XI Международная студенческая научная конференция Студенческий научный форум - 2019

Задачи на построение появились ещё в глубокой древности. Уже в VII в. до н.э. учёные выполняли геометрические построения на плоскости. Они проводили свои построения с помощью двух приборов: гладкой дощечки с ровным краем – линейки и двух заострённых палок, связанных на одном конце – циркуля.

Первыми греческими учёные, занимавшимися решением геометрических задач на построение, были Фалес Милетский (624 – 547 гг. до н.э.), Пифагор (ок. 580 – 500 гг. до н.э.), Платон (427 – 347 гг. до н.э.). Геометрические задачи на построения были широко распространены в пифагорейской гетерии. Приобретённые знания позволили создавать грандиозные комплексы, памятники архитектуры, культовые сооружения. Некоторые из них сохранились и по сей день.

Учёные, начиная с Платона (IV в. до н. э.), считали «геометрическими» построения, производимые лишь циркулем и линейкой. В его Академии была разработана схема решения задач на построение, которой пользуются и теперь.

В V в. до н. э. возникли три задачи, которые не могли быть решены классическими средствами. Поиск их решения продолжался до второй половины XIX в. и способствовал развитию иных разделов геометрии.

Объект исследования: задачи на построение.

Предмет исследования: нестандартные задачи на построение.

Целью исследования является систематизация теоретического материала по теме «Нестандартные задачи на построение» и его применение к решению задач. 

Задачи исследования:

Систематизировать теоретический материал о нестандартных задачах на построение.

Воспользоваться полученным материалом при решении нестандартных задач на построение.

Работа состоит из введения, двух глав, заключения и списка использованной литературы.

Глава I. Теоретические основы задач на построение.

Задачи на построение – задачи, решаемые различными инструментами (линейка, циркуль и т.д.), которые предполагаются абсолютно точными. В зависимости от выбора инструментов определяется цикл задач, которые могут быть разрешены этими средствами. Основным набором инструментов для решения задач на построение являются циркуль и линейка.

С помощью только циркуля и линейки возможно осуществить множество различных построений: разделить пополам отрезок или угол, провести через точку перпендикуляр к данной прямой, вписать в данный круг правильный шестиугольник и т. д. Во всех данных построениях линейка служит только лишь для того, чтобы проводить прямую, однако ею нельзя измерять либо откладывать расстояния. Классическое ограничение – использовать только циркуль и линейку – восходит из глубокой древности, хотя на практике сами греки без колебания прибегали и к другим инструментам. Когда речь идёт о геометрических построениях, никак необходимо не упускать тот факт, что проблема состоит никак не в практическом вычерчивании фигур с определённой степенью точности, а в том, можно ли сделать построение теоретически, при условии, что наши инструменты предоставляют абсолютную точность.

Задача на построение – это задача, в которой требуется по каким-либо данным найти некоторые геометрические элементы (точку, прямую, окружность, треугольник и т.д.), удовлетворяющие тем или иным условиям с помощью указанного прибора чертёжных инструментов.

Решить задачу – это значит указать конечную последовательность построений, после выполнения которых, искомая фигура уже будет считаться построенной в силу аксиом геометрии:

через любые две данные точки можно провести только одну прямую;

геометрическую фигуру можно перемещать в пространстве, не изменяя ни её размеров, ни её формы;

геометрические фигуры, которые совпадают после наложения, конгруэнтны (т.е. равны);

прямая есть кратчайшее расстояние между двумя точками.

Сведение решения каждой задачи к элементарным построениям делает решение громоздким. Поэтому решение задачи часто сводят к так называемым основным построениям. Выбор некоторых построений в качестве основных в известной степени произволен. Например, в качестве основных построений можно рассмотреть следующие задачи: деление отрезка пополам; деление данного угла пополам; построение угла равного данному; построение параллельной прямой; построение перпендикулярной прямой; построение треугольника по трём сторонам, по двум сторонам и углу между ними, по стороне и двум прилежащим к ней углам; деление отрезка в данном отношении; построение прямоугольного треугольника по гипотенузе и катету.

Задача 1. Деление отрезка пополам (рис. 1) .

Решение. Пусть дан отрезок . Из конца , как из центра, радиусом, большим половины опишем окружность . Из конца выполним аналогичное построение. Окружности и пересекутся в точках , в пересечении и найдём искомую точку .

K A O B   Рис. 1 M

Доказательство. по третьему признаку равенства треугольников ( , по построению и – общая). Поэтому . Отсюда следует по второму признаку равенства треугольников построению, – общая). Следовательно, – середина отрезка .

Задача 2. Построить биссектрису данного угла (рис. 2) .

Рис. 2

Решение. Из вершины данного угла, как из центра, описываем окружность произвольного радиуса. Пусть и — точки пересечения окружности со сторонами угла. Из точек и тем же радиусом описываем окружности. Пусть точка их пересечения, отличная от . Луч делит угол пополам. Это следует из равенства (третий признак равенства треугольников).

Задача 3. Отложить от данного луча угол, равный данному.

Рис. 3

Решение. Данный угол с вершиной и луч изображены на рисунке 3.

Рис. 4

Проведём произвольную окружность с центром в вершине данного угла. Пусть — точки пересечения окружности со сторонами угла (рис.4, а). Радиусом проведём окружность с центром в точке — начальной точке данного луча (рис. 4, б). Точку пересечения этой окружности с данным лучом обозначим . Опишем окружность с центром и радиусом . Точка пересечения двух окружностей лежит на стороне искомого угла. Это следует из равенства (третий признак равенства треугольников).

Задача 4. Через данную точку провести прямую, перпендикулярную данной прямой.

Решение. Возможны два случая:

1) данная точка лежит на данной прямой (рис. 5).

Рис. 5

Из точки проводим произвольным радиусом окружность. Она пересекает прямую в двух точках и . Из точек опишем окружности радиусом . Пусть — точка их пересечения. Получаем . В самом деле, треугольник равнобедренный. Отрезок есть медиана этого треугольника, а следовательно, и высота;

2) данная точка не лежит на данной прямой а (рис. 6).

Рис. 6

Из точки описываем произвольным радиусом окружность, пересекающую прямую в точках и . Из точек и тем же радиусом проводим окружности. Пусть — точка их пересечения, отличная от . Получаем . В самом деле, точки и равноудалены от концов отрезка и, следовательно, лежат на серединном перпендикуляре к этому отрезку.

Задача 5. Построение прямой, параллельной данной, проходящей через данную точку.

Дано: точка , прямая (рис. 7) .

Рис. 7

Решение. Из точки построим перпендикуляр к прямой . Получим точку .Произвольно поставим точку на прямой .С центром в точке проведём окружность радиусом . Получим точку D.Через точки и проведём прямую . Она будет параллельна прямой .

Доказательство. Предположим, что не параллельна . Значит не равно . А это неверно по построению. Следовательно, параллельна .

Задача 7. Построение треугольника по стороне и двум прилежащим углам.

Дано: отрезок , угол , угол (рис. 8) .

Рис. 8

Решение. Построим угол равный углу .С центром в точке опишем окружность радиусом равным длине отрезка. Получим точку .C вершиной в точке построим угол, равный углу . Получим точку . Получили треугольник .

Доказательство следует непосредственно из равенства сторон и углов построенного треугольника заданным отрезку и углам.

Задача 7. Построение треугольника по двум сторонам и углу между ними.

Дано: отрезок , отрезок , угол (рис. 9) .

Рис.9

Решение. Построим угол , равный углу . С центром в точке опишем окружность радиусом равным длине отрезка . Получим точку . С центром в точке опишем окружность радиусом равным длине отрезка . Получим точку . Соединим точки и . Получим треугольник .

Доказательство следует непосредственно из равенства сторон и углов построенного треугольника заданным отрезкам и углу.

Задача 8. Деление отрезка в данном отношении .

Решение. Проводим прямую , на ней отмечаем точку и от точки последовательно откладываем отрезки . Делим отрезок пополам, получаем точку – середину отрезка . Опишем окружность с центром в точке радиуса . Через точку проводим прямую перпендикулярную прямой до пересечения с окружностью в точке . Угол KCB – прямой, CA – высота прямоугольного треугольника к гипотенузе. По свойству высоты, проведённой из вершины прямого угла к гипотенузе , т.е. (рис. 10).

Рис. 10

В IV в. до н. э. греческие математики разработали общую схему решения геометрических задач на построение, которой мы пользуемся и сейчас. Решение задач на построение состоит из четырёх этапов: 1) анализ, 2) построение, 3) доказательство, 4) исследование. Данные этапы пришли к нам от греческих математиков. Рассмотрим каждый из этих этапов.

1. Анализ. При анализе поиск решения задачи выполняется следующим образом: предполагают задачу решённой и делают от руки примерный чертёж искомой фигуры (не обязательно соответствующий размерам). Необходимо найти такую взаимосвязь между данными и требуемыми значениями, которая позволила бы определить положение нужной точки, или отрезка, или угла, на нахождение которых направленно решение задачи. При этом необходимо проводить различные вспомогательные прямые, окружности, часто даже на удачу, не зная заранее, приведёт ли проведённая линия пользу или нет. При использовании различных аргументов и догадок определяется связь между данными и требуемыми значениями, определена, переходим ко второй части решения – построению.

2. Построение. Данный этап сопровождается графическим оформлением каждого шага при помощи заданного набора инструментов и последовательной записью выполненных построений.

3. Доказательство. На данном этапе следует доказать, что построенная фигура удовлетворяет всем условиям задачи. Для доказательства правильности построения приводятся ссылки на теоремы, их следствия, свойства геометрических фигур, определения геометрических понятий.

4. Исследование. Задача заключается в том , чтобы узнать, всегда ли проблема разрешима, какое количество решений допустимо (одно или несколько). Следует рассмотреть все виды особых случаев и узнать, меняется ли ход решения в этих случаях и как именно.

Пример. Через точку провести прямую, проходящую между данными точками и находящуюся от них на равном расстоянии.

Решение.

1. Анализ. Предположим, что искомая прямая это (рис. 11), так что перпендикуляры и равны. Прямая определяется двумя точка, одна из которых является точка и она известна, а другую будем искать на искомой прямой. Для этого соединим точки и и определим точку их пересечения , а точнее её положение. Треугольники и имею равные катеты и острый угол, равны, и потому . Из этого следует, что - середина

Рис. 11

2. Построение. Разделим отрезок пополам в точке ; прямая проходит в равном расстоянии от точек и .

3. Доказательство. Опускаем перпендикуляры и , треугольники и равны; значит, .

4. Исследование. Может быть только одно решение. Если точка приходится где-нибудь на отрезке не в точке , искомая прямая сливается с ; если же точка приходится в точке , то всякая прямая, проходящая через , будет удовлетворять условиям вопроса.

В случае если у нас имеется предположение, что задача уже решена, в таком случаем мы может построить чертёж. Согласно построенному чертежу можно найти решение задачи нахождения некоторой точки либо игла. Следующим действием будет являться выдвижение различных гипотез согласно данной точке либо углу. Кроме того целесообразно применять дополнительные неизвестные точки, прямые, отрезки. Из нового чертежа уже легче выдвинуть новые предположения, с помощью которых можно найти необходимый неизвестный элемент. Основная задача решателя - применить логику к построению вспомогательной точки или отрезка.

Основными методами решения геометрических задач на построение являются три метода:

метод геометрических мест точек;

метод геометрических преобразований;

алгебраический метод.

Охарактеризуем каждый из методов.

1. Метод геометрических мест.

Если задача состоит в том, чтобы отыскать некоторую точку на чертеже, необходимо откинуть одно из условий, которое принадлежит данной точке. При этом исследуемая точка принимает бесконечное число решений, то есть геометрическое место точек, обладающих необходимыми свойствами. Если фигура геометрических мест точек неизвестна, то необходимо принять дополнительные построения. Далее мы должны вернуть к действию отброшенное условие, но откинуть другое. Исходя из этого, мы снова имеем новое геометрическое место. Определив фигуру геометрического места, знаем, что искомая точка должна принадлежать как первому геометрическому месту, так и второму, поэтому необходимо найти пересечений двух фигур. Случается, что одна из фигур геометрических мест уже задана в условии задачи, значит нужно построить только одно геометрическое место точек.

Пример. Дана окружность с центром в точке O и с точкой A на окружности (рис. 12). Следует найти геометрическое место середин хорд данной окружности, проходящих через точку A этой окружности.

Рис. 12

Решение.

1. Рассмотрим . Серединой хорды – точка . Точка является основанием перпендикуляра из тоски на (следует из ). Угол – прямой, точка лежит на окружности с диаметром AO.

2. Возьмём некоторую точку этой окружности, отличную от точки . Угол опирается на диаметр, он прямой. Продлим прямую до пересечения с окружностью в точке . Тогда из и следует , т.е. точка является серединой хорды .

Точка является серединой диаметра, проходящего через точку .

Из 1 и 2 следует, что искомое геометрическое место есть окружность с диаметром , за исключением точки .

При решении задач данным методом необходимо знать основные геометрические места точек на плоскости:

1. ГМТ, равноудалённых от двух данных точек.

2. ГМТ, равноудалённых от сторон угла.

3. ГМТ, находящихся на данном расстоянии от данной точки.

4. ГМТ, находящихся на данном расстоянии от данной прямой

5. ГМТ, из которых данный отрезок виден под данным углом.

2. Метод геометрических преобразований. Данный метод включает в себя следующие методы: метод параллельного переноса; метод осевой симметрии; метод центральной симметрии; метод вращения; метод подобия; метод гомотетии; метод спрямления; метод обратности; метод инверсии.

Рассмотрим некоторые из них.

2.1 Метод спрямления. Данный метод применяется к задачам, в условиях которого содержатся сумма и разность отрезков. Метод спрямления заключается в том, что сначала строят вспомогательную фигуру, в которую входит данная сумма или разность отрезков, далее строят искомую фигуру.

Пример. Дана прямая с и две точки А и В, лежащие от неё по одну сторону. Требуется найти такую точку С на прямой c, чтобы сумма расстояний  была наименьшей.

Рис. 13

Решение. Если точки лежат по разные стороны от прямой (рис. 13.а), то никакой задачи нет. Кратчайшее расстояние между точками – это отрезок , а точка – это точка пересечения отрезка с прямой .

Если лежат по одну сторону прямой (рис. 13.б), то построим , симметричную точке C относительно прямой a, соединим точки отрезком. Точка D будет являться точкой пересечения BC и прямой a. Действительно, а Для любой другой точки прямой и поэтому

2.2 Метод параллельного переноса.Данный метод заключается в следующем: некоторую часть искомой фигуры переносится на некоторый вектор и сводится к построению фигуры на более простую фигуру, затем выполняется обратный перенос и получается искомая фигуру.

Пример. Построить четырёхугольник, зная его углы и две противоположные стороны (рис. 14).

 

Рис. 14

Решение. Предположим, что в четырёхугольнике ABCD стороны ВС и AD и углы А, В, С имеют данные значения. Произведём перенос стороны ВС параллельно самой себе в АЕ. Тогда составится AED, в котором две стороны известны АЕ и AD и ∠EAD, равный разности двух известных углов, данного ∠BAD и ∠FBC, смежного с данным ∠СВА. Такой треугольник легко построить. Затем легко провести прямые ЕС и CD, потому что первая образует известный угол с прямой ЕА (∠CEG=∠FBC); а вторая образует известный уголCDAсо стороной AD. После этого остаётся провести CBпараллельноEA, и решение станет очевидным.

Поскольку эта задача имеет только одно решение, делаем вывод: углы и отношение двух противоположных сторон четырёхугольника определяют его вид.

2.3 Метод подобия. Если условием задачи является построение какой-то геометрической фигуры или нахождение точки, связанной с положением фигуры, то лучше всего построить фигуру, подобную неизвестной. После построения подобной фигуры, необходимо выбрать ту, которая удовлетворяет всем условиям: положение, размер.

Например, для треугольника иногда в условии задача даны две стороны, угол, отношение сторон. С помощью известных геометрических теорем можно найти фигуру, подобную данной. Если в задаче задана только линейная часть треугольника: медиана, высота, биссектриса, сторона, то их можно использовать для преобразования построенной фигуры в построенную. В последнем случае положение фигуры определяется тем, что некоторые стороны фигуры должны проходить через данные точки или должны иметь известное направление.

3. Алгебраический метод. Применяя данный метод, задачи можно решить следующим образом. Пологая, что задача решена: 1) устанавливаем те неизвестные, которые нам необходимо определить, и вводим обозначения; 2) определяем эти неизвестные на основании различных теорем, составляем уравнение или систему уравнений; 3) построим неизвестные, определив их в составленных уравнениях. Далее, построив неизвестные, осуществляем построения, завершающие решение задачи.

Пример. Построение отрезка .

Решение. Строим некоторый угол . На одной стороне от точки S откладываем последовательно отрезки на другой стороне отложим отрезок . Через точки проводим прямую , а затем через точку A проведём прямую параллельную прямой , получаем на стороне SC точку D. По теореме о пересечении сторон угла параллельными прямыми

(рис.15)

Рис. 15

Уже в древности греческие математики встретились с тремя задачами на построение, которые не поддавались решению с помощью циркуля и линейки:

1.Задача об удвоении куба. Требуется построить ребро куба, который по объёму был бы в два раза больше данного куба.

Задача об удвоении куба носит так же название «делосской задачи» в связи куба со следующей легендой.

На острове Делос (в Эгейском море) распространялась эпидемия чумы. Когда жители острова обратились к оракулу за советом, как избавится от чумы, они получили ответ: «Удвойте жертвенник храма Аполлона». Сначала они подумали, что задача легка. Поскольку жертвенник имел форму куба, они построили новый жертвенник, ребро которого было в два раза больше ребра старого жертвенника. Делосцы не знали, что таким образом они увеличили объём куба не в 2 раза, а в 8 раз. Чума ещё больше усилилась, и в ответ на вторичное обращение к оракулу последний посоветовал: «Получше изучайте геометрию…» Согласно другой легенде, бог приписал удвоение жертвенникам не потому, что ему нужен вдвое больший жертвенник, а потому, что хотел упрекнуть греков, «которые не думают о математике и не дорожат геометрией».

2. Задача о трисекции угла. Требуется произвольный угол разделить не три равные части.

Решение задачи о трисекции угла. Уже Пифагорейцы умели делить прямой угол на три равные части, построив равносторонний треугольник, основанный на том, что в равностороннем треугольнике каждый угол равен 60 градусам. Успешное решение этой задачи дало толчок к постановке более общей задачи – делении любого угла на три равные части. Эта задача была поставлена ещё в V в. До н. э. и получила название у древних Греков задачи о трисекции угла. За её решение брались многие из лучших греческих математиков, но так и не решили. Однако если не ограничиваться указанными инструментами, то она может быть решена. В частности, в процессе поиска таких решений был открыт целый ряд в высшей степени важных и интересных кривых.

3. Задача о квадратуре круга. Требуется построить квадрат, площадь которого равнялась бы данному кругу.

Это одна из древнейших и самых популярных математических задач, занимавшей умы людей на протяжении 3 – 4 тысячелетий, Один из современников Сократа – софист Антифон считал, что квадратуру круга можно осуществить следующим образом: впишем в круг квадрат и, разделяя пополам дуги, соответствующие его сторонам, построим правильный вписанный восьмиугольник, затем шестнадцати угольник и т.д., пока не получим многоугольник, который в силу малости сторон сольётся с окружностью. Но так как можно построить квадрат равновеликий любому многоугольнику, то и круг можно квадрировать. Однако Аристотель уже доказал, что это будет только приближённое, но не точное решение задачи, так как многоугольник никогда не может совпасть с кругом.

Глава II. Примеры решения нестандартных задач на построение

Часто при решении задач на построение требуется пользоваться не только циркулем и линейкой, но и другими инструментами: одной линейкой, одним циркулем, двусторонней линейкой, шаблонами различных фигур. Задачи, решаемые данными инструментами называются нестандартными. Отнесём к нестандартным и задачи с недоступными точками.

Построения одной линейкой означают, что можно проводить лишь прямые через данные точки и находить точки пересечения.

Построения одним циркулем означают, что можно проводить непрерывные линии только в виде окружностей, определять направление прямой линии двумя точками, отмечать множество точек, находить точки пересечения намеченных прямых и намеченной прямой с окружностью.

Построения двусторонней линейкой означают, что можно проводить произвольную прямую и параллельные прямые, каждая из которых проходит через одну из таких точек, расстояния между которыми больше h (при этом построении линейка находится в таком положении, чтобы на каждом их двух ее параллельных рёбер, оказалось по одной из двух данных точек, будем в таком случае, говорить о непосредственном построении).

Построения с помощью шаблонов различных фигур означают, что можно проводить прямые через заданные точки, также можно обводить стороны шаблона.

1. Задачи на построение одной линейкой

Задача 1. Разделить отрезок на равных частей.

Решение. Сперва на прямой PQ строим равных отрезков Далее строим и соединяем их точку пересечения с точками Полученные прямых делят отрезок на равных частей.

На рисунке 16 представлено решение для .

Рис. 16

Задача 2. Даны точки , расстояние между которыми больше 1 м. С помощью одной лишь линейки, длина которой равна 10 см, постройте отрезок .

Решение. Проведём через точку два луча , образующие угол маленькой величины, содержащий точку . Через точку проведём отрезки и (рис. 17).

Рис. 17

Если .и , то можно построить точку , в которой пересекаются прямые . Проведём через точку прямую Если м и см, то можно построить точку , в которой пересекаются прямые . Если то можно построить прямую , а эта прямая проходит через точку .

Следовательно, – искомый отрезок.

2. Задачи на построение одним циркулем

Задача 1. Найти центр окружности с помощью одного циркуля .

Решение. Взяв произвольно точки (рис. 18), чертим окружность ( ) – получим точку С. Определяем циркулем точки М и N так, чтобы , а также точки так, чтобы . Инвертируем , взяв окружность за основную. Прямые и отобразятся в окружностях, пересекающихся в и . Точку инвертируем обратно и полу­чаем искомое.

Попробуем это общее решение упростить. Во-первых, вместо прямой выгоднее взять прямую , потому что легко опреде­лить отражение в . Во-вторых, легко заметить, что , а потому точки и суть точки соответственные при степени . Но так как и , то точки суть тоже обратные. Определив точки дописываем окружность – получаем точки . Затем чертим окружности и ) до пересечения их в .

Рис. 18

Задача 2. Построить прямую, перпендикулярную к заданному отрезку и проходящую через один из его концов.

Решение. Опишем окружность с центром в точке B и радиусом AB, на ней отмечаем произвольную точку C и описываем окружность с центром в точке C и радиусом AC. Окружности пересекаются в точке D. Проводим третью окружность с центром в точке A и радиусом AD, построенная окружность пересекается с окружностью в точке E, тем самым получим , т.е. AE – искомая прямая (рис. 19).

Доказательство. Отрезок соединяет центры окружностей и , является их общей хордой. Следовательно, (треугольник – равнобедренный).

Рис. 19

3. Задачи на построение с помощью двусторонней линейки

Задача. Дан треугольник . С помощью двусторонней линейки, проведя не более восьми линий, постройте на стороне такую точку , что

Решение. Проведём прямые , параллельные и лежащие от них на расстоянии ширины линейки с внешней стороны треугольника. Прямые AC образуют ромб, диагональ которого является биссектрисой угла . Пусть – точка пересечения этой биссектрисы с прямой , а – точка пересечения диагоналей трапеции, образованной прямыми , , и (см. рис.). Тогда прямая пересекает в искомой точке (рис. 20).

Рис. 20

4. Задача на построение шаблонами различных фигур

Задача. Дан произвольный треугольник-шаблон . Требуется построить высоту и медиану .

Решение.Изобразив треугольник , перенесём его параллельно вдоль луча (рис. 24 а, б).Вершину сдвинем в точку так, чтобы длина отрезка была намного меньше длины . При таком параллельном переносе треугольник перейдёт в равный ему треугольник , причём стороны и будут параллельны. Тогда в треугольнике , где – точка пересечения , будут такие же углы, как и в исходном. Пользуясь шаблоном, можно отложить углы, равные углам треугольника и построить треугольники (рис. 24 а) и (рис. 21 б).

Рис. 21

Доказательство.В первом случае. Так как и параллельны, то прямая , перпендикулярная , будет перпендикулярна и .

Во втором случае. Треугольники и подобны по двум углам. Кроме того, на чертеже изображены ещё две пары подобных треугольников: . Т.к. то есть – середина .

5. Задача на построение с недоступными точками

Задача. Через данную точку М провести прямую, которая проходила бы через неприступную точку встречи отрезков АВ и CD.

Решение. Проведём две параллели, одну через точку М, встречающую AB и CDв EиG, и другую, пересекающую ABиCD в X и Y. На отрезке XY найдём точку N так, чтобы

Прямая MN есть искомая.Так как отрезок MN известен, то из пропорции легко построить NK , а затем и , т.е. расстояние данной точки от неприступной (рис. 22).

Рис. 22

Заключение

В данной работе рассмотрено понятие задачи на построение. Представлены основные задачи на построение.

Описаны этапы решения задач на построение: 1) анализ, 2) построение, 3) доказательство, 4) исследование.

Обобщение методов, используемых при решении задач на построение: 1) метод геометрических мест, 2) метод геометрических преобразований, 3) алгебраический метод. К данным методам были приведены примеры решений.

Дано понятие нестандартных задач на построение и рассмотрены примеры решения данных задач. Нестандартные задачи на построение – это задачи, решаемые следующими инструментами: одной линейкой, одним циркулем, двусторонней линейкой, шаблонами различных фигур. А также к ним относятся и задачи с недоступными точками.

Приведены примеры решения задач следующих видов:

задачи на построение одной линейкой,

задачи на построение одним циркулем,

задачи на построение с помощью двусторонней линейки,

задачи на построение шаблонами различных фигур,

задачи на построение с недоступными точками.

Список использованных источников

Адлер А. Теория геометрических построений/ А.Адлер – М: Учпедгиз, 1940. – 232 с.

Александров И.И. Сборник геометрических задач на построение (с решениями)/Под ред. Н.В. Наумович. Изд. 19-е. – М.: Едиториал УРСС, 2004. – 176 с.

Александров И.И. Сборник геометрических задач на построение с решениями / И.И. Александров. – М.: Учпедгиз, 1954. – 176 с.

Александров П.С., Маркушевич А.И., Хинчин А.Я. (ред.) Энциклопедия элементарной математики. Книга 4. Геометрия. – М.: ГИФМЛ, 1963. – 567 с.

Аргунов Б.И., Балк М.Б. Геометрические построения на плоскости. Пособие для студентов педагогических вузов. – М.: Учпедгиз, 1957. – 267 с.

Атанасян Л.С., Васильева М.В. и др. Сборник задач по элементарной математике. – М.: Просвещение, 1964. – 96 с.

Базылев В.Т., Дуничев К.И. Геометрия, II часть. – М.: Просвещение, 1975. – 367 с.

Блинков А.Д., Блинков Ю.А. Б69 Геометрические задачи на построение. – М.: МЦНМО, 2010. – 152 с.

Воронец А.М. Геометрия циркуля. – М.: ОНТИ, 1934. – 40 с.

Глейзер Г.И.. История математики в школе VII-VIII кл. Пособие для учителя.- М.: Просвещение,1982. – 240 с.

Дадаян А.А.. Геометрические построения на плоскости и в пространстве. Задачи и решения. Учебное пособие. – М.: Форум, Инфра-М, 2014. – 464 с.

Далингер В.А. Планиметрические задачи на построение: Учебное пособие. – Омск: ОмГПУ, 1999. – 202с.

Костовский А.Н. Геометрические построения одним циркулем. – М.: Наука, 1987. – 78 с.

Кузнецова М.И. Геометрические задачи на построение необычными инструментами // Научно-методический электронный журнал «Концепт». – 2015. – Т. 25. – с. 226-230.

Михеев. Ю. Одной линейкой. // Квант – 1980. – № 10. – с. 26-29.

Никулин Н.А. Геометрические построения с помощью простейших инструментов, М: Учпедгиз, 1947. – 34 с.

Прасолов В.В Задачи по планиметрии: Учебное пособие. – 5-е изд., испр. и доп. – М.: МЦНМО: ОАО «Московские учебники», 2006. – 640 с.

Прасолов В.В., Три классические задачи на построение. – М.: Наука, 1992. – 80 с.

Фукc Д. Построения одним циркулем. // Квант – 1987. – № 6 – c. 34-37.

Щетников А.И. Как были найдены некоторые решения трёх классических задач древности // Математическое образование, № 4 (48), 2008, с. 3–15.

Код для цитирования: Скопировать