приклад

Розбиття відрізка навпіл

Завдання на бісекцію. За допомогою циркуля та лінійки розбити цей відрізок ABна дві рівні частини. Одне з рішень показано малюнку:

• Циркулем проводимо кола з центром у точках Aі Bрадіусом AB.
• Знаходимо точки перетину Pі Qдвох побудованих кіл (дуг).
• По лінійці проводимо відрізок або лінію, що проходить через крапки Pі Q.
• Знаходимо шукану середину відрізка AB- точку перетину ABі PQ.

Формальне визначення

У завданнях на побудову розглядаються безліч усіх точок площини, безліч всіх прямих площини та безліч усіх кіл площини, над якими допускаються такі операції:

1. Виділити точку з багатьох точок:
   1. довільну точку
   2. довільну точку на заданій прямій
   3. довільну точку на заданому колі
   4. точку перетину двох заданих прямих
   5. точки перетину/торкання заданого прямого та заданого кола
   6. точки перетину/торкання двох заданих кіл
2. "За допомогою лінійки» виділити пряму з багатьох прямих:
   1. довільну пряму
   2. довільну пряму, що проходить через задану точку
   3. пряму, що проходить через дві задані точки
3. "За допомогою циркуля» виділити коло з безлічі всіх кіл:
   1. довільне коло
   2. довільне коло з центром в заданій точці
   3. довільне коло з радіусом, рівною відстаніміж двома заданими точками
   4. коло з центром у заданій точці та з радіусом, що дорівнює відстані між двома заданими точками

У разі завдання задається кілька точок. Потрібно за допомогою кінцевої кількості операцій з числа перерахованих вище допустимих операцій побудувати іншу множину точок, що знаходиться в заданому співвідношенні з вихідною множиною.

Розв'язання задачі на побудову містить у собі три суттєві частини:

1. Опис способу побудови заданої множини.
2. Доказ того, що множина, побудована описаним способом, дійсно знаходиться у заданому співвідношенні з вихідною множиною. Зазвичай доказ побудови провадиться як звичайний доказ теореми, що спирається на аксіоми та інші доведені теореми.
3. Аналіз описаного способу побудови щодо його застосовності до різних варіантів початкових умов, а також щодо єдиності або неєдиності рішення, одержуваного описаним способом.

Відомі завдання

• Завдання Аполлонія про побудову кола, що стосується трьох заданих кіл. Якщо жодна із заданих кіл не лежить всередині іншої, то це завдання має 8 істотно різних рішень.
• Завдання Брахмагупт про побудову вписаного чотирикутника по чотирьох його сторонах.

Побудова правильних багатокутників

Античним геометрам були відомі способи побудови правильних n-кутників для , , і .

Можливі та неможливі побудови

Усі побудови є чим іншим, як рішеннями будь-якого рівняння , причому коефіцієнти цього рівняння пов'язані з довжинами заданих відрізків. Тому зручно говорити про побудову числа – графічного рішення рівняння певного типу. У межах вищеописаних вимог можливі такі побудови:

• Побудова розв'язків лінійних рівнянь.
• Побудова розв'язків квадратних рівнянь.

Інакше висловлюючись, можна побудувати лише числа рівні арифметичним виразам з допомогою квадратного кореня з вихідних чисел (довжин відрізків). Наприклад,

Варіації та узагальнення

• Побудови з допомогою одного циркуля.За теоремою Мора - Маскероні за допомогою одного циркуля можна побудувати будь-яку фігуру, яку можна побудувати циркулем та лінійкою. У цьому пряма вважається побудованою, якщо у ній задані дві точки.
• Побудови з допомогою однієї лінійки.Легко помітити, що за допомогою однієї лінійки можна проводити лише проектно-інваріантні побудови. Зокрема, неможливо навіть розбити відрізок на дві рівні частини, або знайти центр намальованого кола. Але за наявності на площині заздалегідь проведеного кола з зазначеним центром за допомогою лінійки можна провести ті ж побудови, що й циркулем та лінійкою (теорема Понселе - Штейнера) англ.)), 1833. Якщо на лінійці є дві засічки, то побудови за допомогою неї еквівалентні побудовам за допомогою циркуля та лінійки (важливий крок у доказі цього зробив Наполеон).
• Побудови за допомогою інструментів з обмеженими можливостями.У задачах такого роду інструменти (на противагу класичній постановці задачі) вважаються не ідеальними, а обмеженими: пряму через дві точки за допомогою лінійки можна провести лише за умови, що відстань між цими точками не перевищує деякої величини; радіус кіл, які проводяться за допомогою циркуля, може бути обмежений зверху, знизу або одночасно і зверху, і знизу.
• Побудови за допомогою плоских орігамі.див. правила Худзіта

Див. також

• Програми динамічної геометрії дозволяють виконувати побудови за допомогою циркуля та лінійки на комп'ютері.

Примітки

Література

• А. АдлерТеорія геометричних побудов / Переклад з німецької Г. М. Фіхтенгольця. – Видання третє. - Л.: Учпедгіз, 1940. - 232 с.
• І. І. ОлександровЗбірник геометричних завдань на побудову. - Видання вісімнадцяте. – М.: Учпедгіз, 1950. – 176 с.
• Б. І. Аргунов, М. Б. Балк. – Видання друге. – М.: Учпедгіз, 1957. – 268 с.
• А. М. ВоронецьГеометрія циркуля. - М.-Л.: ОНТІ, 1934. - 40 с. – (Популярна бібліотека з математики під загальною редакцією Л. А. Люстерника).
• В. А. ГейлерНерозв'язні завдання на побудову // СОЖ. – 1999. – № 12. – С. 115-118.
• В. А. КириченкоПобудови циркулем та лінійкою та теорія Галуа // Літня школа «Сучасна математика». – Дубна, 2005.
• Ю. І. МанінКнига IV. Геометрія / / Енциклопедія елементарної математики. – М.: Фізматгіз, 1963. – 568 с.
• Ю. ПетерсенМетоди та теорії вирішення геометричних завдань на побудову. – М.: Друкарня Е. Лісснера та Ю. Романа, 1892. – 114 с.
• В. В. ПрасоловТри класичні завдання на побудову. Подвоєння куба, трисекція кута, квадратура кола. – М.: Наука, 1992. – 80 с. - (популярні лекції з математики).
• Я. ШтейнерГеометричні побудови, що виконуються за допомогою прямої лінії та нерухомого кола. – М.: Учпедгіз, 1939. – 80 с.
• Факультативний курс з математики. 7-9 / Упоряд. І. Л. Микільська. – М.: Просвітництво, 1991. – С. 80. – 383 с. - ISBN 5-09-001287-3

Wikimedia Foundation. 2010 .

Дивитись що таке "Побудова за допомогою циркуля та лінійки" в інших словниках:

Лінійки - отримати на Академіці робочий купон на знижку Всі Інструменти або вигідно лінійки купити з безкоштовною доставкою на розпродаж у Всі Інструменти

Розділ евклідової геометрії, відомий з античних часів. У задачах на побудову можливі наступні операції: Відзначити довільну точку на площині, точку на одній із збудованих ліній або точку перетину двох збудованих ліній. За допомогою… … Вікіпедія

Побудови за допомогою циркуля та лінійки розділ евклідової геометрії, відомий з античних часів. У завданнях на побудову можливі наступні операції: Відзначити довільну точку на площині, точку на одній із збудованих ліній або точку… Вікіпедія

Сущ., с., упот. порівняння. часто Морфологія: (ні) чого? побудови, чому? побудови, (бачу) що? побудова, чим? побудовою, про що? про побудову; мн. що? побудови, (ні) чого? побудов, чому? побудов, (бачу) що? побудови, чим? Тлумачний словник Дмитрієва

МАЛА АКАДЕМІЯ НАУК ШКОЛЬНИКІВ КРИМУ

«ШУКАЛЬНИК»

Секція "Математика"

ГЕОМЕТРИЧНІ ПОБУДУВАННЯ ЗА ДОПОМОГОЮ ДВОСТОРІННОЇ ЛІНІЙКИ

Роботу виконав а

_____________

Учениця класу

Науковий керівник

ВСТУП…………………………………………………………………..…..3

I. ГЕОМЕТРИЧНІ ПОБУДУВАННЯ НА ПЛОЩИНІ ………………...4

І.1. Загальні аксіоми конструктивної геометрії. Аксіоми математичних інструментів……………………………………………………………………..4

I.2. ……………………….....5

І.3. Геометричні побудови однією лінійкою ……………………………..7

I.4. Основні завдання на побудову двосторонньої лінійкою………………..8

І.5. Розв'язання різних завдань на побудову …………………………………12

I.6. Побудови односторонньої лінійкою………………………………….....20

I.7. Взаємозамінність двосторонньої лінійки з циркулем та лінійкою….21

ВИСНОВОК………………………………………………………………….24

Список використаної литературы………………………………..………….25

Вступ

До завдань на побудову обмеженими засобами належать завдання на побудову лише циркулем та лінійкою, які розглядаються у шкільній програмі. А чи можна вирішувати завдання на побудову лише однією лінійкою? Найчастіше під рукою не виявляється циркуля, а лінійку завжди можна знайти.

Завдання на побудови геометрії – це захоплюючий розділ. Інтерес до нього обумовлений красою та простотою геометричного змісту. Актуальність розгляду цих завдань зростає у зв'язку з тим, що знаходить застосування практично. Уміння користуватися однією лінійкою для вирішення завдань, що розглядаються в даній роботі, має велике значення в практичної діяльності, т.к. завжди ми стикаємося із завданнями на поділ відрізка навпіл, на подвоєння даного відрізка тощо.

У цьому роботі розглянуті основні завдання побудови, які є опорою під час вирішення складніших завдань.

Як свідчить досвід, завдання побудова викликають інтерес, сприяють активізації розумової діяльності. При їх вирішенні активно використовуються знання про властивості фігур, розвивається вміння розмірковувати, удосконалюються навички геометричних побудов. В результаті розвиваються конструктивні здібності, що є однією із цілей вивчення геометрії.

Гіпотеза: всі завдання на побудову, які вирішуються за допомогою циркуля та лінійки, можна вирішувати лише за допомогою двосторонньої лінійки.

Об'єкт дослідження: завдання на побудову та двостороння лінійка.

Цілі дослідження: довести, що всі завдання на побудову можна вирішити лише за допомогою двосторонньої лінійки.

Завдання дослідження: вивчити теоретичні засади розв'язання задач на побудову; вирішити основні завдання на побудову за допомогою двосторонньої лінійки; навести приклади складніших завдань на побудову; систематизувати теоретичний та практичний матеріал.

I. ГЕОМЕТРИЧНІ ПОБУДУВАННЯ НА ПЛОЩИНІ

І.1. Загальні аксіоми конструктивної геометрії. Аксіоми математичних інструментів

Для конструктивної геометрії необхідно мати точним і для математичних цілей повним описом того чи іншого інструменту. Такий опис дається як аксіом. Ці аксіоми в абстрактній математичній формі виражають властивості реальних креслярських інструментів, які використовуються для геометричних побудов.

Найбільш уживаними інструментами геометричних побудов є:лінійка (одностороння) , циркуль, двостороння лінійка (з паралельними краями) та деякі інші.

А. Аксіома лінійки.

Лінійка дозволяє виконати такі геометричні побудови:
а) побудувати відрізок, що з'єднує дві побудовані точки;

б) побудувати пряму, що проходить через дві побудовані точки;

в) побудувати промінь, що виходить із побудованої точки та проходить через іншу побудовану точку.

Б. Аксіома циркуля.

Циркуль дозволяє виконати такі геометричні побудови:
а) побудувати коло, якщо побудовано центр кола та відрізок, що дорівнює радіусу кола (або його кінці);

В. Аксіома двосторонньої лінійки.

Двостороння лінійка дозволяє:

а) виконати будь-яку з побудов, перерахованих в аксіомі А;

б) у кожній із напівплощин, визначених побудованою прямою, побудувати пряму, паралельну цій прямій і проходить від неї з відривома, де а - фіксований для цієї лінійки відрізок (ширина лінійки);

в) якщо побудовано дві точки А і В, то встановити, чи буде АВ більшим за деякий фіксований відрізока (ширина лінійки), і якщо AB >а , то побудувати дві пари паралельних прямих, що проходять відповідно через точки А і В і віддалені одна від одної на відстаніа .

Крім перелічених інструментів, для геометричних побудов можна скористатися й іншими інструментами: довільним кутом, косинцем, лінійкою з відмітками, парою прямих кутів, різними пристосуваннями для креслення спеціальних кривих та інших.

I.2. Загальні засади вирішення завдань на побудову

Завдання на побудову полягає в тому, що потрібно побудувати зазначеними інструментами деяку фігуру, якщо дана деяка інша фігура і зазначені деякі співвідношення між елементами фігури, що шукається, і елементами даної фігури.

Кожна фігура, яка відповідає умовам завдання, називаєтьсярішеннямцього завдання.

Знайти рішення Завдання на побудову - значить, звести її до кінцевого числа основних побудов, тобто вказати кінцеву послідовність основних побудов, після виконання яких шукана фігура вже вважатиметься побудованою в силу прийнятих аксіом конструктивної геометрії. Перелік допустимих основних побудов, отже, і перебіг розв'язання завдання, залежить від цього, які саме інструменти використовуються для побудов.

Вирішити завдання на побудову - значить, знайти всі її рішення .

Останнє визначення потребує деяких роз'яснень. Фігури, що задовольняють умовам завдання, можуть відрізнятися як формою чи розмірами, і положенням на площині. Відмінності в положенні на площині приймаються або не беруться до уваги залежно від формулювання самої задачі на побудову, від того, що передбачає чи не передбачає умова завдання певне розташування шуканої фігури щодо будь-яких даних фігур.

Якщо знайдено рішення будь-якої задачі, то надалі дозволяється користуватися цим рішенням «загалом», тобто не розчленовуючи його на основні побудови.

Існує ряд найпростіших геометричних завдань на побудову, які особливо часто входять як складові у вирішення більш складних завдань. Називатимемо їх елементарними геометричними завданнями на побудову. Список елементарних завдань є, звісно, ​​умовним. До елементарних завдань відносять зазвичай такі:

Розподіл цього відрізка навпіл.

Розподіл цього кута навпіл.

Побудова на даній прямий відрізка, що дорівнює даному.

Побудова кута, що дорівнює цьому.

Побудова прямої, що проходить через дану точку паралельно даній прямій.

Побудова прямої, що проходить через дану точку і перпендикулярна до цієї прямої.

Розподіл відрізка у цьому відношенні.

Побудова трикутника по трьох сторонах.

Побудова трикутника з обох боків і двох прилеглих кутів.

Побудова трикутника по обидва боки і кут між ними.

При розв'язанні кожної складної задачі на побудову виникає питання про те, як потрібно міркувати, щоб знайти спосіб розв'язання задачі, щоб отримати всі рішення задачі, щоб з'ясувати умови можливості розв'язання задачі тощо. , що складається з наступних чотирьох етапів:

1) аналіз;
2) побудова;
3) доказ;
4) Вивчення.

І.3. Геометричні побудови однією лінійкою

Лінійку розглядатимемо з двох точок зору: як лінійку і як двосторонню лінійку.

1. Двосторонньою лінійкоюширини а називатимемо лінійку з паралельними краями, що знаходяться на відстані а один від одного, що дає можливість безпосередньо будувати:

а) довільну пряму;

б) пряму, що проходить через дві задані або отримані в процесі розв'язання задачі точки;

в) паралельні прямі, кожна з яких проходить через одну з точок, відстань між якими більшаа (При цьому побудові лінійка знаходиться в такому положенні, щоб на кожному з двох її паралельних ребер виявилося по одній з двох даних точок, будемо в такому разі говорити про безпосередню побудову).

Ширина лінійки в даній побудові вважається постійною, а тому, якщо в процесі вирішення конкретного завдання з'явиться необхідність виконання безпосередньої побудови щодо отриманих точок.Аі У , то треба довести, що довжинаАВбільше довжини а .

Точку вважатимемо побудованою, якщо вона одна з даних або є перетином двох побудованих прямих; у свою чергу пряму вважатимемо побудованою, якщо вона проходить через побудовані або дані точки.

За допомогою двосторонньої лінійки можна побудувати таке.

а) Через дві будь-які точки можна провести пряму, до того ж лише одну.

б) Яка б не була пряма, у площині існують рівно дві прямі, паралельні їй та віддалені від неї на відстаньa .

в) Через дві точки А та В при АВ а можна провести дві пари паралельнихпрямих; при АВ = а можна провести пару паралельних прямих, відстань між якими дорівнюєа .

Якщо дані одна, дві, три точки, то ніяких нових точок побудувати не можна

(Рис 1);

якщо дано чотири точки, якісь три з яких (або всі чотири) лежать на одній прямій, то ніяких інших точок побудувати не можна (Рис.2);

якщо дано чотири точки, що лежать у вершинах паралелограма, можна побудувати лише одну точку – його центр. (Рис.3).

Прийнявши вище сказане, розглянемо окремо завдання, які вирішуються двосторонньою лінійкою.

I.4. Основні завдання на побудову двосторонньої лінійки

1
. Побудувати бісектрису кута АВС.

Рішення: (Рис. 4)

а  (В C) та b  (АВ), а  b = D .

Отримаємо В D- Бісектрису  АВС.

Справді, отриманий за

побудові паралелограм є

ромбом, оскільки його висоти рівні. УD –

діагональ ромба, є бісектрисою АВС. Рис.4

2
. Подвоїти цей кут АВС

Рішення : (Мал. 5) а) а  (АВ),

а  (В C)= D , через точки В і D

b безпосередньо;

б) через точки В іD m  b

безпосередньо,b Ç а = F .

Отримаємо Ð АВ F = 2 Ð АВС .

Рис.5

3 . До даної прямої М N у цій її

точці А провести перпендикуляр

Рішення : (Рис.6)

1) (АА 1) || (ВВ 1) || (СС 1 )

безпосередньо (В (М N),

З Î (М N)); 2) через А та В

m || n - безпосередньо,

m Ç (СС 1) = D .

Отримаємо (А D )  (М N ).

Рис.6.

4
. Через цю точку, що не лежить на

даної прямої, провести перпендикуляр

до даної прямої.

Рішення: Через дану точку Про проведемо

дві прямі, що перетинають дану

пряму АВ, і вдвох кути утвореного

трикутника, що належать до даної

прямий.  ОА N = 2  ОАВ та

ОВ N = 2  ОВА (Мал. 7).

Рис.7

5. Побудувати точку, симетричну даної, щодо даної прямої.

Рішення: див. задачу 4. (точка Про симетричну точкуN. Рис.7)

6. Провести пряму, паралельну даній

п
рямою М N , через точку А, не

що належить прямий М N .

Рішення 1: (Мал. 8)

1) (АА 1) || (ВВ 1) || (СС 1) || (DD 1 ) || (КК 1) -

– безпосередньо, (СА)Ç (ВВ 1) = З 2;

2) (З 2 К) Ç (DD 1 ) = F .

(А F ) - Шукана пряма.

Рис 8

Рішення 2 . На рис.8 1 пронумеровано

послідовність проведення прямих,

з яких 1, 2 і 3 паралельні по

безпосередньої побудови;

(А F) || (М N).

Рис.8 1

7
. Розділити цей відрізок АВ навпіл.

Рішення 1. (Мал. 9) (лише для випадку, коли ширина лінійки менша за довжину даного відрізка). Провести безпосередньо дві пари паралельних прямих через

кінці даного відрізка, а потім діагональ

одержаного ромба. Про – середина АВ.

Мал. 9.

Рішення 2. (Рис. 9, а)

1) а || (АВ) та b || (АВ) – безпосередньо;

2) (АР), (АР)Ç а = С, (АР) Ç b = D ;

3) (D в) Ç а = М, (СВ) Ç b = N ;

4) (М N ) Ç (АВ) = К;

5) (D К) Ç (А N ) = F ;

6) (В F ) Ç b = D 1, (В F ) Ç а = З 1;

7) (D У ) Ç (А D 1) = Х,

(АС 1) Ç (СВ) = Z.

8) (Х Z) Ç (АВ) =О. Отримаємо АТ = ОВ.

Рис.9,а

Рішення 3 .(Мал. 9,б)

Як відомо , у трапеції середини

підстав, точка перетину

діагоналей та точка перетину

продовжень бічних сторін

лежать на одній прямій.

1) m || (АВ) – безпосередньо;

2) З Î m , D Î m , (АС) Ç (В D ) = До; Рис.9,б

3) (СВ) Ç (А D ) = F ; 4) (До F ) Ç (АВ) =О. Отримаємо АТ = ОВ.

І.5. Вирішення різних завдань на побудову

У вирішенні наступних завдань на побудову тільки двосторонньої лінійкою використовуються безпосередня побудова паралельних прямих та сім наведених вище основних завдань.

1. Через цю точку проведіть дві взаємно перпендикулярні прямі.

Р рішення: проведемо через цю точку

дві довільні прямі,

а потім - бісектриси

суміжних кутів. (Мал.10)

Рис.10

2. Даний відрізок А D даної довжини а.

Побудуйте відрізок, довжина якого дорівнює .

Р
єшення : Проведемо m  аі h || m через

точку А. f || (А D ) , k || (AD) безпосередньо.

Проведемо АВ та АС, де В =f  m ,

а З = m  k . Відомим способом

розділимо АВ і АС навпіл

проведемо медіани трикутника

АВС. За якістю медіан

трикутника, О D = - Шуканий

відрізок (Рис.11)

Мал. 11

3. Побудуйте відрізок, довжина якого

дорівнює периметру цього трикутника.

Рішення: (Мал. 12). Побудуємо бісектриси

двох зовнішніх кутів трикутника, а потім

З вершини У проведемо перпендикуляри

до цих бісектрис.

DE = а + b + з

Рис.12

4. Даний відрізок довжини а. Побудуйте відрізки довжини 2а, 3а.

Р рішення: (Рис. 13)

1) (М N) || (АВ) та (М 1 N 1 ) || (М N) || (М 2 N 2 ) –

Безпосередньо;

2) (СА) та (СВ) через А та В.

Відрізки А 1 В 1 і А 2 В 2 шукані.

Інше вирішення цього завдання можна

одержати з розв'язання задачі 7.

Мал. 13

5. На прямій дано два відрізки, довжини яких а і b . Побудуйте відрізки, довжини яких дорівнюють а + b , b - а, ( a + b )/2 та ( b - a )/2 .

Рішення: а для a + b(Рис. 14, а)

Рис.14,а

б) для ( a + b)/2 (рис.14, б)

1) (А 1 В 1) || (А 2 В 2) || (АВ) – безпосередньо;

2) М Î (А 2 В 2), (МХ) Ç (А 1 В 1) = N, (М H) Ç (А 1 В 1) = P;

3) (PY) Ç (А 2 В 2) = L, (LZ ) Ç (А 1 В 1) = O,

Отримаємо: N O = NP + PO =
.

Мал. 14,б

в) для b – а(Рис. 14, в)

Мал. 14,в

в) для ( b - a )/2 (Рис. 14, г)

Мал. 14,г

6
. Побудуйте центр цього кола.

Рішення : (рис.15) Проведемо пряму АВ,

перетинає коло в точках А і В;

НД  АВ, де С – точка перетину

з колом.

Через точку С проведемо паралельно АВ

пряму С D; ЗDперетинає коло

у точціD.

З'єднавшиDз В та А з С, отримаємо

потрібну точку – центр кола. Мал. 15

Рішення 2: (Мал. 16) Побудуємо за допомогою двосторонньої лінійки дві паралельні хордиAD іBC . Отримаємо рівнобічну трапеціюABCD. НехайK іP -точки перетину прямихAC іBD , AB іDC . Тоді прямаP K проходить через середини основ трапеції перпендикулярно до них, а отже, проходить через центр цього кола. Побудувавши аналогічно ще одну таку пряму, знайдемо центр кола.

Мал. 16

7. Дана дуга кола. Побудуйте центр кола

Рішення . (Мал. 17) Відзначимо на цій дузі три точки A, B і C. Прикладемо лінійку до кінців відрізка AB і обведемо краї. Отримаємо дві паралельні прямі. Змінивши положення лінійки, проведемо ще дві паралельні прямі. Отримаємо ромб (паралелограм із рівними висотами). Одна з діагоналей ромба – серединний перпендикуляр до відрізкаAB так як діагональ ромба лежить на серединному перпендикулярі до іншої діагоналі. Аналогічно збудуємо серединний перпендикуляр до відрізкаAC . Точка перетину побудованих серединних перпендикулярів є центром шуканого кола.

Мал. 17

8. Дано відрізок AB, непаралельна йому пряма l і точка M на ній. За допомогою однієї двосторонньої лінійки побудуйте точки перетину прямої l з колом радіусу AB із центром M.

Рішення: (Рис.18)

Добудуємо трикутникABM до паралелограмаABNM . Побудуємо бісектриси МТ таMSкутів міжMNі прямийl . Проведемо через точкуN прямі, паралельні цим бісектрисам:NQ || MS, NR || MT. МТ│ MSяк бісектриси суміжних кутів. Значить,NQ │ МТ, тобто у трикутникуNMQбісектриса є висотою, отже, трикутник рівнобедрений:MQ = MN. Аналогічно,MR = MN. КрапкиQіRшукані.

Мал. 18

9. Дано пряму l і ​​відрізок OA, паралельний l. За допомогою однієї двосторонньої лінійки побудуйте точки перетину прямої l з колом радіуса OA із центром O.

Рішення: (Рис. 19, а)

Проведемо прямуl 1 , паралельну прямийOA та віддалену від неї на відстаньa . Візьмемо на прямийl довільну точкуB . НехайB 1 - точка перетину прямихOB іl 1 . Проведемо через точкуB 1 пряму, паралельнуAB ; ця пряма перетинає прямуOA у точціA 1 . Проведемо тепер через крапкиO іA 1 пара паралельних прямих, відстань між якими дорівнюєa (Таких пар прямих може бути дві); нехайX іX 1 - Точки перетину прямий, що проходить через точкуO з прямимиl іl 1 . Так якOA 1 = OX 1 та ∆OA 1 X 1 ∆ OAX , то ОА = ОХ, точкаX шукана.

Аналогічно будуємо другу точку перетину кола та прямий – точкуY(Рис.18, б).

Мал. 18,а

Мал. 18,б

I.6.Побудови односторонньою лінійкою

З
десь розглянемо окремий випадок: нехай дані точки Р,Q, Р 1 іQ 1 . і вони лежать у вершинах трапеції.

1. Розділити відрізок Р Q навпіл

Рішення показано малюнку 19

Дано точки Р,Q, Р 1 іQ 1 та паралельні прямі

РQ, Р 1 Q 1 . Проведемо РQ 1  QР 1 = В , РР 1  QQ 1 = А

З'єднаємо точки А та В. АВ РQ = F– середина

відрізка РQ.

Мал. 19

2. Подвоїти відрізок Р 1 Q 1.

Р
єшення показано малюнку 20. Побудуємо

точкуF- середину відрізка РQі з'єднаємо її

зQ 1. Р 1 Q FQ 1 = М. Проведемо РМ. РМ Р 1 Q 1 = R

рівністьRQта Р 1 Q 1 випливає з подоби

трикутників РМFі RМQ 1 ,

FМQі Р 1 МQ 1 , та рівності РFіFQ.

Мал. 20

3
. Побудувати відрізок довжини n  Р 1 Q 1 .

m – 1 рівних відрізків РQ 2 , Q 2 Q 3, … Q m -1 Q m

Потім будуємо (РР 1 ) таQ m Q 1 і з'єднуємо

їх точку перетину А з точками

Q 2 , Q 3, … Q m Отриманіm -1 прямих

ділятьР 1 Q 1 наm рівних частин.

Дляm = 4 рішення показано на малюнку 22

Рис.22

I.7. Взаємозамінність двосторонньої лінійки з циркулем та лінійкою

Доведемо, що двостороння лінійка взаємозамінна з циркулем та лінійкою. Для цього доведемо такі твердження:

Твердження 1: усі побудови, здійснені за допомогою циркуля та лінійки, здійснені за допомогою двосторонньої лінійки.

Так як при побудові циркулем і лінійкою лінійка проводить пряму через дві точки, а циркуль будує коло (знаходить безліч точок, рівновіддалених від даної), всі побудови циркулем і лінійкою зводяться до побудови перетину двох прямих, двох кіл і кола з прямою.

Перетин двох прямих за допомогою лінійки побудувати можна.

Перетин кола та прямої (рис.23):

Побудова:Нехай дані відрізок АВ – радіус кола, прямаl , Центр кола О, тоді:

1) Проводимо ОЗ |l , ОС = АВ.

2) Проводимо ОЗ |kта віддалену на а.

3) ПроводимоOD, OD l = D; OD k) Наслідком з теореми Фалеса

4) За законом транзитивності рівностей

5) РозглянемоOMQE. OMQE– паралелограм, оскільки ОМ ||EQта ОЕ ||MC(Буки лінійки паралельні). Доведемо, що це ромб.

5.1) ПроводимоQZ OCіQG ONтодіQG = QZ = a.

5.2)  OMQ =  RQM(навхрест лежачі);  ОС =ON, що й потрібно було довести.

Перетин двох кіл: аналогічно.

Твердження 2: усі побудови, здійснені за допомогою двосторонньої лінійки, здійснені за допомогою циркуля та лінійки.

Для цього виконаємо побудови, стандартні для двосторонньої лінійки за допомогою циркуля та лінійки.

1) Пряма по двох точках легко будується за допомогою лінійки.

2) Побудова прямої, паралельно даної та віддаленої від неї на дану відстань:

2.1) Нехай дана прямаkта відрізок довжиниa.

2.2) Будуємо довільну прямуb k, нехайk b= B.

2.3) Наbпо обидва боки від точкиBна прямийbвідкладаємо відрізок довжиниa, нехай крапкиCіD.

2.4) Через точкуCбудуємо прямуc k.

2.5) Через точкуDбудуємо прямуd k.

2.6) Пряміcіd-Шукані, так якBCіBDрівніaпо побудові та рівні відстані між прямоюkта прямими

3) Побудова прямих, паралельних між собою і проходять через дві дані точки, причому відстань між відстанню між якими дорівнює даному відрізку:

3.1) Нехай дані точкиAіBта відрізок довжиниa.

3.2) Будуємо коло з центром у точціAта радіусомa.

3.3) Будуємо дотичну до цього кола через точкуB; таких дотичних дві, якщоBлежить поза колом (якщоAB> a), одна, якщоBлежить на колі (якщоAB= a), жодної, якщоBлежить усередині кола (AB< a). Ця дотична є одним із шуканих прямих; залишилося провести через точкуAпряму, паралельну їй.

3.4) Так як одна з прямих перпендикулярна радіусу кола як дотична, то друга також перпендикулярна йому (оскільки вони паралельні), отже, відстань між ними дорівнює радіусу, який за побудовою дорівнюєa, Що і потрібно отримати.

Таким чином, ми довели взаємозамінність двосторонньої лінійки та циркуля та лінійки.

Висновок: двостороння лінійка взаємозамінна з циркулем та лінійкою.

Висновок

Отже, питання можливості використання однієї лінійки на вирішення класичних завдань на побудова з допомогою циркуля і лінійки розглянуто і вирішено. Виявляється, завдання на побудову можна вирішувати за допомогою лише лінійки з паралельними краями. При вирішенні складніших завдань слід спиратися надалі звані основні побудови, розглянуті у цій роботі.

Безпосереднє застосування викладений матеріал може не лише уроках математики, на заняттях математичного гуртка, а й у практичної діяльності.

Список використаної літератури

Алієв А.В. Геометричні побудови. Математика у школі. 1978 № 3

Глейзер Г.І. Історія математики у школі. М., Просвітництво. 1981.

Депман І.Я. За сторінками підручника з математики. М.. Просвітництво.1989.

Єленський Щ. Слідами Піфагора. М., Детгіз. 1961.

Енциклопедичний словник молодого математика. М., педагогіка. 1985 р

Src="https://present5.com/presentation/3/178794035_430371946.pdf-img/178794035_430371946.pdf-1.jpg" alt=">Побудова за допомогою лінійки та циркуля Геометрія">!}

Src="https://present5.com/presentation/3/178794035_430371946.pdf-img/178794035_430371946.pdf-2.jpg" alt="> Побудувати відрізок рівний даному Ú Завдання А В"> 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="> Побудова кута рівного даному Розглянемо трикутники"> 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="> Побудова бісектриси кута Задача 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="> Побудова перпендикулярних прямих Ú Завдання Дано прям"> 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="> Побудова середини відрізка Завдання Ú Побудувати середину"> 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.!}

Муніципальна бюджетна загальноосвітня установа

середня загальноосвітня школа №34 із поглибленим вивченням окремих предметів

МАН, фізико-математична секція

«Геометричні побудови за допомогою циркуля та лінійки»

Виконала: учениця 7 «А» класу

Батищева Вікторія

Керівник: Колтовська В.В.

Воронеж, 2013

3. Побудова кута, що дорівнює даному.

П роведемо довільне коло з центром у вершині А даного кута (рис.3). Нехай В і С - точки перетину кола зі сторонами кута. Радіусом АВ проведемо коло з центром у точці О-початкової точці даної напівпрямої. Точку перетину цього кола з даною напівпрямою позначимо 1 . Опишемо коло з центром С 1 та Рис.3

радіусом НД. Крапка В 1 перетину побудованих кіл у зазначеній напівплощині лежить на боці шуканого кута.

6. Побудова перпендикулярних до прямих.

Проводимо коло з довільним радіусом r із центром у точці O рис.6. Окружність перетинає пряму в точках A та B.З точок A та B проводимо кола з радіусом AB. Нехай туга С – точка перетину цих кіл. Точки А і В ми отримали на першому кроці при побудові кола з довільним радіусом.

Шукана пряма проходить через точки С та О.

Рис.6

Відомі завдання

1.Завдання Брахмагупт

Побудувати вписаний чотирикутник з чотирьох його сторін. Одне з рішень використовує коло Аполлонія.Розв'яжемо задачу Аполлонія, використовуючи аналогію між триокружником і трикутником. Як ми знаходимо коло, вписане в трикутник: будуємо точку перетину бісектрис, опускаємо з неї перпендикуляри на сторони трикутника, підстави перпендикулярів (точки перетину перпендикуляра зі стороною, на яку він опущений) і дають нам три точки, що лежать на потрібному колі. Проводимо коло через ці три точки – рішення готове. Так само ми вчинимо із завданням Аполлонія.

2. Завдання Аполлонія

Побудувати за допомогою циркуля та лінійки коло, що стосується трьох даних кіл. За легендою, завдання сформульоване Аполлонієм Пергським приблизно 220 р. до н. е. у книзі «Касанія», яка була втрачена, але була відновлена ​​в 1600 Франсуа Вієтом, «Галльським Аполлонієм», як його називали сучасники.

Якщо жодна із заданих кіл не лежить всередині іншої, то це завдання має 8 істотно різних рішень.

Побудова правильних багатокутників.

П

равільний (або рівносторонній ) трикутник - це правильний багатокутникз трьома сторонами перший з правильних багатокутників. Усесторони правильного трикутника рівні між собою, а всікути дорівнюють 60°. Щоб побудувати рівносторонній трикутник потрібно розділити коло на 3 рівні частини. Для цього необхідно провести дугу радіусом R цього кола лише з одного кінця діаметра, отримаємо перший і другий поділ. Третій розподіл знаходиться на протилежному кінці діаметра. Поєднавши ці точки, отримаємо рівносторонній трикутник.

Правильний шестикутник можна, можливопобудувати за допомогою циркуля та лінійки. Нижченаведено метод побудовичерез розподіл кола на 6 частин. Використовуємо рівність сторін правильного шестикутника радіусом описаного кола. З протилежних кінців одного з діаметрів кола описуємо дуги радіусом R. Точки перетину цих дуг із заданим колом поділять її на 6 рівних частин. Послідовно з'єднавши знайдені точки, одержують правильний шестикутник.

Побудова правильного п'ятикутника.

П
равильний п'ятикутник може бутипобудований за допомогою циркуля та лінійки, або вписуванням його в задануколо, або побудовою на основі заданої сторони. Цей процес описаний Евклідому його «Початках» близько 300 року до зв. е.

Ось один із методів побудови правильного п'ятикутника в заданому колі:

Побудуйте коло, в яке буде вписано п'ятикутник і позначте його центр якO . (Це зелене коло на схемі праворуч).

Виберіть на колі точкуA , Що буде однією з вершин п'ятикутника. Побудуйте пряму черезO іA .

Побудуйте пряму перпендикулярно до прямоїOA , що проходить через точкуO . Позначте один її перетин з колом, як точкуB .

Побудуйте точкуC посередині міжO іB .

C через точкуA . Позначте її перетин з прямоюOB (всередині первісного кола) як точкуD .

Проведіть коло з центром уA через точку D, перетин цього кола з оригінальним (зеленим колом) позначте як точкиE іF .

Проведіть коло з центром уE через точкуA G .

Проведіть коло з центром уF через точкуA . Позначте її інший перетин з початковим колом як точкуH .

Побудуйте правильний п'ятикутникAEGHF .

Нерозв'язні завдання

Наступні три завдання на побудову було поставлено ще в античності:

Трисекція кута - Розбити довільний кут на три рівні частини.

Інакше кажучи, необхідно побудувати трисектриси кута – промені, що ділять кут на три рівні частини. П. Л. Ванцель довів у 1837 році, що завдання можна розв'язати тільки тоді, коли, наприклад, трисекція здійсненна для кутів α = 360°/n за умови, що ціле число n не ділиться на 3. Тим не менш, у пресі час від часу публікуються (невірні) способи здійснення трисекції кута циркулем та лінійкою.

Подвоєння куба - класична антична задача на побудову циркулем і лінійкою ребра куба, об'єм якого вдвічі більший за об'єм заданого куба.

У сучасних позначеннях завдання зводиться до вирішення рівняння. Все зводиться до проблеми побудови відрізка завдовжки. П. Ванцель довів у 1837 році, що це завдання не може бути вирішене за допомогою циркуля та лінійки.

Квадратура кола - Завдання, що полягає в знаходженні побудови за допомогою циркуля і лінійки квадрата, рівновеликого за площею даному колу.

Як відомо, за допомогою циркуля та лінійки можна виконати всі 4 арифметичні дії та вилучення квадратного кореня; звідси випливає, що квадратура кола можлива у тому й лише тому випадку, якщо з допомогою кінцевого числа таких дій можна побудувати відрізок довжини π. Таким чином, нерозв'язність цього завдання випливає з неалгебраїчності (трансцендентності) числа π, яка була доведена в 1882 Ліндеманом.

Інша відома нерозв'язна за допомогою циркуля та лінійки завдання -побудова трикутника за трьома заданими довжинами бісектрис .

Причому це завдання залишається нерозв'язним навіть за наявності трисектора.

Лише у ХІХ столітті було доведено, що це три завдання нерозв'язні під час використання лише циркуля і лінійки. Питання можливості побудови повністю вирішене методами алгебри, заснованими на теорії Галуа.

А ЧИ ЗНАЄТЕ ВИ, ЩО...

(З історії геометричних побудов)

Колись у побудову правильних багатокутників вкладали містичний зміст.

Так, піфагорійці, послідовники релігійно-філософського вчення, заснованого Піфагором, і жили в Стародавній Греції (V I-I Vст. до зв. е.), прийняли як знак свого союзу зірчастий багатокутник, утворений діагоналями правильного п'ятикутника.

Правила суворої геометричної побудови деяких правильних багатокутників викладені у книзі «Початку» давньогрецького математика Евкліда, який жив уIIIв. до н.е. Для виконання цих побудов Евклід пропонував користуватися лише лінійкою та циркулем, який на той час був без шарнірного пристрою з'єднання ніжок (таке обмеження в інструментах було непорушною вимогою античної математики).

Правильні багатокутники знайшли широке застосуваннята в античній астрономії. Якщо Евкліда побудова цих фігур цікавило з погляду математики, то давньогрецького астронома Клавдія Птолемея (близько 90 - 160 р. зв. е.) воно виявилося необхідним як допоміжний засіб під час вирішення астрономічних завдань. Так, у 1-й книзі «Альмагести» весь десятий розділ присвячений побудові правильних п'яти-і десятикутників.

Однак, крім суто наукових праць, побудова правильних багатокутників була невід'ємною частиною книг для будівельників, ремісників, художників. Вміння зображати ці постаті здавна було потрібне і в архітектурі, і в ювелірній справі, і в образотворчому мистецтві.

У «Десяти книгах про архітектуру» римського архітектора Вітрувія (жив приблизно в 63 -14 рр. до н. е.) говориться, що міські стіни повинні мати в плані вигляд правильного багатокутника, а вежі фортеці «слід робити круглими або багатокутними, бо чотирикутник швидше руйнується облоговими знаряддями».

Планування міст дуже цікавило Вітрувія, який вважав, що потрібно спланувати вулиці так, щоб уздовж них не дмухали основні вітри. Передбачалося, що таких вітрів вісім і що вони дмуть у певних напрямках.

В епоху Відродження побудова правильних багатокутників, і зокрема п'ятикутника, представляла не просту математичну гру, а була необхідною передумовою побудови фортець.

Правильний шестикутник став предметом спеціального дослідження великого німецького астронома та математика Йоганна Кеплера (1571-1630), про який він розповідає у своїй книзі « Новорічний подарунок, або про шестикутні сніжинки». Міркував про причини того, чому сніжинки мають шестикутну форму, він зазначає, зокрема, таке: «...площину можна покрити без зазорів лише такими фігурами: рівносторонніми трикутниками, квадратами та правильними шестикутниками. Серед цих фігур правильний шестикутник покриває найбільшу площу.

0дним із найвідоміших вчених, які займалися геометричними побудовами, був великий німецький художник і математик Альбрехт Дюрер (1471 -1528), який присвятив їм значну частину своєї книги «Керівництва...». Він запропонував правила побудови правильних багатокутників із 3. 4, 5... 16-ма сторонами. Методи поділу кола, запропоновані Дюрером, не універсальні, у кожному даному випадку використовується індивідуальний прийом.

Дюрер застосовував методи побудови правильних багатокутників у художній практиці, наприклад, при створенні різноманітних орнаментів та візерунків для паркету. Малюнки таких візерунків були зроблені ним під час поїздки до Нідерландів, де паркетні підлоги зустрічалися у багатьох будинках.

Дюрер складав орнаменти з правильних багатокутників, які з'єднані в кільця (кільця із шести рівносторонніх трикутників, чотирьох чотирикутників, трьох або шести шестикутників, чотирнадцяти семикутників, чотирьох восьмикутників).

Висновок

Отже,геометричні побудови - це спосіб розв'язання задачі, при якому відповідь одержують графічним шляхом. Побудови виконують креслярськими інструментами за максимальної точності та акуратності роботи, оскільки від цього залежить правильність рішення.

Завдяки цій роботі я познайомилася з історією виникнення циркуля, докладніше познайомилася з правилами виконання геометричних побудов, здобула нові знання та застосувала їх на практиці.
Розв'язання задач на побудову циркулем та лінійкою – корисне проведення часу, що дозволяє по-новому подивитися на відомі властивості геометричних фігур та їх елементів.У цій роботі розглянуто найбільш актуальні завдання, пов'язані з геометричними побудовами за допомогою циркуля та лінійки. Розглянуто основні завдання та надано їх вирішення. Наведені завдання мають значний практичний інтерес, закріплюють отримані знання з геометрії та можуть використовуватись для практичних робіт.
Таким чином, мети роботи досягнуто, поставлені завдання виконані.

У завданнях на побудову розглядатимемо побудову геометричної фігури, яке можна виконати за допомогою лінійки та циркуля.

За допомогою лінійки можна провести:

довільну пряму;

довільну пряму, яка проходить через цю точку;

пряму через дві дані точки.

За допомогою циркуля можна описати з даного центру коло даного радіусу.

Циркулем можна відкласти відрізок на цій прямій від цієї точки.

Розглянемо основні завдання побудова.

Завдання 1.Побудувати трикутник із даними сторонами а, b, з (рис.1).

Рішення. За допомогою лінійки проведемо довільну пряму і візьмемо на ній довільну точку В. Розчином циркуля, рівним а, описуємо коло з центром і радіусом а. Нехай С - точка її перетину з прямою. Розчином циркуля, рівним с, описуємо коло з центру, а розчином циркуля, рівним b - коло з центру С. Нехай А - точка перетину цих кіл. Трикутник ABC має сторони, рівні a, b, c.

Зауваження. Щоб три відрізки прямої могли служити сторонами трикутника, необхідно, щоб більший з них був меншим від суми двох інших (а< b + с).

Завдання 2.

Рішення. Даний кут з вершиною А та промінь ОМ зображені на малюнку 2.

Проведемо довільне коло з центром у вершині А даного кута. Нехай У і З - точки перетину кола зі сторонами кута (рис.3, а). Радіусом АВ проведемо коло з центром у точці О - початковій точці даного променя (рис.3, б). Точку перетину цього кола з цим променем позначимо 1 . Опишемо коло з центром 1 і радіусом ВС. Точка В 1 перетину двох кіл лежить на стороні шуканого кута. Це випливає з рівності ΔABC = Δ ОВ 1 С 1 (третя ознака рівності трикутників).

Завдання 3.Побудувати бісектрису даного кута (рис.4).

Рішення. З вершини А даного кута, як із центру, проводимо коло довільного радіусу. Нехай В і С – точки її перетину зі сторонами кута. З точок У і З тим самим радіусом описуємо кола. Нехай D - точка їх перетину, відмінна від А. Промінь AD ділить кут А навпіл. Це випливає з рівності ABD = ACD (третя ознака рівності трикутників).

Завдання 4.Провести серединний перпендикуляр до даного відрізка (рис.5).

Рішення. Довільним, але однаковим розчином циркуля (великим 1/2 АВ) описуємо дві дуги з центрами в точках А та В, які перетнуться між собою в деяких точках С та D. Пряма CD буде шуканим перпендикуляром. Дійсно, як видно з побудови, кожна з точок С та D однаково віддалена від А і В; отже, ці точки мають лежати на серединному перпендикулярі до відрізка АВ.

Завдання 5.Розділити цей відрізок навпіл. Вирішується як і, як і завдання 4 (див. рис.5).

Завдання 6.Через дану точку провести пряму, перпендикулярну до цієї прямої.

Рішення. Можливі два випадки:

1) дана точкаПро лежить на цій прямій а (рис. 6).

З точки Про проводимо довільним радіусом коло, що перетинає пряму а в точках А і В. З точок А і тим самим радіусом проводимо кола. Нехай О 1 - точка їх перетину, відмінна від О. Отримуємо ГО 1 ⊥ AB. Насправді, точки О і О 1 рівновіддалені від кінців відрізка АВ і, отже, лежать на серединному перпендикулярі до цього відрізка.