігі мен қарапайымдылығына байланысты. Бұл мәселелерді қарастырудың өзектілігі оның тәжірибеде қолданылуына байланысты артады. Осы жұмыста қарастырылған мәселелерді шешу үшін бір сызғышты пайдалану мүмкіндігі бар үлкен мәніс жүзінде, өйткені біз үнемі сегментті екіге бөлу, берілген сегментті екі еселеу және т.б. мәселелерге тап боламыз.

Бұл жұмыста біз күрделі мәселелерді шешуде тірек болатын құрылыстың негізгі міндеттерін қарастырамыз.

Тәжірибе көрсеткендей, құрылыс тапсырмалары қызығушылық тудырады, ақыл-ой қызметін белсендіруге ықпал етеді. Оларды шешу барысында фигуралардың қасиеттері туралы білімдері белсенді түрде пайдаланылады, пайымдау қабілеті дамиды, геометриялық салу дағдылары жетілдіріледі. Нәтижесінде конструктивті қабілеттер дамиды, бұл геометрияны оқу мақсаттарының бірі болып табылады.

Гипотеза: циркуль мен сызғышпен шешуге болатын барлық құрылыс есептерін тек екі жақты сызғышпен шешуге болады.

Зерттеу нысаны: құрылыс тапсырмалары және екі жақты сызғыш.

Зерттеудің міндеттері: барлық құрылыс мәселелерін тек екі жақты сызғыштың көмегімен шешуге болатынын дәлелдеу..

Зерттеу мақсаты: оқу теориялық негізіқұрылыс мәселелерін шешу; екі жақты сызғыштың көмегімен негізгі құрылыс есептерін шешу; күрделірек құрылыс тапсырмаларына мысалдар келтіру; теориялық және практикалық материалдарды жүйелеу.

I. ЖАЗАҚТАГЫ ГЕОМЕТРИЯЛЫҚ ҚҰРЫЛЫСТАР

I.1. Конструктивті геометрияның жалпы аксиомалары. Математикалық құралдардың аксиомалары

Конструктивті геометрия үшін дәл және математикалық мақсаттар үшін қажет толық сипаттамасыбір немесе басқа құрал. Мұндай сипаттама аксиома түрінде берілген. Бұл аксиомалар абстрактілі математикалық формада геометриялық конструкциялар үшін қолданылатын нақты сызу құралдарының қасиеттерін білдіреді.

Геометриялық конструкциялар үшін ең көп қолданылатын құралдар:сызғыш (бір жақты) , компас, екі жақты сызғыш (параллель шеттері бар) және басқалары.

A. Сызғыш аксиомасы.

Сызғыш келесі геометриялық конструкцияларды орындауға мүмкіндік береді:
а) салынған екі нүктені қосатын кесінді тұрғызу;

б) салынған екі нүкте арқылы өтетін түзу салу;

в) салынған нүктеден шығатын және басқа салынған нүкте арқылы өтетін сәулені салу.

B. Компас аксиомасы.

Компас келесі геометриялық конструкцияларды орындауға мүмкіндік береді:
а) шеңбердің центрі және шеңбердің (немесе оның ұштарының) радиусына тең кесінді салынса, шеңберді салу;

B. Екі жақты сызғыш аксиомасы.

Екі жақты сызғыш сізге мүмкіндік береді:

а) А аксиомасында келтірілген конструкциялардың кез келгенін орындау;

б) салынған түзумен анықталатын жарты жазықтықтардың әрқайсысында осы түзуге параллель және одан қашықтықта өтетін түзуді тұрғызуА, Қайда А - берілген сызғышқа бекітілген кесінді (сызғыштың ені);

в) егер екі А және В нүктелері тұрғызылса, онда АВ қандай да бір қозғалмайтын кесіндіден үлкен болатынын анықтаңызА (сызғыш ені) және AB > болсаА , содан кейін сәйкесінше А және В нүктелері арқылы өтетін және бір-бірінен қашықтықта орналасқан екі жұп параллель түзуді салыңыз.А .

Жоғарыда аталған құралдардан басқа геометриялық конструкциялар үшін басқа құралдарды қолдануға болады: ерікті бұрыш, шаршы, таңбалары бар сызғыш, тік бұрыштар жұбы, арнайы қисық сызықтарды салуға арналған әртүрлі құрылғылар және т.б.

I.2. Құрылыс мәселелерін шешудің жалпы принциптері

Құрылыс тапсырмасы егер қандай да бір басқа фигура берілсе және қалаған фигураның элементтері мен осы фигураның элементтері арасындағы белгілі бір байланыстар көрсетілсе, көрсетілген құралдармен белгілі бір фигураны тұрғызу талап етілетінінен тұрады.

Есептің шарттарын қанағаттандыратын әрбір фигура деп аталадышешімбұл тапсырма.

Шешімін табыңыз конструкциялық тапсырма оны негізгі конструкциялардың шектеулі санына дейін азайтуды білдіреді, яғни негізгі конструкциялардың ақырғы тізбегін көрсету, содан кейін қажетті фигура конструктивті геометрияның қабылданған аксиомаларының күшімен салынған деп есептеледі. Рұқсат етілген негізгі құрылыстардың тізімі, демек, мәселені шешу барысы құрылыстар үшін қандай құралдар қолданылатынына байланысты.

Құрылыс мәселесін шешу - Құралдар, барлық шешімдерді табыңыз .

Соңғы анықтама кейбір нақтылауды қажет етеді. Есептің шарттарын қанағаттандыратын фигуралар пішіні немесе өлшемі бойынша да, жазықтықтағы орны бойынша да әр түрлі болуы мүмкін. Жазықтықтағы позициядағы айырмашылықтар есепке алынады немесе есепке алынбайды, құрылыс мәселесінің өзін тұжырымдауға, мәселенің шарты кез келген берілгенге қатысты қалаған фигураның белгілі бір орналасуын қамтамасыз ете ме немесе қамтамасыз етпейтініне байланысты. сандар.

Егер мәселенің шешімі табылса, болашақта бұл шешімді «тұтастай», яғни оны негізгі конструкцияларға бөлмей пайдалануға рұқсат етіледі.

Бірқатар қарапайым геометриялық құрылыс есептері бар, олар әсіресе жиі ретінде қосылады құрамдас бөліктеркүрделі мәселелерді шешуде. Біз оларды қарапайым геометриялық құрастыру есептері деп атаймыз. Элементар тапсырмалар тізімі, әрине, шартты. Ең көп тараған тапсырмаларға мыналар жатады:

Бұл сегментті екіге бөліңіз.

Бұл бұрышты екіге бөліңіз.

Құрылыс берілген сызықберілгенге тең сегмент.

Берілгенге тең бұрыш салу.

Берілген нүкте арқылы берілген түзуге параллель өтетін түзуді тұрғызу.

Берілген нүкте арқылы өтетін және берілген түзуге перпендикуляр түзуді салу.

Осыған байланысты сегменттің бөлінуі.

Үш қабырғасы берілген үшбұрышты салу.

Қабырғасы мен көршілес екі бұрышы берілген үшбұрышты салу.

Екі қабырғасы және олардың арасындағы бұрыш берілген үшбұрышты салу.

Қандай да бір күрделі құрылыс мәселесін шешкенде, мәселені шешудің жолын табу үшін, есептің барлық шешімдерін алу, мәселені шешу мүмкіндігінің шарттарын білу және т.б. үшін қалай пайымдау керек деген сұрақ туындайды. , конструктивті есептерді шешу кезінде олар келесі төрт қадамнан тұратын шешім схемасын пайдаланады:

1) талдау;
2) құрылыс;
3) дәлелдеу;
4) зерттеу.

I.3. Бір сызғышпен геометриялық конструкциялар

Біз билеушіні билеуші ретінде және екі жақты билеуші ретінде екі тұрғыдан қарастырамыз.

1. екі жақты сызғышені А қашықтықта орналасқан параллель шеттері бар сызғышты шақырамыз А бір-бірінен тікелей құруға мүмкіндік береді:

а) ерікті сызық;

б) есепті шешу процесінде берілген немесе алынған екі нүкте арқылы өтетін түзу;

в) әрқайсысы бір нүкте арқылы өтетін, арақашықтығы одан үлкен болатын параллель түзулерА (бұл құрылыста сызғыш оның екі параллель жиегінің әрқайсысында берілген екі нүктенің біреуі болатындай күйде болады; бұл жағдайда тікелей салу туралы айтатын боламыз).

Бұл конструкциядағы сызғыштың ені тұрақты болып саналады, сондықтан белгілі бір мәселені шешу процесінде кейбір алынған нүктелерге қатысты тікелей салуды орындау қажет болса.АЖәне IN , онда ұзындығы екенін дәлелдеуіміз керекABұзағырақ А .

Құрылған нүктені қарастырамыз, егер ол деректердің бірі болса немесе екі салынған түзудің қиылысы болса; өз кезегінде, егер ол салынған немесе берілген нүктелер арқылы өтетін болса, салынған сызықты қарастырамыз.

Екі жақты сызғышты пайдаланып, келесіні салуға болады.

а) Түзу кез келген екі нүкте арқылы жүргізілуі мүмкін, бірақ тек біреуі.

б) Қандай түзу болса да, жазықтықта оған параллель және одан қашықтықта тура екі түзу бара .

в) АВ нүктесіндегі екі А және В нүктелері арқылы А екі жұп параллель салуға боладытікелей; AB = кезінде А арақашықтығы тең параллель түзулер жұбын жүргізуге боладыА .

Егер бір, екі, үш ұпай берілсе, онда жаңа нүктелерді салуға болмайды

(1-сурет);

егер төрт нүкте берілсе, олардың үшеуі (немесе төртеуі де) бір түзудің бойында жатса, онда басқа нүктелерді салуға болмайды (2-сурет);

параллелограммның төбелерінде жатқан төрт нүкте берілген болса, тек бір нүктені – оның центрін салуға болады. (Cурет 3).

Жоғарыда айтылғандарды қабылдай отырып, біз екі жақты сызғыштың шешетін мәселелерін бөлек қарастырамыз.

I.4. Екі жақты сызғышты салу бойынша негізгі тапсырмалар

1
. ABC бұрышының биссектрисасын сал.

Шешімі: (Cурет 4)

А  (IN C) Және б  (AB), және  б = D .

B алыңыз D- биссектриса  ABC.

Шынында да, алынған

параллелограммның құрылысы болып табылады

ромб, өйткені оның биіктігі тең. IND –

ромбтың диагоналы биссектриса болып табылады ABC. 4-сурет

2
. Берілген ABC бұрышын екі есе көбейтіңіз

Шешім : (Cурет 5) a) А  (AB),

А  (IN C)= D , В және нүктелері арқылы D

б тікелей;

б) В және нүктелері арқылыD м  б

тікелей,б Ç a = Ф .

Алу Ð AB Ф = 2 Ð ABC .

5-сурет

3 . Бұл жолға М Н осында

А нүктесіне перпендикуляр салыңыз

Шешім : (Cурет 6)

1) (AA 1) || (VV 1) || (SS 1 ) –

тікелей (in (М Н),

МЕН Î (М Н))) 2) А және В арқылы

м || n - тікелей,

м Ç (SS 1 ) = D .

Біз аламыз (А D )  (М Н ).

6-сурет.

4
. Жатпай берілген нүкте арқылы

бұл сызық, перпендикуляр сызыңыз

Кімге бұл түзу сызық.

Шешімі: Осы О нүктесі арқылы біз сызамыз

берілгенмен қиылысатын екі түзу

AB түзу сызығын және алынған бұрыштарды екі есе көбейтіңіз

берілгенге іргелес үшбұрыштар

Түзу.  О.А Н = 2  OAB және

О.В Н = 2  OVA (Cурет 7).

7-сурет

5. Берілген түзуге қатысты берілген нүктеге симметриялы нүкте тұрғызу.

Шешімі: 4-есепті қараңыз (О нүктесі нүктеге симметриялыН. 7-сурет)

6. Түзу сызық сызыңыз осыған параллель

П
М желісі Н , А нүктесі арқылы емес

М сызығына жатады Н .

Шешім 1: (Cурет 8)

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

– тікелей, (CA)Ç (BB 1) \u003d C 2;

2) (C 2 K) Ç (ДД 1 ) = Ф .

(А Ф ) - қажетті сызық.

8-сурет

Шешім 2 . 8-суретте 1 нөмірленген

түзулер тізбегі,

оның 1, 2 және 3 параллель

тікелей құрылыс;

(А Ф) || (М Н).

8-сурет 1

7
. Осы AB кесіндісін екіге бөліңіз.

Шешім 1 (9-сурет) (сызғыштың ені берілген кесіндінің ұзындығынан аз болған жағдайда ғана). Тікелей екі жұп параллель түзулер арқылы сызыңыз

осы сегменттің ұштары, содан кейін диагональ

алынған ромб. O - АВ-ның ортаңғы нүктесі.

Күріш. 9.

Шешім 2 (Cурет 9, а)

1) а || (AB) және б || (AB) - тікелей;

2) (AR), (AR)Ç a = C, (AP) Ç б = D ;

3) (D IN) Ç a = M, (CB) Ç б = Н ;

4) (М Н ) Ç (AB) = K;

5) (D Кімге) Ç (А Н ) = Ф ;

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

7) (D IN ) Ç (А D 1 ) = X,

(AC 1 ) Ç (CB) = З.

8) (X З) Ç (AB) = О. Біз AO = OB аламыз.

9-сурет, а

Шешім 3 .(Күріш. 9b)

Белгілі болғандай , ортаңғы трапецияда

негіздері, қиылысу нүктесі

диагональдары мен қиылысу нүктесі

бүйірлік кеңейтімдер

бір сызықта жату.

1) м || (AB) - тікелей;

2) C Î м , D Î м , (AC) Ç (IN D ) = TO; 9,б-сурет

3) (CB) Ç (А D ) = Ф ; 4) (Қ Ф ) Ç (AB) = О. Біз AO = OB аламыз.

I.5. Әр түрлі құрылыс мәселелерін шешу

Тек екі жақты сызғышпен салуға келесі есептерді шешуде параллель түзулерді тура салу және жоғарыдағы жеті негізгі есеп қолданылады.

1. Осы нүкте арқылы өзара перпендикуляр екі түзу жүргізіңіз.

Р Шешімі: осы нүктеден өту

екі ерікті сызық,

содан кейін биссектрисалар

іргелес бұрыштар. (Cурет 10)

10-сурет

2. Берілген А сегменті D берілген ұзындық.

Ұзындығы болатын кесіндіні тұрғызыңыз.

Р
шешім : жұмсайық м  АЖәне h || м арқылы

А нүктесі. f || (А D ) , к || (AD) тікелей.

АВ және АС салайық, мұнда B =f  м ,

a C = м  к . Белгілі жолмен

АВ және АС екіге және екіге бөліңіз

үшбұрыштың медианаларын салыңыз

ABC. Медианалардың қасиеті бойынша

үшбұрыш, о D = - қалаған

сегмент (Cурет 11)

Күріш. он бір

3. Ұзындығы болатын түзу кесіндісін сал

үшбұрыштың периметріне тең.

Шешімі: (Cурет 12). биссектрисаларды құрастырайық

үшбұрыштың екі сыртқы бұрышы, содан кейін

3 шың IN перпендикулярлар сызу

осы биссектрисаларға.

DE = a + б + бірге

12-сурет

4. Ұзындығы a кесіндісі берілген. Ұзындық кесінділерін құрастыру 2а, 3а.

Р Шешімі: (Cурет 13)

1 млн Н) || (AB) және (M 1 Н 1 ) || (М Н) || (М 2 Н 2 ) –

Тікелей;

2) (CA) және (CB) А және В арқылы.

A 1 B 1 және A 2 B 2 сегменттері қажет.

Бұл мәселенің тағы бір шешімі болуы мүмкін

7 есептің шешімінен шығады.

Күріш. 13

5. Екі кесінді түзуде берілген, олардың ұзындығы a және б . Ұзындықтары +-ге тең кесінділерді салыңыз б , б - А, ( а + б )/2 және ( б - а )/2 .

Шешімі: және үшін а + б(Cурет 14, а)

14-сурет, а

б) үшін ( а + б)/2 (Cурет 14, b)

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

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

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

Біз алып жатырмыз: Н О = NP + PO =
.

Күріш. 14б

в) үшін б - А(Cурет 14,c)

Күріш. 14, дюйм

в) үшін ( б - а )/2 (14d-сурет)

Күріш. 14,г

6
. Осы шеңбердің ортасын салыңыз.

Шешім : (Cурет 15) АВ түзуін сызыңыз,

шеңберді А және В нүктелерінде қиылысу;

Күн  AB, мұндағы C - қиылысу нүктесі

шеңбермен.

АВ нүктесіне параллель С нүктесі арқылы сызыңыз

түзу C D; МЕНDшеңберді кесіп өтеді

нүктесіндеD.

Қосылу арқылыDВ-мен және А-мен С, біз аламыз

қалаған нүкте - шеңбердің центрі. Күріш. 15

Шешім 2: (Cурет 16) Екі жақты сызғышты пайдаланып, екі параллель хорда салыңызAD ЖәнеBC . Біз тең қабырғалы трапеция аламызА Б С Д. БолсынҚ ЖәнеП - түзулердің қиылысу нүктелеріAC ЖәнеBD , AB ЖәнеDC . Содан кейін сызықП Қ оларға перпендикуляр трапеция табандарының ортаңғы нүктелері арқылы өтеді, яғни ол берілген шеңбердің центрі арқылы өтеді. Осыған ұқсас тағы бір түзуді салып, біз шеңбердің центрін табамыз.

Күріш. 16

7. Шеңбер доғасы берілген. Шеңбердің ортасын салыңыз

Шешім . (Cурет 17) Осы доғада үш А,В,С нүктелерін белгілейік.АВ кесіндісінің ұштарына сызғышты бекітіп, оның шеттерін дөңгелектейміз. Біз екі параллель түзуді аламыз. Сызғыштың орнын өзгерту арқылы тағы екі параллель түзу сызыңыз. Біз ромб аламыз (параллелограмммен тең биіктіктер). Ромбтың диагональдарының бірі кесіндіге перпендикуляр биссектриса болып табыладыAB , ромбтың диагоналы жатқандықтан перпендикуляр биссектрисабасқа диагональға. Сол сияқты кесіндіге перпендикуляр биссектриса саламызAC . Салынған орта перпендикулярлардың қиылысу нүктесі қалаған шеңбердің центрі болып табылады.

Күріш. 17

8. АВ кесіндісі, оған параллель емес l түзуі және оның үстіндегі М нүктесі берілген. Бір екі жақты сызғышты пайдаланып l түзуінің центрі М болатын АВ радиусы шеңберімен қиылысу нүктелерін тұрғызыңыз.

Шешімі: (Cурет 18)

Үшбұрышты аяқтаймызABM параллелограмғаABNM . MT және биссектрисаларын салайықХАНЫМарасындағы бұрыштарМ.Нжәне тікелейл . Нүкте арқылы өтейікН осы биссектрисаларға параллель түзулер:NQ || ХАНЫМ, NR || МТ. МТ│ ХАНЫМіргелес бұрыштардың биссектрисалары ретінде. білдіреді,NQ │ MT, яғни үшбұрыштаNMQбиссектриса биіктік, сондықтан үшбұрыш тең қабырғалы болады:MQ = М.Н. Сияқты,МЫРЗА = М.Н. ұпайQЖәнеРқалаған.

Күріш. 18

9. l түзуі және l-ге параллель OA кесіндісі берілген. Бір екі жақты сызғышты пайдаланып l түзуінің центрі О нүктесінде орналасқан OA радиусы бар шеңбермен қиылысу нүктелерін салыңыз.

Шешімі: (Cурет 19, a)

Түзу сызық сызайықл 1 , сызыққа параллельО.А және одан қашықтықтаа . Тікелей алайықл ерікті нүктеБ . БолсынБ 1 - түзулердің қиылысу нүктесіОБ Жәнел 1 . Нүкте арқылы өтейікБ 1 түзу, параллельAB ; бұл сызық сызықты қиып өтедіО.А нүктесіндеА 1 . Енді нүктелерден өтіп көрейікО ЖәнеА 1 арақашықтығы тең параллель түзулер жұбыа (осындай екі жұп сызық болуы мүмкін); болсынX ЖәнеX 1 - нүкте арқылы өтетін түзудің қиылысу нүктесіО , түзу сызықтарменл Жәнел 1 . ӨйткеніО.А 1 = ӨҚ 1 және ∆О.А 1 X 1 ∆ OAX , онда ОА = ОХ, нүктеX қалаған.

Сол сияқты шеңбер мен түзудің екінші қиылысу нүктесін – нүктені саламызЫ(Cурет 18, b).

Күріш. 18, а

Күріш. 18б

I.6.Бір жақты сызғышы бар конструкциялар

В
Мұнда біз ерекше жағдайды қарастырамыз: P нүктелері берілсін,Q, Р 1 ЖәнеQ 1 . және олар трапецияның төбелерінде жатыр.

1. P сегментін бөліңіз Q жартысында

Шешім 19-суретте көрсетілген

Берілген P ұпайлары,Q, Р 1 ЖәнеQ 1 және параллель түзулер

РQ, Р 1 Q 1 . Р жұмсайықQ 1  QР 1 = B , RR 1  QQ 1 = А

А және В нүктелерін қосыңыз. AB РQ = Ф-ортаңғы

P сегментіQ.

Күріш. 19

2. Қос сегмент Р 1 Q 1.

Р
шешім 20-суретте көрсетілген. Құрайық

нүктеФ- R сегментінің ортасыQжәне оны қосыңыз

біргеQ 1. Р 1 Q FQ 1 = M. RM орындаймыз. RM Р 1 Q 1 = Р

теңдікRQжәне Р 1 Q 1 ұқсастықтан туындайды

үшбұрыштар RMФЖәне РМQ 1 ,

ФМQЖәне Р 1 МQ 1 , және теңдігі РФЖәнеFQ.

Күріш. 20

3
. Ұзындық кесіндісін сал n  Р 1 Q 1 .

м – 1 тең сегменттер PQ 2 , Q 2 Q 3, … Q м -1 Q м

Содан кейін біз саламыз (RR 1 ) ЖәнеQ м Q 1 және қосылыңыз

олардың нүктелерімен қиылысу нүктесі А

Q 2 , Q 3, … Q м Алынғанм -1 тікелей

бөлуР 1 Q 1 қосулым тең бөліктері.

Үшінм = 4 шешімі 22 суретте көрсетілген

22-сурет

I.7. Екі жақты сызғыштың циркульмен және сызғышпен алмасуы

Екі жақты сызғыштың циркульмен және сызғышпен ауыстырылатынын дәлелдейміз. Ол үшін келесі тұжырымдарды дәлелдейміз:

1-мәлімдеме: циркульмен және түзу сызықпен орындалатын барлық конструкциялар екі жақты түзумен орындалады.

Циркуль мен сызғышпен салу кезінде сызғыш екі нүкте арқылы түзу жүргізеді, ал циркуль шеңбер салады (берілген нүктеден бірдей қашықтықта орналасқан нүктелер жиынын табады), содан кейін циркуль мен сызғыштың көмегімен барлық конструкциялар қысқарады. екі түзудің, екі шеңбердің және түзуі бар шеңбердің қиылысуын салу.

Екі түзудің қиылысуын сызғыштың көмегімен салуға болады.

Шеңбер мен түзудің қиылысуы (23-сурет):

Ғимарат:АВ кесіндісі берілсін - шеңбердің радиусы, түзул , О шеңберінің центрі, онда:

1) Біз ОЖ || жұмсаймызл , ОЖ = AB.

2) Біз ОЖ || жұмсаймызкжәне қашықтан a.

3) жұмсаймызOD, OD л = D; OD k) Фалес теоремасының қорытындысы бойынша

4) Теңдіктердің өтпелілігі заңы бойынша

5) қарастырыңызOMQE. OMQEпараллелограмм болып табылады, өйткені OM ||EQжәне OE ||MC(сызықты жақтары параллель). Бұл ромб екенін дәлелдеп көрейік.

5.1) жүріс-тұрысQZ OCЖәнеQG ҚОСУЛЫ, Содан кейінQG = QZ = а.

5.2)  OMQ =  RQM(айқас өтірік айту);  ОЖ =ҚОСУЛЫ, ол дәлелдеуге тиіс болды.

Екі шеңбердің қиылысы: ұқсас.

2-мәлімдеме: екі жақты сызғышпен орындалатын барлық конструкциялар циркуль мен түзу сызықпен орындалады.

Ол үшін циркуль мен сызғыштың көмегімен екі жақты сызғыш үшін стандартты конструкцияларды орындаймыз.

1) Екі нүктелі сызық сызғышты пайдаланып оңай сызылады.

2) Берілгенге параллель және одан берілген қашықтықта алыс түзу салу:

2.1) Жол берілсінкжәне ұзындық сегментіа.

2.2) Ерікті сызықты саламызб к, рұқсат етіңізк б= Б.

2.3) Қосулыбнүктенің екі жағындаБтүзу сызықтабұзындығын бөліп қойыңыза, ұпай болсынCЖәнеD.

2.4) Нүкте арқылыCтүзу сызық салув к.

2.5) Нүкте арқылыDтүзу сызық салуг к.

2.6) ТікелейвЖәнег– қалаған, беріBCЖәнеBDтеңақұрылысы бойынша және сызық арасындағы қашықтыққа теңкжәне тікелей

3) Бір-біріне параллель және берілген екі нүкте арқылы өтетін түзулерді салу және олардың арасындағы қашықтық берілген кесіндіге тең:

3.1) Ұпайлар берілсінАЖәнеБжәне ұзындық сегментіа.

3.2) Бір нүктеде центрленген шеңбер сызыңызАжәне радиусыа.

3.3) Берілген шеңберге нүкте арқылы жанама саламызБ; осындай екі жанама бар, егерБшеңберден тыс орналасқан (егерAB> а), біреуі болсаБшеңберде жатыр (егерAB= а), егер жоқ болсаБшеңбердің ішінде жатыр (AB< а). Бұл жанама қажетті сызықтардың бірі болып табылады; нүкте арқылы өту үшін қалдырыңызАоған параллель түзу.

3.4) Түзулердің бірі шеңбердің радиусына жанама ретінде перпендикуляр болғандықтан, екіншісі де оған перпендикуляр (өйткені олар параллель), сондықтан олардың арасындағы қашықтық радиусқа тең, ол құрылысы бойынша тең дейінабұл талап етілді.

Осылайша, біз екі жақты сызғыш пен циркуль мен сызғыштың алмасатындығын дәлелдедік.

Қорытынды: екі жақты сызғыш циркульмен және сызғышпен ауыстырылады.

Қорытынды

Сонымен, циркуль мен сызғыштың көмегімен классикалық құрылыс есептерін шешу үшін бір сызғышты қолдану мүмкіндігі туралы мәселе қарастырылып, шешілді. Шеттері параллель болатын бір ғана сызғыштың көмегімен құрылыс мәселелерін шешуге болады екен. Неғұрлым күрделі есептерді шешкенде, болашақта осы мақалада қарастырылатын негізгі конструкцияларға сүйену керек.

Ұсынылған материалды тек математика сабақтарында, математикалық үйірме сабақтарында ғана емес, практикалық жұмыстарда да тікелей қолдануға болады.

Пайдаланылған әдебиеттер тізімі

Алиев А.В. Геометриялық конструкциялар. Мектептегі математика. 1978 жылғы № 3

Глейзер Г.И. Мектептегі математика тарихы. М., Ағарту. 1981 жыл.

Депман И.Я. Математика оқулығының арғы жағында. М.. Білім.1989 ж.

Еленский Ш.Пифагордың ізімен. М., Детгиз. 1961 жыл.

Жас математиктің энциклопедиялық сөздігі. М., Педагогика. 1985

Құрылыс тапсырмаларында сызғыш пен циркульдің көмегімен орындауға болатын геометриялық фигураның құрылысын қарастырамыз.

Сызғышпен сіз:

ерікті сызық;

берілген нүкте арқылы өтетін ерікті түзу;

берілген екі нүкте арқылы өтетін түзу.

Компастың көмегімен берілген центрден берілген радиусы бар шеңберді сипаттауға болады.

Циркульді берілген нүктеден берілген түзуге кесінді салу үшін пайдалануға болады.

Құрылыстың негізгі міндеттерін қарастырыңыз.

1-тапсырма.Қабырғалары a, b, c берілген үшбұрышты салыңдар (1-сурет).

Шешім. Сызғыштың көмегімен ерікті түзу сызып, оған ерікті В нүктесін алайық.Циркуль тесігі а-ға тең, центрі В, радиусы а болатын шеңберді сипаттаймыз. Оның түзуімен қиылысу нүктесі С болсын. Циркуль тесігі с-ке тең болса, біз В центрінен шеңберді, ал b-ге тең циркуль тесігімен - С центрінен шеңберді сипаттаймыз. Осы шеңберлердің қиылысу нүктесі А болсын. ABC үшбұрышықабырғалары a, b, c-ға тең.

Түсініктеме. Үш сызық сегменті үшбұрыштың қабырғалары ретінде қызмет етуі үшін олардың үлкені қалған екеуінің қосындысынан кіші болуы керек (және< b + с).

2-тапсырма.

Шешім. А төбесі және OM сәулесі бар бұл бұрыш 2-суретте көрсетілген.

Берілген бұрыштың А төбесінде центрі болатын еркін шеңбер сызыңыз. В және С шеңбердің бұрыштың қабырғаларымен қиылысу нүктелері болсын (3, а-сурет). Центрі О нүктесінде – осы сәуленің бастапқы нүктесінде радиусы АВ болатын шеңбер салайық (3, б-сурет). Бұл шеңбердің берілген сәулемен қиылысу нүктесі С 1 деп белгіленеді. Центрі С 1 және радиусы BC болатын шеңберді сипаттайық. Екі шеңбердің қиылысуының В 1 нүктесі қажетті бұрыштың жағында жатыр. Бұл Δ ABC \u003d Δ OB 1 C 1 (үшбұрыштар теңдігінің үшінші критерийі) теңдігінен туындайды.

3-тапсырма.Берілген бұрыштың биссектрисасын салыңдар (4-сурет).

Шешім. Берілген бұрыштың А төбесінен центрдегідей еркін радиусы бар шеңберді саламыз. Оның бұрыштың қабырғаларымен қиылысу нүктелері B және C болсын. Радиусы бірдей В және С нүктелерінен шеңберлерді сипаттаймыз. D олардың А-дан өзгеше қиылысу нүктесі болсын. AD сәулесі А бұрышын екіге бөледі. Бұл ΔABD = ΔACD теңдігінен (үшбұрыштар теңдігінің үшінші критерийі) шығады.

4-тапсырма.Осы кесіндіге перпендикуляр медиана сызыңыз (5-сурет).

Шешім. Ерікті, бірақ бірдей циркуль саңылауымен (үлкен 1/2 АВ) біз центрлері А және В нүктелерінде орналасқан, кейбір C және D нүктелерінде бір-бірімен қиылысатын екі доғаны сипаттаймыз. CD түзу сызығы қажетті перпендикуляр болады. Шынында да, құрылыстан көрініп тұрғандай, С және D нүктелерінің әрқайсысы А және В нүктелерінен бірдей қашықтықта орналасқан; сондықтан бұл нүктелер АВ кесіндісіне перпендикуляр биссектрисада жатуы керек.

5-тапсырма.Бұл сегментті екіге бөліңіз. Ол 4 есеп сияқты шешіледі (5-суретті қараңыз).

6-тапсырма.Берілген нүкте арқылы берілген түзуге перпендикуляр түзу жүргіземіз.

Шешім. Екі жағдай мүмкін:

1) берілген О нүктесі берілген а түзуінде жатыр (6-сурет).

О нүктесінен а түзуін А және В нүктелерінде қиып өтетін ерікті радиусы бар шеңбер саламыз.А және В нүктелерінен радиусы бірдей шеңберлер саламыз. О 1 олардың қиылысу нүктесі О-дан өзгеше болсын. ОО 1 ⊥ AB аламыз. Шынында да, O және O 1 нүктелері АВ кесіндісінің ұштарынан бірдей қашықтықта орналасқан, сондықтан осы кесіндіге перпендикуляр биссектрисада жатыр.

Src="https://present5.com/presentation/3/178794035_430371946.pdf-img/178794035_430371946.pdf-1.jpg" alt=">Сызғыш пен циркуль арқылы салу Геометрия">!}

Src="https://present5.com/presentation/3/178794035_430371946.pdf-img/178794035_430371946.pdf-2.jpg" alt="> Берілген B Ú кесіндісіне тең есеп құрастыр."> 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="> Берілген бір бұрышқа тең бұрыштық үшбұрыш салу"> 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="> Бұрыш биссектрисасын салу мәселесі 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="> Перпендикуляр түзулердің Ú сызығын салу."> 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 !} тең қабырғалы үшбұрыш RAB Q да биіктік, онда PM a-ға перпендикуляр.

Src="https://present5.com/presentation/3/178794035_430371946.pdf-img/178794035_430371946.pdf-6.jpg" alt="> Тапсырма сегментінің ортаңғы нүктесін салу. берілген"> 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.!}

Қалалық бюджеттік білім беру мекемесі

орташа жалпы білім беретін мектеп No34 жеке пәндерді тереңдетіп оқыту

MAN, Физика-математика бөлімі

«Циркуль мен түзудің көмегімен геометриялық құрылыстар»

Орындаған: 7 «А» сынып оқушысы

Батищева Виктория

Жетекшісі: Колтовская В.В.

Воронеж, 2013 ж

3. Берілгенге тең бұрыш салу.

П берілген бұрыштың А төбесінде центрленген ерікті шеңбер сызыңыз (3-сурет). В және С шеңбердің бұрыштың қабырғаларымен қиылысу нүктелері болсын. АВ радиусымен берілген жарты түзудің бастапқы нүктесі О нүктесіне центрленген шеңбер сызамыз. Бұл шеңбердің берілген жарты түзумен қиылысу нүктесі С деп белгіленеді 1 . Центрі С болатын шеңберді сипатта 1 және сур.3

радиусы BC. В нүктесі 1 көрсетілген жарты жазықтықта салынған шеңберлердің қиылысы қалаған бұрыштың жағында жатыр.

6. Перпендикуляр түзулерді салу.

Центрі О нүктесінде орналасқан еркін радиусы r шеңберді саламыз.6-сурет. Шеңбер түзуді А және В нүктелерінде қиып өтеді.А және В нүктелерінен радиусы АВ болатын шеңберлер саламыз. Меланхолия С осы шеңберлердің қиылысу нүктесі болсын. Біз бірінші қадамда еркін радиусы бар шеңберді тұрғызу кезінде А және В нүктелерін алдық.

Қажетті сызық С және О нүктелері арқылы өтеді.

6-сурет

Белгілі мәселелер

1.Брахмагуптаның тапсырмасы

Төрт қабырғасы сызылған төртбұрыш сал. Бір шешім Аполлоний шеңберін пайдаланады.Үш дөңгелек пен үшбұрыштың ұқсастығын пайдаланып Аполлоний есебін шешейік. Үшбұрышқа іштей сызылған шеңберді қалай табамыз: биссектрисалардың қиылысу нүктесін саламыз, одан үшбұрыштың қабырғаларына перпендикулярларды түсіреміз, перпендикулярлардың табандарын (перпендикулярдың қиылысу нүктелері орналасқан қабырғасымен қиылысу нүктелері) ол төмендетілді) және бізге қажетті шеңберде жатқан үш нүктені беріңіз. Біз осы үш нүкте арқылы шеңбер жасаймыз - шешім дайын. Аполлоний есебінде де солай істейміз.

2. Аполлоний мәселесі

Берілген үш шеңберге жанама шеңбер салу үшін циркуль мен түзу сызғышты пайдаланыңыз. Аңыз бойынша, мәселені біздің дәуірімізге дейінгі 220 жылы Пергелік Аполлоний тұжырымдаған. e. жоғалған, бірақ 1600 жылы Франсуа Виета қалпына келтірген «Түртіп алу» кітабында «Галлик Аполлониус», оның замандастары оны атаған.

Егер берілген шеңберлердің ешқайсысы екіншісінің ішінде болмаса, онда бұл есептің 8 мәні бойынша әр түрлі шешімі бар.

Дұрыс көпбұрыштарды салу.

П

дұрыс (немесе тең жақты ) үшбұрыш - Бұл дұрыс көпбұрышүш жағы бар, дұрыс көпбұрыштардың біріншісі. Барлықтең қабырғалы үшбұрыштың қабырғалары тең және барлығыбұрыштары 60°. Тең бүйірлі үшбұрышты салу үшін шеңберді 3 тең бөлікке бөлу керек. Ол үшін диаметрдің бір ұшынан ғана осы шеңбердің радиусы R доғасын салу керек, бірінші және екінші бөлімдерді аламыз. Үшінші бөлім диаметрдің қарама-қарсы жағында орналасқан. Осы нүктелерді қоса отырып, тең қабырғалы үшбұрыш аламыз.

Кәдімгі алтыбұрыш мүмкінкомпаспен және түзу сызықпен құрастырыңыз. Төмендесалу әдісі берілгеншеңберді 6 бөлікке бөлу арқылы. Дұрыс алтыбұрыштың қабырғаларының шектелген шеңбердің радиусына теңдігін қолданамыз. Шеңбердің бір диаметрінің қарама-қарсы ұштарынан R радиусы бар доғаларды сипаттаймыз. Бұл доғалардың берілген шеңбермен қиылысу нүктелері оны 6 тең бөлікке бөледі. Табылған нүктелерді дәйекті түрде байланыстырып, дұрыс алтыбұрыш алынады.

Тұрақты бесбұрыштың құрылысы.

П
дұрыс бесбұрыш болуы мүмкінкомпас пен түзу сызғыштың көмегімен немесе оны берілгенге орнату арқылы құрастырыладышеңбер, немесе берілген жағы негізінде салу арқылы. Бұл процесті Евклид сипаттайдыоның Элементтерінде, шамамен б.з.б. 300 ж. e.

Берілген шеңберде дұрыс бесбұрышты салудың бір әдісі:

Бесбұрыш сызылған шеңберді тұрғызыңыз және оның центрін белгілеңізО . (Бұл оң жақтағы диаграммадағы жасыл шеңбер).

Шеңбердегі нүктені таңдаңызА , ол бесбұрыштың төбелерінің бірі болады. Сызық арқылы сызыңызО ЖәнеА .

Түзуге перпендикуляр түзу салыңызО.А нүктесі арқылы өтедіО . Оның шеңбермен қиылысуларының бірін нүкте ретінде белгілеңізБ .

Нүкте құруC ортасындаО ЖәнеБ .

C нүкте арқылыА . Оның сызықпен қиылысуын белгілеңізОБ (бастапқы шеңбер ішінде) нүкте ретіндеD .

Ортасында шеңбер сызыңызА D нүктесі арқылы осы шеңбердің түпнұсқамен (жасыл шеңбер) қиылысуын нүкте ретінде белгілеңізЕ ЖәнеФ .

Ортасында шеңбер сызыңызЕ нүкте арқылыА Г .

Ортасында шеңбер сызыңызФ нүкте арқылыА . Оның бастапқы шеңбермен басқа қиылысуын нүкте ретінде белгілеңізХ .

Кәдімгі бесбұрыш салыңызAEGHF .

Шешілмейтін мәселелер

Ежелгі дәуірде келесі үш құрылыс міндеті қойылған:

Бұрыш трисекциясы - ерікті бұрышты үш тең бөлікке бөлу.

Басқаша айтқанда, бұрыштың трисектрисаларын - бұрышты үш тең бөлікке бөлетін сәулелерді салу керек. П.Л.Ванцель 1837 жылы есептің, мысалы, n бүтін саны 3-ке бөлінбейтін болса, α = 360°/n бұрыштары үшін трисекциясы орындалатын болса ғана шешілетінін дәлелдеді. Соған қарамастан, баспасөзде оқтын-оқтын жарияланып тұрады. (дұрыс емес) бұрышты циркульмен және түзумен үшке бөлу әдістері.

Текшені екі еселеу - көлемі берілген текшенің көлемінен екі есе үлкен циркуль және сызғышы бар текшені салуға классикалық ежелгі есеп.

Қазіргі жазбаларда есеп теңдеуді шешуге дейін қысқарады. Мұның бәрі ұзындық сегментін салу мәселесіне келіп тіреледі. П.Ванцель 1837 жылы бұл мәселені циркуль мен түзудің көмегімен шешуге болмайтынын дәлелдеді.

Шеңберді шаршылау - ауданы бойынша берілген шеңберге тең шаршының циркуль мен сызғышын пайдаланып құрылысты табу тапсырмасы.

Өздеріңіз білетіндей, циркуль мен сызғыштың көмегімен сіз барлық 4 арифметикалық амалды орындап, шаршы түбір; демек, шеңберді квадраттау, егер осындай операциялардың соңғы санының көмегімен ұзындығы π кесіндісін тұрғызу мүмкін болса ғана мүмкін болады деген қорытынды шығады. Сонымен, бұл мәселенің шешілмейтіндігі π санының алгебралық емес табиғатынан (трансценденттік) шығады, оны 1882 жылы Линдеман дәлелдеген.

Циркуль мен сызғыштың көмегімен шешілмейтін тағы бір белгілі мәселебиссектрисаларының берілген үш ұзындығы бойынша үшбұрыш салу .

Оның үстіне бұл мәселе трисектор болған жағдайда да шешілмейтін болып қалады.

Тек 19 ғасырда ғана циркуль мен түзу сызықтың көмегімен үш есептің де шешілмейтіні дәлелденді. Салу мүмкіндігі туралы мәселе Галуа теориясына негізделген алгебралық әдістермен толығымен шешіледі.

БІЛЕСІЗ БА...

(геометриялық құрылыстар тарихынан)

Бір кездері тұрақты көпбұрыштардың құрылысына мистикалық мағына салынған.

Сонымен, Пифагор негізін қалаған діни-философиялық ілімдердің ізбасарлары және өмір сүрген пифагоршылар. ежелгі Греция (ВМен-мен Вғасырлар BC BC), олардың бірігуінің белгісі ретінде дұрыс бесбұрыштың диагональдары арқылы құрылған жұлдызды көпбұрышты қабылдады.

Кейбір дұрыс көпбұрыштарды қатаң геометриялық тұрғызу ережелері ежелгі грек математигі Евклидтің «Бастауы» кітабында жазылған.IIIВ. BC. Бұл құрылыстарды орындау үшін Евклид тек сызғыш пен циркульді қолдануды ұсынды, ол кезде аяқты біріктіретін топсалы құрылғы болмаған (құралдардағы мұндай шектеу ежелгі математиканың таптырмас талабы болған).

Тұрақты көпбұрыштар ежелгі астрономияда кеңінен қолданылды. Егер Евклид бұл фигуралардың құрылысына математика тұрғысынан қызығушылық танытса, ежелгі грек астрономы Клавдий Птоломейге (шамамен 90 - 160 жж.) астрономиялық есептерді шешуде көмекші құрал ретінде қажет болып шықты. Сонымен, «Алмагесттің» 1-ші кітабында оныншы тарау толығымен тұрақты бесбұрыштар мен онбұрыштардың құрылысына арналған.

Дегенмен, таза ғылыми жұмыстармен қатар, тұрақты көпбұрыштарды салу құрылысшыларға, қолөнершілерге және суретшілерге арналған кітаптардың ажырамас бөлігі болды. Бұл фигураларды бейнелеу шеберлігі сәулет өнерінде, зергерлік өнерде, бейнелеу өнерінде бұрыннан қажет болған.

Рим сәулетшісі Витрувийдің (шамамен б.з.б. 63-14 жж. өмір сүрген) «Сәулет туралы он кітабында» қала қабырғалары жоспар бойынша кәдімгі көпбұрышқа ұқсауы керек, ал бекініс мұнаралары «дөңгелек немесе көпбұрышты болуы керек, өйткені төртбұрыш қоршау қаруларымен біршама жойылған.

Қалаларды жоспарлау Витрувийді қатты қызықтырды, ол көшелерді негізгі желдер соқпасын деп жоспарлау қажет деп есептеді. Осындай сегіз жел бар және олар белгілі бір бағытта соғады деп болжанған.

Қайта өрлеу дәуірінде тұрақты көпбұрыштарды, атап айтқанда бесбұрышты салу қарапайым математикалық ойын емес, бекіністер салудың қажетті алғышарты болды.

Тұрақты алтыбұрыш ұлы неміс астрономы және математигі Иоганнес Кеплердің (1571-1630) арнайы зерттеуінің тақырыбы болды, ол туралы ол өзінің «Жаңа жылдық сыйлық» кітабында немесе алтыбұрышты снежинкалар туралы айтады. Ол снежинкалардың алтыбұрышты пішінге ие болу себептерін талқылады, атап айтқанда, келесілерді атап өтеді: «...жазықтықты тек келесі фигуралар арқылы ғана саңылаусыз жабуға болады: тең қабырғалы үшбұрыштар, шаршылар және дұрыс алтыбұрыштар. Бұл фигуралардың ішінде тұрақты алтыбұрыш ең үлкен аумақты қамтиды.

Геометриялық құрылыстармен айналысқан ең танымал ғалымдардың бірі немістің ұлы суретшісі және математигі Альбрехт Дюрер (1471 -1528) болды, ол өзінің «Нұсқаулық ...» кітабының маңызды бөлігін оларға арнады. Ол қабырғалары 3. 4, 5 ... 16 болатын дұрыс көпбұрыштарды салу ережелерін ұсынды. Дюрер ұсынған шеңберді бөлу әдістері әмбебап емес, әр жағдайда жеке әдіс қолданылады.

Дюрер дұрыс көпбұрыштарды салу әдістерін көркемдік тәжірибеде, мысалы, жасау кезінде қолданды әртүрлі түріпаркет үшін әшекейлер мен өрнектер. Мұндай өрнектердің эскиздерін ол Нидерландыға сапарында жасаған, онда көптеген үйлерден паркет едендері табылған.

Дюрер сақиналарға (алты сақина) қосылған кәдімгі көпбұрыштардан ою-өрнектер жасады тең қабырғалы үшбұрыштар, төрт төртбұрыш, үш немесе алты алтыбұрыш, он төрт жетібұрыш, төрт сегізбұрыш).

Қорытынды

Сонымен,геометриялық конструкциялар жауабы графикалық түрде алынатын есепті шешу әдісі болып табылады. Конструкциялар жұмыстың максималды дәлдігі мен дәлдігімен сызу құралдарымен жүзеге асырылады, өйткені шешімнің дұрыстығы осыған байланысты.

Осы жұмыстың арқасында мен циркульдің шығу тарихымен танысып, геометриялық салуларды орындау ережелерімен толығырақ танысып, жаңа білім алып, оны іс жүзінде қолдана алдым.
Құрылыс есептерін циркуль мен сызғышпен шешу - белгілі қасиеттерге жаңаша қарауға мүмкіндік беретін пайдалы уақыт геометриялық фигураларжәне олардың элементтері.Бұл жұмыста біз циркуль мен түзудің көмегімен геометриялық конструкциялармен байланысты ең өзекті мәселелерді қарастырамыз. Негізгі міндеттер қарастырылып, оларды шешу жолдары келтірілген. Берілген есептер айтарлықтай практикалық қызығушылық тудырады, геометриядан алған білімдерін бекітеді және қолдануға болады практикалық жұмыс.
Осылайша, жұмыстың мақсаты орындалады, алға қойылған міндеттер орындалады.

Мысал

Жолды екіге бөлу

Бисекция мәселесі. Осы кесіндіні бөлу үшін компас пен түзу сызықты пайдаланыңыз ABекі тең бөлікке. Шешімдердің бірі суретте көрсетілген:

Циркуль нүктелердің центрінде орналасқан шеңберлер сызады АЖәне Брадиусы AB.
Қиылысу нүктелерін табу ПЖәне Qсалынған екі шеңбер (доғалар).
Сызғышта нүктелер арқылы өтетін кесінді немесе түзу сызыңыз ПЖәне Q.
Кесіндінің ортасын табу AB- қиылысу нүктесі ABЖәне PQ.

Формальды анықтама

Құрылыс есептері жазықтықтың барлық нүктелерінің жиынын, жазықтықтың барлық түзулерінің жиынын және жазықтықтың барлық шеңберлерінің жиынын қарастырады, олар бойынша келесі операцияларды орындауға рұқсат етіледі:

Барлық нүктелер жиынынан нүктені таңдаңыз:
1. ерікті нүкте
2. берілген түзудегі ерікті нүкте
3. берілген шеңбердегі ерікті нүкте
4. берілген екі түзудің қиылысу нүктесі
5. берілген түзудің және берілген шеңбердің қиылысу нүктелері/тангенсі
6. берілген екі шеңбердің қиылысу нүктелері/тангенсі
«Көмегімен билеушілер» барлық жолдар жиынынан жолды таңдаңыз:
1. ерікті сызық
2. берілген нүкте арқылы өтетін ерікті түзу
3. берілген екі нүкте арқылы өтетін түзу
«Көмегімен компас» барлық шеңберлер жиынынан шеңберді таңдаңыз:
1. ерікті шеңбер
2. центрі берілген нүктеде орналасқан еркін шеңбер
3. радиусы берілген екі нүкте арасындағы қашықтыққа тең ерікті шеңбер
4. центрі берілген нүктеде орналасқан және радиусы берілген екі нүктенің арасындағы қашықтыққа тең шеңбер

Есептің шарттарында белгілі бір нүктелер жиынтығы көрсетіледі. Амалдардың шектеулі санын пайдалана отырып, жоғарыда рұқсат етілген операциялардың ішінен бастапқы жиынмен берілген қатынаста болатын басқа нүктелер жиынын құру қажет.

Құрылыс мәселесін шешу үш маңызды бөліктен тұрады:

Берілген жиынды құру әдісінің сипаттамасы.
Сипатталған жолмен құрастырылған жиынның шын мәнінде бастапқы жиынмен берілген қатынаста екендігінің дәлелі. Әдетте конструкцияны дәлелдеу аксиомаларға және басқа дәлелденген теоремаларға сүйене отырып, теореманың тұрақты дәлелі ретінде жасалады.
Сипатталған құрылыс әдісін әртүрлі нұсқаларға қолдану мүмкіндігін талдау бастапқы шарттар, сондай-ақ сипатталған әдіспен алынған шешімнің бірегейлігі немесе бірегей еместігі үшін.

Белгілі мәселелер

Аполлонийдің берілген үш шеңберге жанама шеңбер салу мәселесі. Егер берілген шеңберлердің ешқайсысы екіншісінің ішінде болмаса, онда бұл есептің 8 мәні бойынша әр түрлі шешімі бар.
Брахмагуптаның төрт жағына іштей сызылған төртбұрыш салу мәселесі.

Дұрыс көпбұрыштарды салу

Ежелгі геометрлер дұрыс салуды білген n-gons , , және үшін.

Мүмкін және мүмкін емес құрылыстар

Барлық конструкциялар қандай да бір теңдеудің шешімдерінен басқа ештеңе емес және бұл теңдеудің коэффициенттері берілген кесінділердің ұзындықтарымен байланысты. Сондықтан белгілі бір типті теңдеудің графикалық шешімі – санның құрылысы туралы айту ыңғайлы. Жоғарыда аталған талаптар шеңберінде келесі құрылыстар мүмкін:

Сызықтық теңдеулердің шешімдерін құру.
Квадрат теңдеулердің шешімдерін құру.

Басқаша айтқанда, бастапқы сандардың (кесінділердің ұзындығының) квадрат түбірін пайдаланып, арифметикалық өрнектерге тең сандарды ғана құруға болады. Мысалы,

Вариациялар және жалпылаулар

Бір компаспен жасалған конструкциялар.Мор-Машерони теоремасы бойынша бір циркульдің көмегімен циркуль мен сызғышпен салуға болатын кез келген фигураны салуға болады. Бұл жағдайда, егер оған екі нүкте берілсе, түзу салынған болып саналады.
Бір сызғышы бар конструкциялар.Бір сызғыштың көмегімен тек проекциялық инварианттық конструкцияларды жүзеге асыруға болатынын байқау қиын емес. Атап айтқанда, кесіндіні екі тең бөлікке бөлу немесе сызылған шеңбердің центрін табу мүмкін емес. Бірақ егер жазықтықта центрі белгіленген алдын ала сызылған шеңбер болса, сызғышты пайдаланып, циркуль мен сызғышпен бірдей конструкцияларды салуға болады (Понселе-Штайнер теоремасы ( Ағылшын)), 1833. Сызғышта екі сериф болса, онда оны қолданатын конструкциялар циркуль мен сызғышты қолданатын конструкцияларға тең (Мұны дәлелдеуде Наполеон маңызды қадам жасады).
Шектеулі құралдары бар конструкциялар.Осы тектес есептердегі құралдар (есептің классикалық тұжырымынан айырмашылығы) идеалды емес, шектеулі болып саналады: екі нүкте арқылы өтетін түзу сызықты сызғышты пайдаланып, егер осы нүктелер арасындағы қашықтық белгілі бір мәннен аспаса ғана жүргізуге болады. құндылық; циркульмен сызылған шеңберлердің радиусы жоғарыдан, төменнен немесе жоғарыдан және төменнен шектелуі мүмкін.
Тегіс оригами арқылы құрылыс.Худжит ережелерін қараңыз

да қараңыз

Динамикалық геометрия бағдарламалары компьютерде компаспен және түзу сызықпен сурет салуға мүмкіндік береді.

Ескертпелер

Әдебиет

А.АдлерГеометриялық конструкциялар теориясы / Неміс тілінен аударған Г.М.Фихтенгольц. - Үшінші басылым. – Л.: Үчпедгиз, 1940. – 232 б.
I. I. АлександровҚұрылысқа геометриялық есептер жинағы. - Он сегізінші басылым. - М .: Үчпедгиз, 1950. - 176 б.
Б. И.Аргунов, М. Б.Балк. - Екінші басылым. - М .: Үчпедгиз, 1957. - 268 б.
А.М.ВоронецКомпастың геометриясы. – М.-Л.: ОНТИ, 1934. – 40 б. - (Математиканың танымал кітапханасы, Л.А. Люстерник өңдеген).
В.А.ГейлерШешілмейтін құрылыс мәселелері // салқындатқыш. - 1999. - No 12. - С. 115-118.
В.А. КириченкоЦиркуль және сызғыш көмегімен конструкциялар және Галуа теориясы // Жазғы мектеп«Қазіргі заманғы математика». - Дубна, 2005 ж.
Ю.И.Манин IV кітап. Геометрия // Бастауыш математика энциклопедиясы. - М .: Физматгиз, 1963. - 568 б.
Ю.ПетерсенГеометриялық салу есептерін шешудің әдістері мен теориялары. - М .: Э.Лиснер мен Ю.Романның баспаханасы, 1892. - 114 б.
В.В.ПрасоловҮш классикалық құрылыс мәселесі. Текшені екі еселеу, бұрышты үшке бөлу, шеңберді квадраттау. - М .: Наука, 1992. - 80 б. - (Математика бойынша танымал дәрістер).
Дж. ШтайнерТүзу сызық пен қозғалмайтын шеңберді пайдаланып орындалатын геометриялық конструкциялар. - М .: Үчпедгиз, 1939. - 80 б.
Математикадан факультативтік курс. 7-9 / Құраст. И.Л.Никольская. - М .: Білім, 1991. - С. 80. - 383 б. - ISBN 5-09-001287-3

Викимедиа қоры. 2010 ж.

Басқа сөздіктерде «Циркуль және сызғышпен құрылыс» не екенін қараңыз:

Сызғыштар - Akademika VseTools сайтында жұмыс істейтін жеңілдік купонын алыңыз немесе VseTools сайтында тегін жеткізу арқылы сызғыштарды тиімді сатып алыңыз

Евклид геометриясының ежелден белгілі бөлімі. Құрылыс тапсырмаларында келесі әрекеттерді орындауға болады: Жазықтықтағы ерікті нүктені, салынған түзулердің біріндегі нүктені немесе салынған екі түзудің қиылысу нүктесін белгілеңіз. ... ... Wikipedia көмегімен

Циркуль мен түзудің көмегімен салу Евклид геометриясының ерте заманнан белгілі бөлімі. Құрылыс тапсырмаларында келесі әрекеттерді орындауға болады: Жазықтықтағы ерікті нүктені, тұрғызылған түзулердің біріндегі нүктені немесе нүктені ... ... Wikipedia

Мысалы, с., пайдалану. комп. жиі Морфология: (жоқ) не? құрылыс не үшін? құрылыс, (қараңыз) не? не салу? құрылыс, не туралы? құрылыс туралы; п. Не? құрылыс, (жоқ) не? құрылыстар, неге? құрылыстар, (қараңыз) не? құрылыс қарағанда?...... СөздікДмитриева