Построение циркулем и линейкой

. Пусть точка М построена, тогда MF=MP. Это означает, что искомая точка М — есть центр окружности радиуса МF с центром М, касающуюся стороны ОВ в точке Р.Рис.

32. Построение точки МЕсли мы возьмем на ОА произвольную точку М и опустим МР на СВ и найдем F пересечения окружности с центром М радиуса МР с прямой ОF, то МFP будет подобен МFР. Отсюда вытекает требуемое построение.

2. Построение. Проводим ОF, берем на СА произвольную точку М и опускаем МР на СВ. Проводим окружность радиуса МР с центром в точке М. Пусть F — точка пересечения этой окружности с ОF. Проводим FM и затем проводим прямую через точку FFM. Точка М пересечения этой прямой с ОА — искомая.

3. Доказательство. Очевидно из проведенного анализа.

4. Исследование. Задача имеет 2 решения. Это следует из того, что окружность пересекается с ОF в 2-х точках. Задача. Построить треугольник по 2 углам и периметру [10]. Решение. 1. Анализ. Пусть и — данные углы и Р — периметр искомого треугольника (рис.

33). Допустим, что искомый треугольник построен, тогда, если мы рассмотрим какой-либо АВС, подобный искомому, отношение периметра Р АВС к периметру РАВС равно отношению сторон АС и АС.Рис.

33. Построение треугольника по двум углам и периметру2. Построение. Построим АВС подобный искомому. На луче АВ, отложим отрезки АD=Р и АD=Р, затем соединим точку D и С, и через точку D проведем прямую DC. Пусть С — точка пересечения прямой с лучом АС. Через точку С проведем прямую СВ и обозначим В точку пересечения этой прямой с AD, тогда АВС — искомый.

3. Доказательство. Очевидно, что AСD подобен АСD, поэтому. По соотношению сторон равно отношению периметров подобных АВС и АВС, поэтому периметр АВС=Р, следовательно, АВС — искомый.

4. Исследование. Так как сумма любых двух углов треугольника <180, то условие +<180 является необходимым условием для данного построения оно и достаточно. Затем указанным выше способом строится искомый АВС. Такой треугольник единственный, ибо любой другой с такими же данными будет иметь периметр Р и следовательно, будет подобен построенному с коэффициентом подобия равным 1, а два подобных треугольника с одним коэффициентом равны.Задача. Дан АОВ и точка М, расположенная во внутренней области этого угла.

Построить окружность, проходящую через точку, А касающуюся сторон угла АОВ [9]. Решение. 1. Анализ. Пусть АОВ — данный и точка М, расположена во внутренней области угла (рис.

34).Рис.

34. Построение окружности, проходящей через точку

Проведем еще одну окружность, касающуюся сторон АОВ. Обозначим, М1 — точку пересечения окружности с прямой ОМ и рассмотрим ОМN и ОМN (N и Nцентры окружности и). Эти треугольники подобны по двум углам, поэтому построение искомой окружность можно провести следующим образом:

2. Построение. Так как центр искомой окружности лежит на биссектрисе АОВ, то проводим биссектрису угла. Далее, возьмем здесь же точку N и построим окружность с центром N, касающуюся АОВ. Затем проводим прямую СМ и обозначим через Мточку пересечения прямой с окружностью (таких точек две — М и М — берем одну из них). Проводим прямую МN и ей прямую через точку М. Тогда Nпересечение прямой с биссектрисой угла и есть центр искомой окружности, а ее радиус равен МN. Проведем ее.

3. Доказательство. По построению окружность подобна, О — центр подобия. Это следует из подобия треугольников ОМN и ОМN, поэтому раз окружность касается сторон угла, то и окружность будет касаться сторон угла.

4. Исследование. Задача имеет два решения, т.к. ОМ пересекается с окружностью в двух точках М и М, каждой из которых будет соответствовать своя окружность, проходящая через точку М и касающаяся сторон АОВ. Решение задач алгебраическим методом

Существует ряд задач, в которых тру дно (или невозможно) найти алгоритм решения, напрямую используя комбинации двух уже известных нам методов: вспомогательного треугольника и ГМТ (даже если привлечь уже известные свойства изученных геометрических фигур). Вместе с тем, в этих задачах иногда бывает нетрудно записать алгебраические соотношения, выражающие неизвестные элементы предлагаемой конструкции через заданные. Научившись «интерпретированы алгебраические формулы в виде построений циркулем и линейкой, мы научимся решать такие задачи. Начнём с того, что, зная теорему Фалеса, мы умеем делить данный отрезок на n равных частей (для любого натурального n).Это построение мы не приводим, так как оно разбирается во всех стандартных школьных учебниках (см., например, [1], [3], [5]). Тог да если дан отрезок длины а, то можно построить любой отрезок длины -, где m и n — натуральные числа.

А как обстоит дело с иррациональными числами, то есть сможем ли мы построить, например, отрезки длины или, если задан отрезок длины а? Да, конечно. В первом случае достаточно построить равнобедренный прямоугольный треугольник с катетом а, тогда его гипотенуза и будет искомым отрезком. Во втором случае можно построить прямоугольный треугольник с гипотенузой 2а и катетом а, тогда другой катет будет искомым. Эту задачу хочется обобщить, то есть научиться по заданному отрезку длины, а строить любой отрезок длины, где m — натуральное число.

Конечно, можно для каждого конкретного значения т искать способ представления его квадрата в виде суммы или разности квадратов натуральных чисел, можно также использовать идею последовательного построения нескольких прямоугольных треугольников по двум сторонам, но существует и более общий метод. Рассмотрим вспомогательную задачу. Пример 1. Постройте прямоугольный треугольник, если даны проекции его катетов на гипотенузу. Решение.

Пусть АВС — искомый треугольник, СD — его высота, опущенная на гипотенузу, тог да ВD = ас и AD = bc — данные проекции катетов на гипотенузу (см. рис. 35). Рис. 35. Решение задачи

Решение задачи очень похоже на уже известное нам построение прямоугольного треугольника по гипотенузе и проведённой к ней высоте (см. пример 1 занятия 2). Действительно, нетрудно построить гипотенузу АВ искомого треугольника и точку D на ней, последовательно отложив на одном луче заданные отрезки. Тог да вершина С будет являться пересечением перпендикуляра к отрезку АВ в точке D и окружности с диаметром АВ. Как использовать найденное построение? Заметим, что высота СD построенного треугольника является средним геометрическим (средним пропорциональным) проекций катетов на гипотенузу, то есть СD = (это следует из рассмотрения тангенсов острых углов, А и В в прямоугольных треугольниках ACD и BCD соответственно или из подобия этих же треугольников). Тогда, учитывая, что = =, мы сможем свести построение отрезка к построению высоты прямоугольного треугольника, у которого проекции катетов на гипотенузу равны та и а!

Обратите внимание, что такое построение возможно не только для произвольного натурального числа m, но и для произвольного рационального числа. Далее, мы теперь сможем построить острые углы, у которых любая: тригонометрическая: функция выражается числом вида, где р, q, n и m — натуральные числа (естественно, что для синуса и косинуса должно действовать ограничение (0<,<1). Для этого опять-таки достаточно построить прямоугольный треугольник со сторонами и,, где, а — произвольный отрезок. Понятно, что если задан тангенс угла, то треугольник строится по двум катетам, а если задан синус или косинус, то он строится по катету и гипотенузе. Более того, используя метрические соотношения, можно решать задачи на построение некоторых углов, которые чисто геометрическими методами решить очень трудно. Задачи, не разрешимые с помощью циркуля и линейки

Сталкиваясь впервые с задачами на построение, которые не могут быть решены циркулем и линейкой, всякий испытывает сначала неудовлетворенность, — как это нельзя решить? Между тем в этом нет ничего странного, просто циркуль и линейка — недостаточно сильные (может быть, лучше сказать — недостаточно тонкие) инструменты для решения некоторых задач. Таковы, например, задачи о делении произвольного угла на три равные части (трисекция угла) и об удвоении куба («Построить ребро куба двойного объема по сравнению с данным кубом»). Некоторые из таких задач становятся разрешимыми, если к линейке и циркулю присоединить, например, прибор, вычерчивающий параболу, или эллипсограф. Чтобы разобраться, какие же задачи разрешимы с помощью циркуля и линейки, будем рассуждать так. Линейка дает возможность строить прямую, проходящую через две уже построенные точки, находить точки пересечения прямых. Присоединяя к линейке циркуль, мы можем строить окружности любых данных радиусов с заданным центром, находить точки пересечения двух окружностей и окружности с прямой. Подойдем к вопросу аналитически.

Прежде всего заметим, что одна линейка дает возможность решать лишь задачи первой степени: например, пересечение двух прямых соответствует в декартовых координатах решению системы двух уравнений первой степени с двумя неизвестными. Присоединив циркуль, мы, оказывается, можем уже решать все задачи второй степени, т. е. такие, которые аналитически сводятся к решению ряда квадратных уравнений с одним неизвестным. Ведь пересечение прямой с окружностью означает совместное решение уравнения окружности и уравнения прямой; после исключения одной координаты получается квадратное уравнение с одной неизвестной координатой. Пересечение двух окружностей можно заменить пересечением одной из них с хордой, проходящей через обе точки пересечения. Аналитически это вполне ясно. Напишем уравнения этих окружностей:

Вычтя одно из другого, получим уравнение первой степени (это и есть уравнение упомянутой хорды). Значит, опять получается пересечение прямой с одной из окружностей, что (как уже было сказано) сводится к квадратному уравнению с одним неизвестным. Таким образом, циркуль и линейка способны решать лишь задачи, которые сводятся к последовательному решению ряда квадратных уравнений с одним неизвестным. Поэтому всякое уравнение, которое нельзя свести к решению ряда квадратных уравнений (например, х3=2), не может быть решено графически циркулем и линейкой. Как раз задача об удвоении куба и есть задача о решении уравнения x3=2: приняв за 1 ребро данного куба, для ребра х искомого получаем именно это уравнение. Задача о трисекции угла (кроме некоторых частных случаев, например угол в 90°) тоже оказывается задачей третьей степени, отсюда — невозможность решения ее при помощи циркуля и линейки. Если же воспользоваться прибором для черчения парабол, то, вычертив две параболы х2=у и 2х=у2, в пересечении получим точку, абсцисса которой как раз удовлетворяет уравнению х3=2.Примеры задач1. С помощью циркуля и линейки нельзя построить:

а) конструктивно квадрируемый сегмент круга, б) конструктивно квадрируемый сектор круга, в) конструктивно спрямляемую дугу окружности. Приведем, например, доказательство для случая дуги. Допустим противное, то есть допустим, что конструктивно спрямляемая дуга построена с помощью циркуля и линейки. Не умаляя общности, можно считать, что эта дуга лежит на единичной окружности комплексной плоскости. Пусть a — угол, стягивающий дугу, тогда a — пифагорово число. По теореме Линдемана число eia трансцендентное, поэтому трансцендентно и число sin (a/2). Однако отрезок длиной sin (a /2) можно построить циркулем и линейкой вместе с дугой a, и мы пришли к противоречию. На самом деле проведенное рассуждение показывает, что имеет место несколько более общее утверждение.

2. Пусть на плоскости дана окружность единичного радиуса. Тогда с помощью циркуля и линейки нельзя построить:

а) сегмент, площадь которого есть алгебраическое число;

б) сектор, площадь которого есть алгебраическое число;

в) дугу, длина которой есть алгебраическое число. Рассмотренные только что результаты связаны с одной теоремой Ньютона, внимание на которую обратил В. И. Арнольд [5, 6]. Напомним, что плоская кривая называется алгебраической, если в некоторой декартовой системе координат она задается уравнением F (x, y) = 0, где F — многочлен с вещественными коэффициентами. Замкнутую выпуклую алгебраическую кривую будем называть овалом. Овал называется алгебраически квадрируемым, если существует такой многочлен Q, что площадь S, отсекаемая от овала прямой с уравнением ax + by + c = 0, удовлетворяет уравнению Q (S; a, b, c) = 0. Теперь приведем формулировку теоремы Ньютона.

3. Гладкий овал (то есть овал без особых точек) алгебраически неквадрируем. Эту теорему интересно сравнить с теоремой 6. Пусть рассматриваемый овал — единичная окружность с центром в начале координат. Из теоремы 6 вытекает, что если Q (u; x, y, z) — многочлен, коэффициенты которого суть алгебраические числа, то для любых рациональных (или даже пифагоровых) чисел соотношение Q (S; a, b, c) = 0 возможно лишь в случае, когда многочлен Q (u; a, b, c) тождественно равен нулю. Теорема Ньютона обобщена на случай алгебраических гиперповерхностей в четномерном пространстве В. А. Васильевым. На нечетномерные пространства, как показывает решение задачи Архимеда, теорема Ньютона не распространяется[8]. Заключение

В ходе работы были исследованы основные аксиомы циркуля и линейки, рассмотрены десять задач на построение различной сложности с использованием циркуля и линейки. Рассмотрены основные методы решения задач на построение и приведены подробные примеры с иллюстрациями и объяснениями. В конце работы приведены примеры задач на построение, которые невозможно решить с помощью циркуля и линейки. Это далеко не все примеры, на самом деле их гораздо больше, но в работе приведены самые яркие и показательные. Геометрические задачи на построение, возможно, самые древние математические задачи. Кому-то они сейчас могут показаться не очень интересными и нужными, какими-то надуманными. И в самом деле, где и зачем может понадобиться умение с помощью циркуля и линейки построить правильный семнадцатиугольник или треугольник по трем высотам, или даже просто сделать построение параллельной прямой. Современные технические устройства сделают все эти построения и быстрее, и точнее, чем любой человек, а заодно смогут выполнить и такие построения, которые просто невозможно выполнить при помощи циркуля и линейки. И все же без задач на построение геометрия перестала бы быть геометрией. Геометрические построения являются весьма существенным элементом изучения этой науки.

Они нужны для понимания основ многих наук, для применения в практической деятельности человека во многих областях промышленности техники и производства. В процессе выполнения курсовой работы была изучена литература по теории геометрических построений. Работа над темой позволила углубить знания, полученные в школе и вузе по основам конструктивной геометрии. Материал, представленный в работе, может быть использован при разработке факультативных занятий для студентов и элективных курсов для школьников.

Список литературы

Атанасян Л.С., Бутузов В. Ф., Кадомцев С. Б., Позняк Э. Г., Юдина И. И. Геометрия. 7−9 кл.;Белозёров С. Е. Пять знаменитых задач древности. История и современная теория. — Ростов н/Д., 1975;Бутузов В. Ф., Кадомцев С. Б., Прасолов В. В. Геометрия 7 кл., 2010;Прасолов

В. В., Три классические задачи на построение. — М.: Наука, 1992.И. Ф. Шарыгин, Р. К. Гардин.

Сборник задач по геометрии. 5000 задач с ответами. — М.: Астрель, 2001.Г. Штейнгауз. Математический калейдоскоп. — Библиотечка «Кванта», вып.

8, 1981.Ю. Михеев. Одной линейкой. — Научно-популярный физико-математический журнал «Квант», № 10, 1980.И. И. Александров. Сборник геометрических задач на построение. — М.: УРСС, 2004.

http://рrоblеms.ru/ - база задач по математике.

http://geometry.ru/olim.htm — · всероссийская олимпиада по геометрии имени И. Ф. Шарыгина.