Если пропал циркуль

Построения с двусторонней линейкой

Как быть, если у нас пропал циркуль? Что может односторонняя линейка без циркуля?

Аксиомы односторонней линейки

Односторонняя линейка позволяет:

a)построить отрезок, соединяющий две заданные точки;

b)построить прямую, проходящую через две заданные точки;

c)построить луч, исходящий из заданной точки и проходящий через любую другую заданную точку.

Теперь нам разрешили использовать другую сторону

линейки. Такую линейку называют двусторонней.

Аксиомы двусторонней линейки

Двусторонняя линейка позволяет выполнить любое из построений, доступных односторонней линейке, и, кроме того:

d) в каждой из полуплоскостей, определяемых заданной прямой, построить прямые, параллельные этой прямой и проходящие от нее на расстоянии , где – фиксированная для данной линейки величина – ширина линейки; e) если даны две точки и , линейка позволяет

Решение: строим в нижней относительно 1 полуплоско- сти прямую 2, параллельную 1 и проходящую от нее на расстоянии (d). Затем в полуплоскости, определяемой прямой 2 и не содержащей 1, строим прямую 3, парал- лельную 2 и проходящую от нее на расстоянии . Про-

должаем так же, пока не построим . П1 В дальнейшем нам пригодится следующее построение.

Построение 2. Даны прямая и точка 1 на ней. Требуется построить конечную последовательность точек, где = 2, 3 . . . , таких, что расстояния между любыми двумя соседними равны:

( 1, 2) = ( 2, 3) = . . . = ( −1, ),

т. е. | 1 2|= | 2 3|= . . . = | −1 |. На рис. 1б такая последовательность точек расположена на прямой по правую сторону от точки 1.

Решение: через точку 1 проводим прямую 1, не совпа- дающую с . Затем в правой относительно 1 полуплоско- сти строим последовательность параллельных 1 прямых( = 2, 3 . . . ), таких, что расстояние между любыми соседними равно (п. 1). Точки пересечения прямой с прямыми обозначим . Последовательность точек удовлетворяет условиям задачи. П2

Расстояние между соседними построенными точками зависит от угла, образуемого прямыми 1 и , и принимает значения из интервала [ ; +∞).

Теперь небольшое замечание о применении аксиомы (е). Допустим, линейку удалось расположить между точкамии , как показано на рис. 2а. Это значит, расстояние

Рис. 2. ( , ) > (а); левая (б) и правая (в) h-пары

между точками больше ширины линейки: ( , ) > .

Вращая линейку вокруг некоторого центра против часовой стрелки, мы можем прийти к положению, когда точкии лежат на ее сторонах. Тогда можно провести одну из заявленных в аксиоме (е) пар прямых (см. рис. 2б). Аналогично, вращая линейку по часовой стрелке, придем к положению, изображенному на рис. 2в, и проведем вторую пару прямых. Для краткости в первом случае будем говорить о левой h-паре, во втором – о правой h-паре параллельных прямых, проходящих через точки и .

Построение 3. Дан отрезок . Причем ( , ) > .

Построить середину отрезка. Построить перпендикуляр, проходящий через середину отрезка (рис. 3а).

Решение: поскольку ( , ) > , согласно аксиоме (е)

Рис. 3. Середина отрезка (а); биссектриса угла (б)

мы можем построить проходящие через и левую

иправую h-пары прямых. Точки , , и их пересечения – вершины ромба . Диагонали ромба

иперпендикулярны и в точке их пересечения делятся пополам. Точка – середина отрезка . П3

Построение 4. Дан угол . Требуется построить его

биссектрису (см. рис. 3б).

Решение: проведем прямую 1, параллельную и проходящую на расстоянии от нее в той полуплоскости, в которой лежит угол . Проведем прямую 1,

параллельную и проходящую на расстоянии от нее в той полуплоскости, в которой лежит угол . Обозначим 1 точку пересечения 1 и 1. Поскольку эта точка одинаково удалена от сторон угла, она лежит на биссектрисе. Следовательно, 1 – биссектриса угла . П4

Построение 5. Дан угол . Отложить от луча угол, равный и расположенный в полуплоскости, не содержащей угла . Эту же задачу можно сформулировать и так: провести из точки луч, симметричный лучу относительно прямой (рис. 4а).

Решение: проведем прямую 1, параллельную

Рис. 4. Удвоение угла (а); построение точки, симметричной данной (б)

и проходящую на расстоянии от нее в полуплоскости

угла . Прямая 1 пересекает в точке . Прямые и 1 образуют правую h-пару относительно точек и .

Построим левую h-пару прямых и 1. Прямая проходит

через точку . Угол равен углу . Луч симмет-

ричен лучу относительно прямой . П5

Построение 6. Дана прямая и не лежащая на ней точка . Построить прямую, перпендикулярную и прохо-

дящую через точку . Построить точку 1, симметрич-

ную относительно прямой (см. рис. 4б).

Решение: проведем из точки две прямые, непарал-

лельные . Пусть и – точки их пересечения с прямой .

Проведем из точки луч, симметричный лучу (п. 5),

а из точки луч, симметричный . Точка пересече-

ния этих лучей 1 будет симметрична , а прямая 1

перпендикулярна прямой . П6

Поскольку ломаная линия и, в частности, многоугольник однозначно определяются последовательностью вершин, располагая только линейкой, мы всегда можем построить ломаную, симметричную данной относительно любой оси. Построение 7. Дана прямая и точка на ней. Требу-

ется провести через точку прямую, перпендикулярную

прямой (рис. 5).

Решение: проведем через точку прямую , не совпа-

дающую с прямой . Построим по разные стороны от две параллельные ей прямые и , проходящие на расстоянии от . Пусть и – точки пересечения прямых

и соответственно с прямой . Тогда = .

Рис. 5.

Проведем левую и правую h-пары прямых для точек

и. Пусть и – точки их пересечения, отличные от

и. Тогда и . П7

Построение 8. Дана прямая и точка вне ее. Провести через точку прямую, параллельную .

Решение: I способ. Проведем через точку прямую , перпендикулярную (п. 6), а затем через ту же точку прямую , перпендикулярную (п. 7):

( ) & ( ) → ( ‖ ). П8

II способ. Построим последовательность пяти равноудаленных параллельных прямых 1, 2, 3, 4, 5 следу- ющим образом: через точку проведем к прямой секущую 2, проведем на расстоянии слева от нее прямую1, затем справа от 2 построим последовательность па-

Рис. 6. Прямая, параллельная

раллельных прямых 3, 4, 5, так, чтобы расстояние между двумя соседними равнялось (см. рис. 6). Точки пересечения прямых (где = 1, . . . , 5) с прямой обозначим соответственно , 1, , 1 и . Очевидно, что1 = 1 = 1 = 1 . Проведем прямую через точкии . Точку пересечения прямых и 3 обозначим . Проведем прямую через точки и . Точку пересечения прямых и 4 обозначим . Тогда прямая будет параллельна . Действительно, рассмотрим . Пря- мая 1 его средняя линия, так как проходит через середину стороны и параллельна основанию . Значит,

– середина стороны . Рассмотрим . Прямая

1 его средняя линия, так как проходит через середину стороны и параллельна основанию . Значит,

– середина стороны . Теперь осталось рассмотреть

. Прямая проходит через середины сторон

и , а значит, является средней линией и параллельна основанию . П8

III способ. Проведем через точку секущую к прямой . Точку ее пересечения с обозначим (рис. 7). Проведем справа от прямой на расстоянии

Рис. 7. Прямая, параллельная

параллельную ей прямую 1, а справа от 1 на том же расстоянии – параллельную прямую 2. Пусть – точка пересечения прямых и 2. Проведем прямую через точки и . Пусть – точка пересечения прямых и 1. Проведем прямую через точки и . Пусть – точка пересечения и 2. Тогда прямая параллельна . П8

Обратим внимание на тот факт, что хотя описание построений способом I короче, чем II и III, однако на

практике II и III выполняются проще и быстрей, чем I. Построение 9. Разделить отрезок на 5 равных частей (рис. 8).

Рис. 8. Деление отрезка на 5 равных частей (I способ)

Решение: I способ. Проведем из точки луч под произвольным углом к отрезку и отложим на нем от точки

последовательность точек 1, 2, 3, 4, 5, так, чтобы выполнялось условие | 1|= | 1 2|= . . . = | 4 5| (п. 2). Проведем прямую через точки 5 и . Через точки 1,2, 3, 4 проведем прямые, параллельные 5. Точки их пересечения с прямой обозначим 1, 2, 3, 4.

Из теоремы Фалеса следует равенство отрезков 1, 1 2,

2 3, 3 4, 4 5. П9 Это тот самый способ деления отрезка на равные части,

который мы изучаем в школе. Но, если нам запрещено пользоваться циркулем, он оказывается слишком громоздким. Поэтому рассмотрим еще один, в данном случае более эффективный, способ.

II способ. Проведем ниже прямой прямую , парал-

лельную (рис. 9). Например, согласно постулату (d)

Рис. 9. Деление отрезка на 5 равных частей (II способ)

можно построить прямую , проходящую на расстоянии

от . На прямой возьмем произвольную точку 1 и от нее последовательно отложим точки 2, 3, 4, 5, так, чтобы выполнялось условие

Для определенности положим | |< | 1 6|. Выполнения этого условия всегда можно добиться, взяв достаточно большое расстояние между точками 1 и 2. Проведем одну прямую через точки 1 и , а другую через точки 6 и . Точку пересечения прямых 1 и 6 обозначим . Проведем прямые 2 , 3 , 4 , 5 . Эти прямые пересекутся с в точках 2, 3, 4, 5 соответственно. Они разделят отрезок на 5 равных частей. П9 Разумеется, аналогичным способом можно разделить отрезок на любое число равных частей, в том числе на две. Причем соблюдение условия, чтобы длина отрезка была больше (п. 3), здесь не требуется.

Теперь построим график параболы. Кто-то скажет, что это невозможно. И будет прав в том смысле, что мы не можем провести непрерывную линию параболы. Однако мы можем построить сколь угодно большое количество ее точек. На уроках в школе графики всех кривых, кроме прямой и окружности, строят именно по точкам. Прежде чем приступить к построению, заметим, что параболу можно считать однозначно определенной, если задана ее ось симметрии, вершина и одна произвольная точка.

Построение 10. Пусть луч – ось симметрии некоторой параболы, а – ее вершина, кроме того, дана произвольная точка правой ветви параболы 0. Требуется

построить еще 9 точек правой ветви (рис. 10а).

Рис. 10. Построение параболы (а) и окружности (б)

Решение: проведем луч перпендикулярно .

Из точки опустим перпендикуляр на . Пусть точка – основание перпендикуляра. Разобьем отрезок

на 10 равных интервалов (п. 9). Узлы разбиения, двигаясь в направлении от к , последовательно обозначим

1, 2, . . ., 9. Отрезок также разобьем на 10 равных интервалов. Абсциссы узлов разбиения, двигаясь

в направлении от к , обозначим 1, 2, . . ., 9. Для каждого = 1, 2, . . . , 9 построим прямую , проходящую

через узел разбиения и параллельную оси симметрии параболы . Проведем от точки к каждой точке луч. Отметим, как показано на рис. 10а, для каждого значения точку пересечения луча с прямой . Мы утверждаем, что отмеченные точки пренадлежат нашей параболе. Действительно, их координаты будут иметь вид ( , ). Если координаты точки записать в виде ( 0, 0),

Для определенности мы разобрали случай, когда требовалось построить 9 точек параболы. Количество точек можно увеличить, например, проведя посредине между парой прямых , +1 еще одну прямую, параллельную оси симметрии параболы и отметив точку ее пересечения с лучом, проведенным из точки к середине отрезка , +1. Можно изначально разбить отрезки и не на десять, а на большее число интервалов или продолжить

Решение: проведем прямую через точки и 1. Через точку проведем прямую, параллельную 1. Точку ее пересечения с прямой обозначим 1. Поскольку четырех- угольник 1 1 – параллелограмм, а противоположные стороны параллелограмма равны, | |= | 1 1|. П12

Построение 13. Дан угол . На стороне от его вершины отложен отрезок . Отложить на стороне от вершины того же угла отрезок, равный (см. рис. 11б).

Решение: построим биссектрису угла (п. 4). Через точку проведем прямую, перпендикулярную биссектрисе. Точку пересечения этой прямой с лучом обозначим . Тогда | |= | |. П13 Поскольку любое движение отрезка на плоскости сводится

к параллельному переносу и повороту относительно некоторого центра, результаты (п. 12–13) означают возможность отложить заданный отрезок от произвольной точки на произвольной прямой. Отсюда также следует возможность нахождения сумм и разностей отрезков. В частности, теперь мы можем построить отрезок, равный периметру заданного многоугольника.

Построение 14. Дан угол . Требуется построить равный ему угол с вершиной в точке 1 и сторонами, парал- лельными сторонам (рис. 12а).

Рис. 12. Движения угла

Решение: проведем через точку 1 прямые 1 и 1, параллельные и соответственно. ̸ = ̸ 1 1. П14

Построение 15. Дан угол и луч , исходящий из точки . Требуется отложить от луча против часовой стрелки угол, равный (см. рис. 12б).

Решение: строим биссектрису угла , а затем луч 1, симметричный относительно биссектрисы. Тогда

̸ 1 = ̸ . П15

На рисунке 12б луч лежит внутри угла . Нетрудно по-

вторить аналогичные построения для случаев, когда луч

проходит внутри угла или когда угол надо отложить

от луча в направлении против часовой стрелки.

Поскольку любое движение угла на плоскости можно свести к параллельному переносу (п. 14) и повороту относительно некоторого центра (п. 15), от любого луча в любом направлении можно отложить угол, равный заданному. Отсюда также следует возможность нахождения сумм

Решение: поскольку не задано никаких ограничений относительно положения треугольника на плоскости, берем произвольную точку и проводим из нее луч.

На луче откладываем отрезок , равный (п. 12–13).

Проводим из точки луч под углом к (п. 14–15)

и откладываем на нем отрезок , равный . Соединяем

точки и отрезком прямой. П16

Построение 17. Дан отрезок и два угла и .

Построить треугольник, одна из сторон которого равна ,

а два прилежащих к ней угла равны и (рис. 14).

Решение: поскольку не задано никаких ограничений относительно положения треугольника на плоскости, берем произвольную точку и проводим из нее луч.

На луче отложим отрезок , равный (п. 12–13). От

точки проведем луч под углом . От точки проведем

32 Если пропал циркуль

Решение: через точки и проведем правую h-пару параллельных прямых. Пусть прямая проходит через точку , а прямая – через точку . Из точки опустим на прямую перпендикуляр. Пусть – основание перпендикуляра. | |= , так как расстояние между прямыми и равно . – прямоугольный треугольник с гипотенузой и катетом , равным . П18

Построение 19. Даны отрезки и . Требуется построить прямоугольный треугольник с гипотенузой

и катетом, равным (рис. 16).

Решение: через точку проведем луч под прямым углом к в нижней полуплоскости относительно прямой и отложим на нем от точки отрезок , равный . В той же полуплоскости проведем прямую, параллельную и проходящую на расстоянии от . Пусть 1 – точка пересечения этой прямой с лучом . Проведем прямую через точки и . Через точку 1 про- ведем прямую, параллельную . Пусть 1 – точка ее

пересечения с прямой . Поскольку 1 = 1 , задача

сводится к построению подобного искомому треугольника1 1, катет 1 которого равен (п. 15). На этот раз мы провели через точки 1 и левую h-пару прямых и . Осталось через точку провести прямую, параллельную

1 1. Пусть – точка ее пересечения с прямой . Таким

образом, мы построили треугольник , угол которого прямой, – гипотенуза и катет равен . П19 В нашем примере > , однако приведенные рассуждения можно повторить и для случая, когда катет меньше ширины линейки.

Построение 20. Дана окружность радиуса с центром в точке . Построить отрезок касательной к окружности от точки вне окружности до точки касания (рис. 17).

Рис. 17. Касательная к окружности

Решение: построим прямоугольный треугольник, гипотенузой которого является отрезок , соединяющий центр окружности с точкой , а один из катетов равен (п. 19). Пусть – вершина прямого угла. Поскольку точка удалена от центра окружности на расстояние

и , – искомый отрезок касательной. П20 Для определенности мы взяли отрезок касательной, расположенный выше прямой . Точно так же можно построить отрезок, лежащий ниже . Окружность с центром в точке мы не могли изобразить на чертеже по причине отсутствия циркуля.

Построение 21. Дана окружность с центром в точке радиуса = | | и прямая . Найти точки пересечения прямой и окружности, если таковые имеются (рис. 18).

Рис. 18. Построение точек пересечения прямой и окружности

Решение: I способ. Проведем через точку перпендикуляр к прямой (п. 6). Пусть – точка его пересечения с прямой . На луче от точки отложим отрезок

, равный . Если | |< | |, прямая и окружность не пересекаются. Если | |= | |, точки и совпа-

дают с точкой касания прямой и окружности. Остается

рассмотреть случай | |> | |. На отрезке , рав-

ном радиусу окружности, построим, как на гипотенузе, прямоугольный треугольник , один из катетов

которого = (п. 17). Построим биссектрису угла

. Зеркально отразим треугольник относительно биссектрисы . Катет отобразится в отрезок , а гипотенуза – в отрезок . Мы получили прямоугольный треугольник с гипотенузой , равной радиусу окружности. – точка пересечения прямой и окружности. Другую точку пересечения можно найти как точку, симметричную относительно оси . П21 По сути, мы сейчас доказали возможность построения точек пересечения прямой и окружности, отталкиваясь от построений, которые мы уже умеем выполнять. Но если бы мы нанесли на чертеж все промежуточные построения, такой способ показался бы слишком громоздким. Поэтому приведем также построение, принадлежащее Штейнеру. Его можно найти в книге А. Адлера [1, с. 126–127].

II способ. Проведем через точку прямую, параллельную , и отложим на ней от точки отрезок , равный радиусу окружности. Проведем прямую ′, параллельную

и проходящую на расстоянии от нее в той же полуплоскости, в которой расположена прямая (аксиома d) (рис. 19). Возьмем на прямой произвольную точку и проведем прямую . Прямая пересечет прямую ′ в точке ′. Проведем прямую, проходящую через точки и . Через точку ′ проведем прямую, параллельную . Пусть ′ – точка ее пересечения с .

Рис. 19. Построение точек пересечения прямой и окружности

Треугольник ′ ′ подобен треугольнику . Отсю-

да : ′ = : ′. Нетрудно заметить, что отношение : ′ не зависит от выбора точки

и равно отношению расстояния от точки до прямой к ширине линейки, то есть к расстоянию от до пря-

мой ′. Проведем через точки и ′ левую и правую

-пары параллельных прямых. Прямая правой пары, проходящая через точку , пересекает прямые и ′ соответ-

ственно в точках 1 и 1′ ; прямая той же пары, проходя- щая через точку ′, – в точках 1 и 1′. Аналогично пря- мая левой h-пары, проходящая через точку , пересекает

прямые и ′ в точках 2 и 2′ ; а прямая,

1 = 2 = . Таким образом, 1 и 2 – точки пересечения окружности радиуса с центром

в точке и прямой . П21 Мы рассмотрели случай, когда расстояние от точки до

прямой больше ширины линейки. Если расстояние от до будет меньше ширины линейки, построение аналогично, а если расстояния равны – значительно проще.

Теперь мы умеем строить точки пересечения прямой и окружности. Осталось научиться строить точки пересечения двух окружностей. Для этого нам потребуется радиальная ось – прямая, на которой лежат все такие точки , что отрезки касательных, проведенных от до точек касания к обеим окружностям, равны: 1 = 2 (рис. 20). Отсюда следует, что середина общей касательной к двум окружностям лежит на радиальной оси. Радиальная ось перпендикулярна прямой 1 2, проходящей через центры окружностей. Если окружности пересекаются, то их радиальная ось проходит через точки пересечения и . Ради наглядности изображения окружностей на рис. 20 мы «нашли» циркуль, но теперь снова его спрячем.

Рис. 20. Радиальная ось двух окружностей

Построение 22. Даны две окружности: одна с центром в точке 1 радиуса 1 = | 1 1|, другая – с центром в точке 2 радиуса 2 = | 2 2|. Построить их радиальную ось (рис. 21).

Решение: построим общую касательную данных окруж- ностей. Если 1 = 2, то для построения общей касательной достаточно из точек 1 и 2 провести под прямым углом к 1 2 два луча и отложить на них отрезки 1 1 и 2 2, равные радиусу окружностей. Тогда отрезок 1 2 будет общей касательной. Теперь положим, что радиусы не равны. Пусть для определенности 1 > 2. Сначала по- строим отрезок касательной, проведенной из точки 2 к окружности с центром в точке 1 радиуса 1 − 2 (п. 18).

Рис. 21. Построение радиальной линии

Это отрезок 2 0. Здесь | 1 0| равен 1 − 2. На луче 1 0 отложим отрезок 1 1, равный 1. Через точку 1 прове- дем прямую, параллельную 2 0. Из точки 2 проведем к этой прямой перпендикуляр. Таким образом, четырехугольник 0 1 2 2 – прямоугольник и | 2 2|= | 0 1|= 2. Значит, 1 2 – общая касательная. Построим середину отрезка 1 2 – точку . Осталось провести радиальную ось как прямую, проходящую через точку и перпендикулярную 1 2. П22 Теперь можно приступить к построению точек пересече-

ния двух окружностей. Если расстояние между центра- ми окружностей 1 2 больше суммы их радиусов, то точек пересечения нет. Если | 1 2|= 1 + 2, окружности касаются в одной точке. Если 1 2 < 1 + 2, то имеются

две точки пересечения. Для построения точек пересечения надо построить радиальную ось данных окружностей (п. 22). После этого задача сводится к построению точек пересечения радиальной оси с одной из окружностей (п. 21). Теперь мы имеем основание утверждать, что двусторонняя линейка позволяет построить любое множество точек, которое можно построить посредством односторонней линейки и циркуля. Последнее означает, что мы могли бы вовсе отказаться от циркуля. Однако очень не хотелось бы лишать себя удовольствия визуально наблюдать окружности и их дуги как некие непрерывные объекты. К тому же многие построения без циркуля становятся слишком громоздкими.