Primjer

Dijeljenje segmenta na pola

Problem bisekcije. Koristite šestar i ravnalo da podijelite ovaj segment AB na dva jednaka dela. Jedno od rješenja je prikazano na slici:

• Koristeći šestar crtamo krugove sa centrima u tačkama A I B radijus AB.
• Pronalaženje raskrsnica P I Q dva konstruisana kruga (luka).
• Koristeći ravnalo, nacrtajte segment ili liniju koja prolazi kroz tačke P I Q.
• Pronalaženje željene sredine segmenta AB- tačka raskrsnice AB I PQ.

Formalna definicija

U konstrukcijskim zadacima razmatra se skup svih tačaka ravni, skup svih pravih ravni i skup svih kružnica ravni, na kojima su dozvoljene sljedeće operacije:

1. Odaberite tačku iz skupa svih tačaka:
   1. proizvoljna tačka
   2. proizvoljnu tačku na datoj pravoj
   3. proizvoljnu tačku na datoj kružnici
   4. tačka preseka dve date prave
   5. tačka preseka/tangencije date prave i date kružnice
   6. tačke preseka/tangencije dve date kružnice
2. „Upotrebom vladari» odaberite liniju iz skupa svih linija:
   1. proizvoljna prava linija
   2. proizvoljna prava linija koja prolazi kroz datu tačku
   3. prava linija koja prolazi kroz dvije date tačke
3. „Upotrebom kompas» odaberite krug iz skupa svih krugova:
   1. proizvoljan krug
   2. proizvoljan krug sa centrom u dati poen
   3. proizvoljan krug sa radijusom, jednaka udaljenosti između dve zadate tačke
   4. krug sa centrom u datoj tački i poluprečnikom jednakim udaljenosti između dve date tačke

U uslovima problema specificira se određeni skup tačaka. Potrebno je, koristeći konačan broj operacija među dozvoljenim operacijama navedenim gore, konstruisati drugi skup tačaka koji je u datom odnosu sa originalnim skupom.

Rješenje građevinskog problema sadrži tri bitna dijela:

1. Opis metode za konstruisanje datog skupa.
2. Dokaz da je skup konstruisan na opisani način zaista u datom odnosu sa originalnim skupom. Dokaz konstrukcije se obično izvodi kao redovni dokaz teoreme, zasnovan na aksiomima i drugim dokazanim teoremama.
3. Analiza opisane metode konstrukcije na njenu primjenjivost na različite verzije početnih uslova, kao i na jedinstvenost ili nejedinstvenost rješenja dobijenog opisanom metodom.

Poznati problemi

• Apolonijev problem konstruisanja kružnice tangente na tri date kružnice. Ako nijedan od datih krugova ne leži unutar drugog, onda ovaj problem ima 8 značajno različitih rješenja.
• Brahmaguptin problem konstruisanja upisanog četvorougla sa njegove četiri strane.

Konstrukcija pravilnih poligona

Drevni geometri su znali kako da konstruišu ispravno n-gonovi za , , i .

Moguće i nemoguće gradnje

Sve konstrukcije nisu ništa drugo do rješenja neke jednačine, a koeficijenti ove jednačine su povezani sa dužinama datih segmenata. Stoga je zgodno govoriti o konstruisanju broja - grafičkog rješenja jednadžbe određenog tipa. U okviru gore navedenih zahtjeva moguće su sljedeće konstrukcije:

• Konstrukcija rješenja linearnih jednačina.
• Izrada rješenja kvadratnih jednačina.

Drugim riječima, moguće je samo konstruirati brojeve jednake aritmetičkim izrazima koristeći kvadratni korijen originalnih brojeva (dužine segmenata). Na primjer,

Varijacije i generalizacije

• Konstrukcije pomoću jednog kompasa. Prema Mohr-Mascheronijevoj teoremi, uz pomoć jednog šestara možete konstruirati bilo koju figuru koja se može konstruirati šestarom i ravnalom. U ovom slučaju, smatra se da je ravna linija izgrađena ako su na njoj navedene dvije tačke.
• Konstrukcije pomoću jednog ravnala. Lako je vidjeti da se uz pomoć jednog ravnala mogu izvesti samo projektivno-invarijantne konstrukcije. Konkretno, nemoguće je čak ni podijeliti segment na dva jednaka dijela, ili pronaći centar nacrtanog kruga. Ali ako na ravnini postoji unaprijed nacrtan krug s označenim centrom, pomoću ravnala možete izvesti iste konstrukcije kao sa šestarom i ravnalom (Poncelet-Steinerova teorema ( engleski)), 1833. Ako na ravnalu postoje dva zareza, onda su konstrukcije koje ga koriste ekvivalentne konstrukcijama pomoću šestara i ravnala (Napoleon je napravio važan korak u dokazivanju toga).
• Konstrukcije koje koriste alate sa ograničenim mogućnostima. U problemima ove vrste, alati (za razliku od klasične formulacije problema) ne smatraju se idealnim, već ograničenim: ravna linija kroz dvije točke može se povući pomoću ravnala samo ako udaljenost između tih tačaka ne prelazi određenu vrijednost; polumjer krugova nacrtanih pomoću kompasa može biti ograničen odozgo, odozdo ili i iznad i odozdo.
• Konstrukcije koristeći ravni origami. vidi Hujit pravila

vidi takođe

• Programi za dinamičku geometriju omogućavaju vam da izvodite konstrukcije pomoću kompasa i ravnala na računaru.

Bilješke

Književnost

• A. Adler Teorija geometrijskih konstrukcija / Prijevod s njemačkog G. M. Fikhtengoltsa. - Treće izdanje. - L.: Učpedgiz, 1940. - 232 str.
• I. I. Aleksandrov Zbirka geometrijskih konstrukcijskih zadataka. - Osamnaesto izdanje. - M.: Učpedgiz, 1950. - 176 str.
• B. I. Argunov, M. B. Balk. - Drugo izdanje. - M.: Učpedgiz, 1957. - 268 str.
• A. M. Voronets Geometrija kompasa. - M.-L.: ONTI, 1934. - 40 str. - (Popularna biblioteka iz matematike pod opštim uredništvom L. A. Lyusternika).
• V. A. Geiler Nerješivi građevinski problemi // rashladna tečnost. - 1999. - br. 12. - Str. 115-118.
• V. A. Kirichenko Konstrukcije sa šestarom i ravnalom i teorija Galoisa // Ljetna škola "Savremena matematika". - Dubna, 2005.
• Yu. I. Manin Knjiga IV. Geometrija // Enciklopedija elementarne matematike. - M.: Fizmatgiz, 1963. - 568 str.
• Y. Petersen Metode i teorije za rješavanje geometrijskih konstrukcijskih problema. - M.: Štamparija E. Lissnera i Y. Romana, 1892. - 114 str.
• V. V. Prasolov Tri klasična konstrukcijska problema. Udvostručenje kocke, trisekcija ugla, kvadriranje kruga. - M.: Nauka, 1992. - 80 str. - (Popularna predavanja iz matematike).
• J. Steiner Geometrijske konstrukcije izvedene pomoću prave linije i fiksnog kruga. - M.: Učpedgiz, 1939. - 80 str.
• Izborni kurs matematike. 7-9 / Comp. I. L. Nikolskaya. - M.: Obrazovanje, 1991. - P. 80. - 383 str. - ISBN 5-09-001287-3

Wikimedia Foundation. 2010.

Pogledajte šta je "Gradnja pomoću šestara i ravnala" u drugim rječnicima:

Lenjira - nabavite radni kupon za popust na Akademiki na AllInstruments ili kupite lenjire uz zaradu uz besplatnu dostavu na akciji na AllInstruments

Grana euklidske geometrije, poznata od antičkih vremena. U zadacima konstrukcije moguće su sljedeće operacije: Označiti proizvoljnu tačku na ravni, tačku na jednoj od konstruisanih pravih ili tačku preseka dve konstruisane prave. Uz pomoć... ... Wikipedije

Konstrukcije pomoću šestara i lenjira grana su euklidske geometrije poznate od antičkih vremena. U zadacima konstrukcije moguće su sljedeće operacije: Označiti proizvoljnu tačku na ravni, tačku na jednoj od konstruisanih pravih ili tačku... ... Wikipedia

Imenica, s., korištena. uporedi često Morfologija: (ne) šta? konstrukcija, šta? konstrukcija, (vidim) šta? konstrukcija, šta? konstrukcija, o čemu? o izgradnji; pl. Šta? konstrukcija, (ne) šta? konstrukcije, zašto? konstrukcije, (vidim) šta? konstrukcija, sa čime?..... Dmitriev's Explantatory Dictionary

MALA AKADEMIJA NAUKA ŠKOLACA KRIMA

"TRAGATELJ"

Sekcija "Matematika"

GEOMETRIJSKE KONSTRUKCIJE POMOĆU DVOSTRANOG ravnala

Uradio sam posao A

_____________

Učenik razreda

Naučni direktor

UVOD……………………………………………………………………………………………..…..3

I. GEOMETRIJSKE KONSTRUKCIJE NA RAVNI……...4

I.1. Opći aksiomi konstruktivne geometrije. Aksiomi matematičkih instrumenata……………………………………………………………………………………………..4

I.2. ……………………….....5

I.3. Geometrijske konstrukcije sa jednim lenjirom………………………………..7

I.4. Osnovni zadaci za konstruisanje dvostranim lenjirom………………..8

I.5. Rješavanje raznih građevinskih problema……………………………………………12

I.6. Konstrukcije sa jednostranim lenjirom……………………………………………….20

I.7. Zamjenjivost dvostranog ravnala sa šestarom i ravnalom....21

ZAKLJUČAK………………………………………………………………………….24

Spisak referenci………………………………………………….25

Uvod

Problemi koji uključuju konstrukciju ograničenim sredstvima uključuju probleme koji uključuju konstrukciju samo pomoću šestara i ravnala, koji se razmatraju u školskom programu. Da li je moguće riješiti građevinske probleme samo jednim ravnalom? Često nemate kompas pri ruci, ali uvijek možete pronaći ravnalo.

Problemi o konstrukcijama u geometriji su fascinantan dio. Interes za njega je zbog ljepote i jednostavnosti geometrijskog sadržaja. Relevantnost razmatranja ovih problema raste zbog činjenice da se oni koriste u praksi. Mogućnost korištenja jednog ravnala za rješavanje problema razmatranih u ovom radu je od velike važnosti praktične aktivnosti, jer Stalno se suočavamo sa problemima dijeljenja segmenta na pola, udvostručavanja zadanog segmenta itd.

Ovaj rad ispituje glavne građevinske zadatke koji služe kao osnova za rješavanje složenijih problema.

Kao što iskustvo pokazuje, građevinski zadaci izazivaju zanimanje i doprinose aktiviranju mentalne aktivnosti. Prilikom njihovog rješavanja aktivno se koristi znanje o svojstvima figura, razvija se sposobnost zaključivanja i poboljšavaju vještine geometrijskih konstrukcija. Kao rezultat, razvijaju se konstruktivne sposobnosti, što je jedan od ciljeva proučavanja geometrije.

Hipoteza: svi građevinski problemi koji se mogu riješiti pomoću šestara i ravnala mogu se riješiti samo pomoću dvostranog ravnala.

Predmet proučavanja: konstrukcijski zadaci i dvostrani ravnalo.

Ciljevi istraživanja: dokazati da se svi građevinski problemi mogu riješiti samo uz pomoć dvostranog ravnala.

Ciljevi istraživanja: proučiti teorijske osnove rješavanja građevinskih problema; rješavati osnovne konstrukcijske probleme pomoću dvostranog ravnala; dati primjere složenijih građevinskih problema; sistematizirati teorijsko i praktično gradivo.

I. GEOMETRIJSKE KONSTRUKCIJE NA RAVNI

I.1. Opći aksiomi konstruktivne geometrije. Aksiomi matematičkih alata

Za konstruktivnu geometriju potrebno je imati tačan i, u matematičke svrhe, potpun opis određenog alata. Ovaj opis je dat u obliku aksioma. Ovi aksiomi u apstraktnom matematičkom obliku izražavaju ona svojstva stvarnih instrumenata za crtanje koja se koriste za geometrijske konstrukcije.

Najčešći geometrijski alati za konstrukciju su:ravnalo (jednostrano) , kompas, dvostrano ravnalo (sa paralelnim rubovima) i neke druge.

A. Aksiom vladara.

Lenjir vam omogućava da izvedete sljedeće geometrijske konstrukcije:
a) konstruisati segment koji povezuje dve konstruisane tačke;

b) konstruisati pravu liniju koja prolazi kroz dve konstruisane tačke;

c) konstruisati zrak koji izlazi iz konstruisane tačke i prolazi kroz drugu konstruisanu tačku.

B. Aksiom kompasa.

Kompas vam omogućava da izvedete sljedeće geometrijske konstrukcije:
a) konstruisati krug ako su konstruisani centar kruga i segment jednak poluprečniku kružnice (ili njenih krajeva);

B. Aksiom dvostranog ravnala.

Dvostrani ravnalo vam omogućava:

a) izvršiti bilo koju od konstrukcija navedenih u aksiomu A;

b) u svakoj od poluravni definisanih konstruisanom pravom, konstruisati pravu paralelnu ovoj pravoj i koja od nje prolazi na udaljenostiA, Gdje A - segment fiksiran za dati lenjir (širina lenjira);

c) ako su konstruisane dve tačke A i B, onda odredi da li će AB biti veći od određenog fiksnog segmentaA (širina lenjira), a ako je AB >A , zatim konstruirajte dva para paralelnih pravih koje prolaze kroz tačke A i B respektivno i međusobno razmaknute na udaljenostiA .

Osim navedenih alata, možete koristiti i druge alate za geometrijske konstrukcije: proizvoljan ugao, kvadrat, ravnalo sa oznakama, par pravih uglova, razne sprave za crtanje posebnih krivulja itd.

I.2. Opći principi za rješavanje građevinskih problema

Građevinski zadatak sastoji se u tome da je potrebno konstruisati određenu figuru navedenim alatima ako je data neka druga figura i naznačeni određeni odnosi između elemenata željene figure i elemenata ove figure.

Svaka figura koja zadovoljava uslove zadatka naziva seodluka ovaj zadatak.

Pronađite rješenje konstrukcijski zadatak znači njegovo svođenje na konačan broj osnovnih konstrukcija, odnosno navođenje konačnog niza osnovnih konstrukcija, nakon čega će se željena figura već smatrati konstruiranom na osnovu prihvaćenih aksioma konstruktivne geometrije. Lista prihvatljivih osnovnih konstrukcija, a samim tim i napredak u rješavanju problema, značajno ovisi o tome koji se konkretni alati koriste za konstrukcije.

Riješite problem izgradnje - znači, pronaći sva njegova rješenja .

Posljednja definicija zahtijeva pojašnjenje. Figure koje zadovoljavaju uslove problema mogu se razlikovati i po obliku i veličini, i položaju na ravni. Razlike u položaju na ravni se uzimaju u obzir ili ne uzimaju u obzir u zavisnosti od formulacije samog konstrukcijskog problema, od toga da li uslov problema obezbeđuje ili ne predviđa određenu lokaciju željene figure u odnosu na bilo koju datu figuru .

Ako se pronađe rješenje problema, tada je u budućnosti dopušteno koristiti ovo rješenje "u cjelini", to jest, bez podjele na glavne konstrukcije.

Postoji niz jednostavnih geometrijskih konstrukcijskih zadataka, koji se posebno često uključuju kao komponente u rješavanju složenijih problema. Nazvat ćemo ih elementarnim geometrijskim konstrukcijskim problemima. Lista elementarnih zadataka je, naravno, uslovna. Osnovni zadaci obično uključuju sljedeće:

Podijelite ovaj segment na pola.

Dijeljenje zadanog ugla na pola.

Konstruisanje na datoj pravoj segmenta jednakog datom.

Konstruisanje ugla jednakog datom.

Konstruisanje prave koja prolazi kroz datu tačku paralelno sa datom pravom.

Konstruisanje prave koja prolazi kroz datu tačku i okomita na datu pravu.

Podjela segmenta u ovom pogledu.

Konstruisanje trougla koristeći tri date stranice.

Konstruisanje trokuta koristeći stranu i dva susedna ugla.

Konstruiranje trokuta koristeći dvije stranice i ugao između njih.

Prilikom rješavanja bilo kojeg iole složenijeg konstrukcijskog problema postavlja se pitanje kako zaključiti da bi se pronašao način da se problem riješi, da se dobiju sva rješenja problema, da se saznaju uslovi za mogućnost rješavanja problema itd. , pri rješavanju konstruktivnih problema koriste shemu rješenja koja se sastoji od sljedeće četiri faze:

1) analiza;
2) izgradnja;
3) dokaz;
4) istraživanje.

I.3. Geometrijske konstrukcije sa jednim ravnalom

Razmatraćemo vladara sa dva gledišta: kao lenjira i kao dvostranog lenjira.

1. Dvostrani lenjirširina A nazvat ćemo ravnalo s paralelnim ivicama smještenim na udaljenosti A jedan od drugog, što omogućava direktnu izgradnju:

a) proizvoljna prava linija;

b) prava koja prolazi kroz dvije tačke date ili dobijene u procesu rješavanja zadatka;

c) paralelne prave, od kojih svaka prolazi kroz jednu od tačaka, među kojima su rastojanja većaA (u ovoj konstrukciji ravnalo je u takvom položaju da na svakoj od njegova dva paralelna ruba postoji jedna od dvije zadate tačke; u ovom slučaju ćemo govoriti o direktnoj konstrukciji).

Širina ravnala u ovoj konstrukciji smatra se konstantnom, pa stoga, ako u procesu rješavanja određenog problema postane potrebno izvesti direktnu konstrukciju u odnosu na neke dobijene tačkeA I IN , onda moramo dokazati da je dužinaAB duže A .

Smatraćemo da je tačka konstruisana ako je jedan od podataka ili je presek dve konstruisane prave; zauzvrat, smatraćemo da je prava konstruisana ako prolazi kroz konstruisane ili date tačke.

Koristeći dvostrano ravnalo možete konstruirati sljedeće.

a) Kroz bilo koje dvije tačke možete povući pravu liniju, i to samo jednu.

b) Koja god da je prava, postoje tačno dve prave u ravni, paralelne sa njom i odvojene od nje rastojanjema .

c) Kroz dvije tačke A i B u tački AB A moguće je nacrtati dva para paralela ravno; sa AB = A možete nacrtati par paralelnih linija, razmak između kojih je jednakA .

Ako se daju jedna, dvije, tri točke, tada se ne mogu konstruirati nove točke

(Slika 1);

ako su date četiri tačke, od kojih neke tri (ili sve četiri) leže na istoj pravoj, onda se druge tačke ne mogu konstruisati (slika 2);

Ako su vam date četiri tačke koje leže na vrhovima paralelograma, možete konstruisati samo jednu tačku - njegovo središte. (Sl.3).

Prihvativši gore navedeno, razmotrimo posebno probleme koje rješava dvostrani lenjir.

I.4. Osnovni zadaci za konstruisanje dvostranim lenjirom

1
. Konstruisati simetralu ugla ABC.

Rješenje: (sl. 4)

A  (IN C) I b  (Bend  b = D .

Dobijamo B D– simetrala  ABC.

Zaista, dobijeno od strane

konstruisanje paralelograma je

romba, jer su mu visine jednake. IND –

dijagonala romba je simetrala ABC. Fig.4

2
. Udvostručite dati ugao ABC

Rješenje : (slika 5) a) A  (AB),

A  (IN C)= D , kroz tačke B i D

b direktno;

b) kroz tačke B iD m  b

direktno,b Ç a = F .

Dobijamo Ð AB F = 2 Ð ABC .

Fig.5

3 . Na datu pravu liniju M N u ovom

nacrtaj okomicu na tačku A

Rješenje : (Sl.6)

1) (AA 1) || (BB 1) || (SS 1) –

direktno (B (M N),

WITH Î (M N)); 2) kroz A i B

m || n - direktno,

m Ç (SS 1) = D .

Dobijamo (A D )  (M N ).

Fig.6.

4
. Kroz datu tačku ne ležeći dalje

data linija, nacrtati okomicu

To ovu liniju.

Rješenje: Kroz ovu tačku O povlačimo

dvije prave koje seku datu

prava linija AB, i udvostručiti uglove rezultirajućeg

trouglovi susedni ovome

ravno.  OA N = 2  OAV and

OB N = 2  OVA (slika 7).

Fig.7

5. Konstruirajte tačku simetričnu datoj liniji u odnosu na datu pravu.

Rješenje: vidi problem 4. (tačka O je simetrična tačkiN. sl.7)

6. Izvedite ravnu liniju paralelno sa ovom

P
ravno M N , kroz tačku A, ne

koji pripada liniji M N .

Rješenje 1: (sl. 8)

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

– direktno, (SA)Ç (BB 1) = C 2;

2) (sa 2 K) Ç (DD 1 ) = F .

(A F ) je željena prava linija.

Slika 8

Rješenje 2 . Na slici 8 1 je numerisana

niz pravih linija,

od kojih su 1, 2 i 3 paralelne u

direktna gradnja;

(A F) || (M N).

Fig.8 1

7
. Podijelite ovaj segment AB na pola.

Rješenje 1. (Sl. 9) (samo za slučaj kada je širina ravnala manja od dužine ovog segmenta). Nacrtajte dva para paralelnih linija direktno kroz njih

krajeve ovog segmenta, a zatim dijagonalu

rezultirajući romb. O – srednji AB.

Rice. 9.

Rješenje 2. (Sl. 9,a)

1) a || (Bend b || (AB) – direktno;

2) (AR), (AR)Ç a = C, (AP) Ç b = D ;

3) (D IN) Ç a = M, (SV) Ç b = N ;

4) (M N ) Ç (AB) = K;

5) (D TO) Ç (A N ) = F ;

6) (B F ) Ç b = D 1, (B F ) Ç a = C 1;

7) (D IN ) Ç (A D 1 ) = X,

(AC 1) Ç (SV) = Z.

8) (X Z) Ç (AB) =O. Dobijamo AO = OB.

Fig.9,a

Rješenje 3 .( Rice. 9,b)

Kao što je poznato , u srednjem trapezu

baze, tačka preseka

dijagonale i tačka preseka

proširenja strana

leže na istoj pravoj liniji.

1) m || (AB) – direktno;

2) C Î m , D Î m , (AS) Ç (IN D ) = TO; 9, b

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

I.5. Rješavanje raznih građevinskih problema

U rješavanju sljedećih konstruktivnih zadataka koristeći samo dvostrano ravnalo, koristi se direktna konstrukcija paralelnih linija i sedam glavnih problema navedenih gore.

1. Kroz ovu tačku povucite dvije međusobno okomite linije.

R rješenje: prođimo kroz ovu tačku

dvije proizvoljne linije,

a zatim - simetrale

susjedni uglovi. (Sl.10)

Fig.10

2. Dat segment A D data dužina a.

Konstruirajte segment čija je dužina jednaka .

R
odluka : Hajde da izvedemo m  A I h || m kroz

tačka A. f || (A D ) , k || (AD) direktno.

Nacrtajmo AB i AC, gdje je B =f  m ,

a C = m  k . Na poznat način

podijeliti AB i AC na pola i

nacrtajmo medijane trougla

ABC. Po svojstvu medijana

trougao, O D = – tražio

segment (slika 11)

Rice. jedanaest

3. Konstruišite segment čija je dužina

jednak perimetru datog trougla.

Rješenje: (Sl. 12). Konstruirajmo simetrale

dva vanjska ugla trougla, a zatim

3 vrha IN nacrtajmo okomite

na ove simetrale.

DE = a + b + s

Fig.12

4. Dat je segment dužine a. Konstruirajte segmente dužine 2a, 3a.

R rješenje: (Sl. 13)

1M N) || (AB) i (M 1 N 1 ) || (M N) || (M 2 N 2 ) –

Direktno;

2) (CA) i (CB) do A i B.

Segmenti A 1 B 1 i A 2 B 2 su potrebni.

Drugo rješenje za ovaj problem može biti

dobijeno iz rješenja zadatka 7.

Rice. 13

5. Na pravoj su data dva segmenta čije su dužine a i b . Konstruisati segmente čije su dužine jednake + b , b - A, ( a + b )/2 i ( b - a )/2 .

Rješenje: i za a + b(Sl. 14,a)

14, a

b) za ( a + b)/2 (Sl. 14, b)

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

2) M Î (A 2 B 2), (MX) Ç (A 1 B 1 ) = N, (M H) Ç (A 1 B 1 ) = P;

3) (PY) Ç (A 2 B 2) = L, (LZ ) Ç (A 1 B 1 ) = O,

Dobijamo: N O = N.P. + P.O. =
.

Rice. 14, b

c) za b - A(Sl. 14, c)

Rice. 14,v

c) za ( b - a )/2 (Sl. 14, d)

Rice. 14,g

6
. Konstruirajte centar ovog kruga.

Rješenje : (Sl. 15) Nacrtajmo pravu liniju AB,

presecanje kružnice u tačkama A i B;

Ned  AB, gdje je C tačka presjeka

sa krugom.

Kroz tačku C povlačimo paralelu sa AB

ravno C D; WITHDseče kružnicu

u tačkiD.

PovezivanjemDsa B i A sa C, dobijamo

željena tačka je centar kružnice. Rice. 15

Rješenje 2: (Sl. 16) Koristeći dvostrano ravnalo, konstruirajte dva paralelna tetivaAD IB.C. . Dobijamo jednakokraki trapezA B C D. NekaK IP - tačke preseka linijaA.C. IBD , AB IDC . Onda pravoP K prolazi središtem osnova trapeza okomito na njih, što znači da prolazi kroz centar date kružnice. Na sličan način konstruišući još jednu takvu pravu liniju, nalazimo centar kružnice.

Rice. 16

7. Dat je luk kružnice. Konstruirajte centar kruga

Rješenje . (Sl. 17) Označite tri tačke A, B i C na ovom luku Nanesite ravnalo na krajeve segmenta AB i ocrtajte njegove rubove. Dobijamo dvije paralelne prave. Mijenjajući položaj ravnala, crtamo još dvije paralelne linije. Dobijamo romb (paralelogram jednakih visina). Jedna od dijagonala romba je okomita simetrala na segmentAB , budući da dijagonala romba leži na okomitoj simetrali na drugu dijagonalu. Slično, konstruišemo simetralu okomitu na segmentA.C. . Točka presjeka konstruiranih simetrala je centar željene kružnice.

Rice. 17

8. Dat je segment AB, neparalelna prava l i tačka M na njoj. Koristeći jedno dvostrano ravnalo, konstruisati tačke preseka prave l sa kružnicom poluprečnika AB sa središtem M.

Rješenje: (Sl.18)

Hajde da kompletiramo trougaoA.B.M. na paralelogramABNM . Konstruirajmo simetrale MT iGOSPOĐAuglovi izmeđuMNi ravnol . Hajde da prođemo kroz tačkuN prave paralelne sa ovim simetralama:N.Q. || GOSPOĐA, NR || M.T.. MT│ GOSPOĐAkao simetrale susednih uglova. znači,N.Q. │ MT, odnosno u trougluNMQsimetrala je visina, stoga je trokut jednakokraki:MQ = MN. Isto tako,GOSPODIN. = MN. PoeniQIRtražio.

Rice. 18

9. Dati su prava l i segment OA paralelan sa l. Koristeći jedno dvostrano ravnalo, konstruišite tačke preseka prave l sa kružnicom poluprečnika OA sa centrom O.

Rješenje: (Sl. 19,a)

Hajde da napravimo direktanl 1 , paralelno sa linijomO.A. i udaljen od njega na daljinua . Uzmimo to na pravu linijul proizvoljna tačkaB . NekaB 1 - tačka preseka linijaO.B. Il 1 . Hajde da prođemo kroz tačkuB 1 ravno, paralelnoAB ; ova prava seče pravuO.A. u tačkiA 1 . Hajde sada da provučemo tačkeO IA 1 par paralelnih linija, udaljenost između njih jea (mogu postojati dva takva para linija); nekaX IX 1 - tačke preseka prave koja prolazi kroz tačkuO , sa ravnim linijamal Il 1 . JerO.A. 1 = OX 1 i ∆O.A. 1 X 1 ∆ OAX , tada OA = OX, tačkaX tražen.

Slično, konstruišemo drugu tačku preseka kružnice i prave - tačkuY(Sl. 18, b).

Rice. 18,a

Rice. 18, b

I.6.Konstrukcije sa jednostranim lenjirom

Z
Ovdje razmatramo poseban slučaj: neka su točke P date,Q, R 1 IQ 1 . i leže na vrhovima trapeza.

1. Podijelite segment P Q na pola

Rješenje prikazano na slici 19

Date su tačke P,Q, R 1 IQ 1 i paralelne linije

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

Spojimo tačke A i B. AB RQ = F– srednji

segment PQ.

Rice. 19

2. Udvostručite segment R 1 Q 1.

R
odluka prikazano na slici 20. Izgradimo

tačkaF– sredina segmenta PQi povežite ga

WithQ 1. R 1 Q FQ 1 = M. Izvršimo RM. RM R 1 Q 1 = R

jednakostRQi P 1 Q 1 proizilazi iz sličnosti

trouglovi RMFI RMQ 1 ,

FMQI R 1 MQ 1 , i jednakosti PFIFQ.

Rice. 20

3
. Konstruirajte segment dužine n  R 1 Q 1 .

m – 1 jednaki segmenti PQ 2 , Q 2 Q 3, … Q m -1 Q m

Zatim gradimo (RR 1 ) IQ m Q 1 i povežite se

njihova tačka preseka A sa tačkama

Q 2 , Q 3, … Q m Primljenom -1 direktno

podijelitiR 1 Q 1 onm jednaka dijelovi.

Zam = 4 rješenje je prikazano na slici 22

Fig.22

I.7. Zamjenjivost dvostranog ravnala sa šestarom i ravnalom

Dokažimo da je dvostrano ravnalo zamenljivo sa šestarom i lenjirom. Da bismo to učinili, dokazujemo sljedeće tvrdnje:

Tvrdnja 1: sve konstrukcije koje se mogu napraviti šestarom i ravnalom mogu se raditi i dvostranim ravnalom.

Budući da pri konstruiranju šestarom i ravnalom ravnalo povlači pravu kroz dvije tačke, a šestar gradi kružnicu (pronađe skup tačaka jednako udaljenih od date), onda se sve konstrukcije sa šestarom i ravnalom svode na konstruisanje preseka dve prave, dve kružnice i kružnice sa pravom linijom.

Presjek dvije prave može se konstruirati pomoću ravnala.

Presek kružnice i prave linije (slika 23):

Izgradnja:Neka je zadan segment AB - poluprečnik kružnice, prava linijal , centar kruga O, tada:

1) Izvodimo OS ||l , OS = AB.

2) Izvodimo OS ||ki daljinski do a.

3) IzvodimoO.D., O.D. l = D; O.D. k) Kao posledica Talesove teoreme

4) Po zakonu tranzitivnosti jednakosti

5) RazmotriteOMQE. OMQEje paralelogram, budući da je OM ||EQi OE ||M.C.(strane lenjira su paralelne). Dokažimo da je ovo romb.

5.1) PonašanjeQZ O.C.IQG ON, OndaQG = QZ = a.

5.2)  OMQ =  RQM(ležeći poprečno);  OS =ON, što je trebalo dokazati.

Presjek dva kruga: slično.

Tvrdnja 2: sve konstrukcije koje se mogu napraviti dvostranim ravnalom mogu se izvesti šestarom i ravnalom.

Da bismo to učinili, izvest ćemo standardne konstrukcije za dvostrano ravnalo pomoću šestara i ravnala.

1) Prava linija koja koristi dvije tačke lako se konstruiše pomoću ravnala.

2) Konstrukcija prave linije paralelne datoj i udaljene od nje na datoj udaljenosti:

2.1) Neka je data prava linijaki segment dužinea.

2.2) Konstruisati proizvoljnu pravu linijub k, nekak b= B.

2.3) Uključenobsa obe strane tačkeBna pravoj linijibodvojite komad dužinea, neka bodoviCID.

2.4) Kroz tačkuCizgraditi pravu linijuc k.

2.5) Kroz tačkuDizgraditi pravu linijud k.

2.6) DirektnocId-obavezno, jerB.C.IBDjednakaapo konstrukciji i jednaki su udaljenosti između praveki ravno

3) Konstrukcija pravih paralelnih jedna drugoj i koje prolaze kroz dvije date tačke, a razmak između njih je jednak datom segmentu:

3.1) Neka su bodovi datiAIBi segment dužinea.

3.2) Konstruisanje kružnice sa centrom u tačkiAi radijusa.

3.3) Konstruirajte tangentu na datu kružnicu kroz tačkuB; postoje dvije takve tangente akoBleži izvan kruga (akoAB> a), jedno akoBleži na krugu (akoAB= a), nijedno akoBleži unutar kruga (AB< a). Ova tangenta je jedna od linija koje tražimo; ostaje da se prođe kroz tačkuAravna linija paralelna sa njom.

3.4) Budući da je jedna od pravih okomita na polumjer kružnice kao tangenta, druga je također okomita na nju (pošto su paralelne), stoga je udaljenost između njih jednaka poluprečniku, koji je po konstrukciji jednaka, što je i trebalo da se dobije.

Time smo dokazali zamjenjivost dvostranog ravnala i šestara i ravnala.

Zaključak: Dvostrano ravnalo je zamjenjivo sa šestarom i ravnalom.

Zaključak

Dakle, razmatrano je i riješeno pitanje mogućnosti korištenja jednog ravnala za rješavanje klasičnih konstrukcijskih zadataka pomoću šestara i ravnala. Ispostavilo se da se konstrukcijski problemi mogu riješiti korištenjem samo ravnala s paralelnim rubovima. Prilikom rješavanja složenijih problema treba se dalje oslanjati na takozvane osnovne konstrukcije o kojima se govori u ovom radu.

Predstavljeni materijal može imati direktnu primenu ne samo na časovima matematike, na časovima matematičkih krugova, već iu praktičnim aktivnostima.

Spisak korišćene literature

Aliev A.V. Geometrijske konstrukcije. Matematika u školi. 1978. br. 3

Glazer G.I. Istorija matematike u školi. M., Prosvjeta. 1981.

Depman I.Ya. Iza stranica udžbenika matematike. M.. Prosvjeta 1989.

Elensky Shch. M., Detgiz. 1961.

Enciklopedijski rečnik mladog matematičara. M., Pedagogija. 1985

Src="https://present5.com/presentation/3/178794035_430371946.pdf-img/178794035_430371946.pdf-1.jpg" alt=">Konstrukcija pomoću ravnala i šestara Geometrija">!}

Src="https://present5.com/presentation/3/178794035_430371946.pdf-img/178794035_430371946.pdf-2.jpg" alt="> Konstruišite segment jednak zadatom Ú Zadatku 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="> Konstruisanje ugla jednakog datom Razmotrimo trouglove"> 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="> Konstruisanje simetrale ugla Problem 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="> Konstrukcija okomitih pravih Ú Problem Zadata prava"> 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="> Konstruisanje sredine segmenta Zadatak Ú Konstruišite sredinu dato"> 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.!}

Opštinska budžetska obrazovna ustanova

srednja škola broj 34 sa detaljnim izučavanjem pojedinih predmeta

MAN, sekcija za fiziku i matematiku

“Geometrijske konstrukcije pomoću šestara i ravnala”

Završio: učenik 7. razreda

Batishcheva Victoria

Šef: Koltovskaya V.V.

Voronjež, 2013

3. Konstruisanje ugla jednakog datom.

P Nacrtajmo proizvoljan krug sa centrom u vrhu A zadanog ugla (slika 3). Neka su B i C tačke preseka kružnice sa stranicama ugla. Radijusom AB nacrtamo kružnicu sa centrom u tački O, početnoj tački ove poluprave. Označimo točku presjeka ove kružnice sa ovom polupravom kao C 1 . Opišimo kružnicu sa centrom C 1 i sl.3

radijus aviona. Tačka B 1 presek konstruisanih kružnica u naznačenoj poluravni leži na strani željenog ugla.

6. Konstrukcija okomitih linija.

Crtamo kružnicu proizvoljnog poluprečnika r sa centrom u tački O na slici 6. Krug siječe pravu u tačkama A i B.Iz tačaka A i B crtamo kružnice poluprečnika AB. Neka je melanholija C tačka preseka ovih krugova. Dobili smo tačke A i B u prvom koraku, pri konstruisanju kružnice proizvoljnog poluprečnika.

Željena prava linija prolazi kroz tačke C i O.

Fig.6

Poznati problemi

1.Brahmaguptin problem

Konstruirajte upisani četverougao koristeći njegove četiri stranice. Jedno rješenje koristi Apolonijev krug.Rešimo Apolonijev problem koristeći analogiju između trokuga i trougla. Kako nalazimo kružnicu upisanu u trokut: konstruiramo točku presjeka simetrala, spuštamo okomite iz nje na stranice trokuta, osnove okomice (tačke presjeka okomice sa stranom na kojoj je se ispušta) i daju nam tri tačke koje leže na željenoj kružnici. Nacrtajte krug kroz ove tri tačke - rješenje je spremno. Isto ćemo učiniti i sa Apolonijevim problemom.

2. Apolonijev problem

Koristeći šestar i ravnalo, konstruirajte kružnicu tangentu na tri zadane kružnice. Prema legendi, problem je formulisao Apolonije iz Perge oko 220. godine prije Krista. e. u knjizi "Dodir", koja je izgubljena, ali ju je 1600. obnovio François Viète, "galski Apolonije", kako su ga zvali njegovi savremenici.

Ako nijedan od datih krugova ne leži unutar drugog, onda ovaj problem ima 8 značajno različitih rješenja.

Konstrukcija pravilnih poligona.

P

ispravan (ili equilateral ) trougao - Ovo pravilan poligonsa tri strane, prvi od pravilnih poligona. Sve stranice pravilnog trougla jednaki su jedni drugima, i svi uglovi su 60°. Da biste konstruirali jednakostranični trokut, morate krug podijeliti na 3 jednaka dijela. Da biste to učinili, potrebno je nacrtati luk polumjera R ove kružnice samo sa jednog kraja promjera, dobivamo prvu i drugu podjelu. Treća podjela je na suprotnom kraju prečnika. Spajanjem ovih tačaka dobijamo jednakostranični trougao.

Regular hexagon Možekonstruisati pomoću šestara i ravnala. Ispoddat je način izgradnjekroz podjelu kruga na 6 dijelova. Koristimo jednakost stranica pravilnog šesterokuta i polumjera opisane kružnice. Sa suprotnih krajeva jednog od prečnika kružnice opisujemo lukove poluprečnika R. Tačke preseka ovih lukova sa datim krugom će ga podeliti na 6 jednaki dijelovi. Uzastopnim povezivanjem pronađenih tačaka dobija se pravilan šestougao.

Konstrukcija pravilnog pentagona.

P
pravilan pentagon može bitikonstruiran pomoću šestara i ravnala, ili uklapanjem u datukrug, ili konstrukcija zasnovana na datoj strani. Ovaj proces opisuje Euklidu svojim Elementima oko 300. pne. e.

Evo jedne metode za konstruisanje pravilnog pentagona u datom krugu:

Konstruirajte krug u koji će biti upisan petougao i označite njegovo središte kaoO . (Ovo je zeleni krug na dijagramu sa desne strane).

Odaberite tačku na kruguA , koji će biti jedan od vrhova pentagona. Konstruirajte ravnu linijuO IA .

Konstruirajte pravu okomitu na pravuO.A. , prolazeći kroz tačkuO . Označite jedno od njegovih sjecišta s kružnicom kao tačkuB .

Zacrtajte tačkuC u sredini izmeđuO IB .

C kroz tačkuA . Označite linijom njen presekO.B. (unutar originalnog kruga) kao tačkaD .

Nacrtajte krug sa centrom uA kroz tačku D označite sjecište ove kružnice sa originalom (zeleni krug) kao tačkeE IF .

Nacrtajte krug sa centrom uE kroz tačkuA G .

Nacrtajte krug sa centrom uF kroz tačkuA . Označite njegov drugi presek originalnom kružnicom kao tačkomH .

Konstruirajte pravilan pentagonAEGHF .

Nerešivi problemi

U antici su postavljena sljedeća tri građevinska zadatka:

Trisekcija ugla - podijeliti proizvoljan ugao na tri jednaka dijela.

Drugim riječima, potrebno je konstruirati trisektore ugla - zrake koje dijele ugao na tri jednaka dijela. P. L. Wanzel je 1837. dokazao da je problem rješiv samo kada je, na primjer, trisekcija izvodljiva za uglove α = 360°/n, pod uslovom da cijeli broj n nije djeljiv sa 3. Međutim, u štampi s vremena na vrijeme (netačno ) objavljene su metode za triseciranje ugla šestarom i ravnalom.

Udvostručavanje kocke - klasični antički problem konstruisanja šestarom i lenjirom ivice kocke čija je zapremina dvostruko veća od zapremine date kocke.

U modernoj notaciji, problem se svodi na rješavanje jednadžbe. Sve se svodi na problem konstruisanja segmenta dužine. P. Wantzel je 1837. dokazao da se ovaj problem ne može riješiti pomoću šestara i ravne ivice.

Kvadratiranje kruga - zadatak koji se sastoji u pronalaženju konstrukcije pomoću šestara i ravnala kvadrata koji je po površini jednak zadanoj kružnici.

Kao što znate, uz pomoć šestara i ravnala možete izvesti sve 4 aritmetičke operacije i izvući kvadratni korijen; slijedi da je kvadriranje kruga moguće ako i samo ako je, koristeći konačan broj takvih akcija, moguće konstruirati segment dužine π. Dakle, nerješivost ovog problema proizlazi iz nealgebarske prirode (transcendencije) broja π, koju je 1882. godine dokazao Lindemann.

Još jedan dobro poznati problem koji se ne može riješiti pomoću šestara i ravnala jekonstruisanje trougla koristeći tri date simetrale dužine .

Štaviše, ovaj problem ostaje nerešiv čak i u prisustvu trisektora.

Tek u 19. veku je dokazano da su sva tri problema nerešiva ​​samo šestarom i ravnalom. Pitanje mogućnosti konstrukcije u potpunosti je riješeno algebarskim metodama zasnovanim na Galoisovoj teoriji.

DA LI STE ZNALI DA...

(iz istorije geometrijskih konstrukcija)

Nekada se u izgradnju pravilnih poligona ulagalo mistično značenje.

Dakle, Pitagorejci, sljedbenici religijskog i filozofskog učenja koje je osnovao Pitagora, a koji su živjeli u staroj Grčkoj (V ja-ja Vvekovima BC pne), usvojili su kao znak svoje zajednice zvjezdasti poligon formiran dijagonalama pravilnog petougla.

Pravila za strogu geometrijsku konstrukciju nekih pravilnih mnogouglova izložena su u knjizi "Elementi" starogrčkog matematičara Euklida, koji je živio uIIIV. BC. Za izvođenje ovih konstrukcija Euklid je predložio korištenje samo ravnala i šestara, koji u to vrijeme nisu imali zglobni uređaj za spajanje nogu (takvo ograničenje u instrumentima bio je nepromjenjiv zahtjev drevne matematike).

Pronađeni su pravilni poligoni široka primena i u antičkoj astronomiji. Ako je Euklid bio zainteresiran za konstrukciju ovih figura s gledišta matematike, onda se za starogrčkog astronoma Klaudija Ptolomeja (oko 90. - 160. godine nove ere) pokazalo da je to bilo potrebno kao pomoćno sredstvo u rješavanju astronomskih problema. Dakle, u 1. knjizi Almagestova, cijelo deseto poglavlje je posvećeno konstrukciji pravilnih peterokuta i desetougla.

Međutim, pored čisto naučnih radova, izgradnja pravilnih poligona bila je sastavni deo knjiga za građevinare, zanatlije i umetnike. Sposobnost prikazivanja ovih figura dugo je bila potrebna u arhitekturi, nakitu i likovnoj umjetnosti.

U „Deset knjiga o arhitekturi“ rimskog arhitekte Vitruvija (koji je živio otprilike 63-14. p.n.e.) kaže se da bi gradske zidine u planu trebale imati oblik pravilnog poligona, a kule tvrđave „trebalo bi napraviti okrugle ili poligonalne. , za četverougao prilično uništen opsadnim oružjem.”

Raspored gradova bio je od velikog interesa za Vitruvija, koji je smatrao da je potrebno ulice planirati tako da po njima ne duvaju glavni vjetrovi. Pretpostavljalo se da je takvih vjetrova bilo osam i da su duvali u određenim smjerovima.

Tokom renesanse, izgradnja pravilnih poligona, a posebno petougla, nije bila jednostavna matematička igra, već je bila neophodan preduslov za izgradnju tvrđava.

Pravilni šestougao bio je predmet posebne studije velikog njemačkog astronoma i matematičara Johannesa Keplera (1571-1630), o čemu govori u svojoj knjizi “ Novogodišnji poklon ili o heksagonalnim pahuljama." Raspravljajući o razlozima zašto pahulje imaju heksagonalni oblik, on posebno napominje sljedeće: „...ravnina se bez praznina može prekriti samo sljedećim figurama: jednakostraničnim trokutima, kvadratima i pravilnim šesterokutima. Među ovim figurama, pravilni šestougao pokriva najveću površinu."

Jedan od najpoznatijih naučnika koji se bavio geometrijskim konstrukcijama bio je veliki nemački umetnik i matematičar Albreht Direr (1471-1528), koji im je posvetio značajan deo svoje knjige „Priručnici...”. Predložio je pravila za konstruisanje pravilnih poligona sa 3, 4, 5...16 strana. Metode za podjelu kruga koje je predložio Dürer nisu univerzalne u svakom konkretnom slučaju.

Dürer je koristio metode za konstruisanje pravilnih poligona u umjetničkoj praksi, na primjer, prilikom stvaranja raznih vrsta ukrasa i uzoraka za parket. Takve uzorke je skicirao tokom putovanja u Holandiju, gdje su parketi pronađeni u mnogim domovima.

Dürer je sastavio ornamente od pravilnih mnogouglova, koji su povezani u prstenove (prstenovi od šest jednakostraničnih trougla, četiri četvorougla, tri ili šest šesterokuta, četrnaest sedmouglova, četiri osmougla).

Zaključak

dakle,geometrijske konstrukcije je metoda rješavanja problema u kojoj se odgovor dobija grafički. Konstrukcije se izvode pomoću alata za crtanje uz maksimalnu preciznost i tačnost rada, jer o tome ovisi ispravnost rješenja.

Zahvaljujući ovom radu upoznao sam se sa istorijom nastanka šestara, bolje upoznao pravila izvođenja geometrijskih konstrukcija, stekao nova znanja i primenio ih u praksi.
Rješavanje zadataka koji uključuju konstrukciju šestarom i ravnalom korisna je zabava koja vam omogućava da iznova pogledate poznata svojstva geometrijskih figura i njihovih elemenata.Ovaj rad razmatra najhitnije probleme vezane za geometrijske konstrukcije pomoću šestara i ravnala. Razmatraju se glavni problemi i daju njihova rješenja. Navedeni problemi su od značajnog praktičnog interesa, učvršćuju stečena znanja iz geometrije i mogu se koristiti za praktičan rad.
Time je cilj posla postignut, postavljeni zadaci su ispunjeni.

U građevinskim problemima razmotrićemo konstrukciju geometrijska figurašto se može uraditi pomoću ravnala i šestara.

Koristeći ravnalo možete:

proizvoljna prava linija;

proizvoljna prava linija koja prolazi kroz datu tačku;

prava linija koja prolazi kroz dvije date tačke.

Koristeći kompas, možete opisati krug određenog polumjera iz datog centra.

Koristeći kompas možete iscrtati segment na datoj liniji od date tačke.

Razmotrimo glavne građevinske zadatke.

Zadatak 1. Konstruisati trougao sa datim stranicama a, b, c (slika 1).

Rješenje. Koristeći ravnalo, nacrtajte proizvoljnu pravu liniju i na njoj uzmite proizvoljnu tačku B Koristeći otvor šestara koji je jednak a, opišemo kružnicu sa centrom B i poluprečnikom a. Neka je C tačka njenog preseka sa pravom. Sa otvorom kompasa jednakim c, opisujemo kružnicu iz centra B, a sa otvorom kompasa jednakim b, opisujemo kružnicu iz centra C. Neka je A tačka preseka ovih kružnica. Trougao ABC ima stranice jednake a, b, c.

Komentar. Da bi tri ravna segmenta služila kao stranice trokuta, potrebno je da najveći od njih bude manji od zbira druga dva (i< b + с).

Zadatak 2.

Rješenje. Ovaj ugao sa vrhom A i zrakom OM prikazani su na slici 2.

Nacrtajmo proizvoljan krug sa središtem u vrhu A datog ugla. Neka su B i C tačke preseka kružnice sa stranicama ugla (slika 3, a). Radijusom AB nacrtamo kružnicu sa centrom u tački O - početnoj tački ovog zraka (slika 3, b). Označimo tačku preseka ove kružnice sa ovom zrakom kao C 1 . Opišimo kružnicu sa centrom C 1 i poluprečnikom BC. Tačka B 1 presjeka dvije kružnice leži na strani željenog ugla. To proizilazi iz jednakosti Δ ABC = Δ OB 1 C 1 (treći znak jednakosti trouglova).

Zadatak 3. Konstruirajte simetralu ovog ugla (slika 4).

Rješenje. Iz vrha A datog ugla, kao iz centra, povlačimo kružnicu proizvoljnog poluprečnika. Neka su B i C tačke njegovog preseka sa stranama ugla. Iz tačaka B i C opisujemo kružnice istog polumjera. Neka je D njihova presječna tačka, različita od A. Zrak AD prepolovi ugao A. To proizilazi iz jednakosti Δ ABD = Δ ACD (treći kriterij za jednakost trouglova).

Zadatak 4. Na ovaj segment nacrtajte okomitu simetralu (slika 5).

Rješenje. Koristeći proizvoljan, ali identičan otvor kompasa (veći od 1/2 AB), opisujemo dva luka sa centrima u tačkama A i B, koji će se sijeći u nekim tačkama C i D. Prava linija CD će biti željena okomica. Zaista, kao što se može vidjeti iz konstrukcije, svaka od tačaka C i D je podjednako udaljena od A i B; dakle, ove tačke moraju ležati na simetrali okomite na segment AB.

Zadatak 5. Podijelite ovaj segment na pola. Rešava se na isti način kao i problem 4 (vidi sliku 5).

Zadatak 6. Kroz datu tačku povucite pravu okomitu na datu pravu.

Rješenje. Postoje dva moguća slučaja:

1) dati poen O leži na datoj pravoj a (slika 6).

Iz tačke O povlačimo kružnicu proizvoljnog poluprečnika koja seče pravu a u tačkama A i B. Iz tačaka A i B crtamo kružnice istog poluprečnika. Neka je O 1 tačka njihovog preseka, različita od O. Dobijamo OO 1 ⊥ AB. U stvari, tačke O i O 1 jednako su udaljene od krajeva segmenta AB i, prema tome, leže na simetrali okomite na ovaj segment.