SRC \u003d "https://present5.com/presentation/3/178794035_430371946.PDF-IMG/178794035_430371946.pdf-1.jpg" alt \u003d "(! Lang)">!}

SRC \u003d "https://present5.com/presentation/3/178794035_430371946.pdf-img/178794035_430371946.pdf-2.jpg" alt \u003d "(! Lang)"> 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 \u003d "https://present5.com/presentation/3/178794035_43037194035_430371946.pdf-img/178794035_430371946.pdf-3.jpg" alt \u003d "(! Lang)"> 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 \u003d "https://present5.com/presentation/3/178794035_430371946.pdf-img/178794035_43037194035_430371946.pdf-4.jpg" alt \u003d ""> 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 \u003d "https://present5.com/presentation/3/178794035_430371946.pdf-img/178794035_43037194035_430371946.pdf-5.jpg" alt \u003d"> 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 \u003d "https://present5.com/presentation/3/178794035_430371946.pdf-img/178794035_430371946.pdf-6.jpg" alt \u003d "(! Lang)"> 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.!}

Քաղաքային բյուջեի կրթական հաստատություն

միջին Համապարփակ դպրոց №34 անհատական \u200b\u200bիրերի խորը ուսումնասիրությամբ

Մարդ, ֆիզիկա եւ մաթեմատիկական բաժին

«Երկրաչափական շինություններ շրջանառությամբ եւ կառավարիչով»

Կատարված. Ուսանող 7 «Ա» դաս

Batishcheva Victoria

Առաջնորդ, Կոլովսկայա Վ.Վ.

Վորոնեժ, 2013 թ.

3. Սրա համար հավասար անկյուն կառուցեք:

Իմաստ Կամայական շրջանակը `տվյալ անկյունի վերեւում գտնվող կենտրոնով (Նկար 3): Թող B եւ C - հատվածի հատվածի խաչմերուկային կետերը անկյունի կողմերի հետ: RADIUS AV- ը կենտրոնի հետ կկառուցվի այս կիսաֆաբրիկայի օ-մեկնարկի կետի շրջանակներում: Այս շրջանի խաչմերուկի կետը այս կիսաեզրով մենք նշում ենք 1 , Մենք նկարագրում ենք շրջանակը կենտրոնի հետ 1 եւ Նկար 3:

օդանավի շառավղով: Կետ 1-ում: Նշված կես ինքնաթիռում կառուցված շրջանակների խաչմերուկները ստում են ցանկալի անկյան կողմում:

6. Շինել ուղղահայաց ուղիղ գծեր:

Մենք իրականացնում ենք մի շրջան, որը կամայական շառավղով RIST կենտրոնով կենտրոնում է: Շրջանակը ուղիղ անցնում է A եւ B կետերում: A եւ B կետերից մենք AB- ի շառավղով շրջան ենք իրականացնում: Թող կարոտը c - այս շրջանակների խաչմերուկային կետը: Միավորներ եւ առաջին քայլում մենք հասանք առաջին քայլում, կամայական շառավղով շրջան կառուցելիս:

The անկալի ուղիղ անցնում է C եւ O կետերով:

Նկար .6:

Հայտնի առաջադրանքներ

1. Առաջադրանք Brahmagupta

Չորս կողմերում կառուցել մակագրված քառակուսի: Լուծումներից մեկը օգտագործում է Ապոլոնիայի շրջանակը: Մենք կլուծենք Ապոլոնիայի խնդիրը, օգտագործելով երեք հացահատիկի եւ եռանկյունու նման անալոգիա: Երբ մենք գտնում ենք շրջան, որը մակագրված է եռանկյունում. Մենք կառուցում ենք բիսապետի խաչմերուկի կետը, որը դուրս է գալիս եռանկյունի կողմերից, ուղղահայաց հիմքի վրա (ուղղահայաց կետերը) եւ մեզ երեք միավոր տվեք ցանկալի շրջանակի վրա պառկած: Այս երեք կետերի միջոցով մենք շրջանակ ենք իրականացնում. Որոշումը պատրաստ է: Մենք շարունակում ենք նաեւ Ապոլոնիայի առաջադրանքը:

2. Առաջադրանք Apollonia

Կառուցեք շրջանառությամբ եւ կառավարիչով մի շրջան, որը վերաբերում է տվյալների երեք շրջանակներին: Ըստ լեգենդի, առաջադրանքը ձեւակերպվում է Apollonia Perga- ի կողմից մ.թ.ա. 220: ե. «Touch» գրքում, որը կորել էր, բայց վերականգնվել է 1600 թվականին Ֆրանսուա Վիետի «Գալիկա Ապոլոնիան», ինչպես նրան կանչեցին ժամանակակիցներ:

Եթե \u200b\u200bնշված օղակներից ոչ մեկը մյուսի ներսում չի ստում, ապա այս խնդիրն ունի 8 էականորեն տարբեր լուծումներ:

Ճիշտ պոլիգոններ կառուցելը:

Իմաստ

Խավ (կամ հավասարակողմ ) եռանկյունի - սա Ճիշտ պոլիգոնԵրեք կուսակցություններով, ճիշտի ճիշտ պոլիգոններից: Ամեն ինչՃիշտ եռանկյունի երեկույթներ հավասար միմյանց, եւ բոլորըԱնկյունները 60 ° են: Հավասարաչափ եռանկյուն կառուցելու համար հարկավոր է բաժանել շրջանակը 3 հավասար մասի: Դա անելու համար անհրաժեշտ է այս շրջանի R շառավղով ցողել աղեղ `միայն տրամագծի մի ծայրից, մենք ստանում ենք առաջին եւ երկրորդ դիվիզիոն: Երրորդ բաժինը տրամագծի հակառակ ծայրում է: Այս կետերը միացնելով, մենք ստանում ենք հավասարաչափ եռանկյուն:

Right իշտ վեցանկյուն կարողԿառուցեք շրջանառությամբ եւ տիրակալով: Ներքեվshown ուցադրվում է շինարարության մեթոդը 6 մասի շրջանակի բաժանման միջոցով: Օգտագործեք նկարագրված շրջանի աջ վեցանկյուն շառավիղի կողմերի հավասարությունը: Շրջանաձեւ տրամագծերից մեկի հակառակ ծայրերից նրանք նկարագրում են աղեղը RADIUS R. Այս աղեղի խաչմերուկային կետերը տվյալ շրջանակով առանձնացրին 6 հավասար մասի: Հետեւողականորեն `հայտնաբերված կետերը միացնելով, ստացվում է ճիշտ վեցանկյուն:

Պենտագոն կառուցելը:

Իմաստ
ravil Pentagon- ը կարող է լինելԿառուցվել է շրջանառությամբ եւ կառավարիչով, կամ այն \u200b\u200bհամապատասխան տեղում տեղավորելՇրջանակը կամ շինարարությունը `հիմնվելով նշված կողմի վրա: Այս գործընթացը նկարագրվում է էվկիլիդովՄ.թ.ա. 300-ի իր «սկզբում»: ե.

Ահա տվյալ շրջանակում ճիշտ Պենտագոն կառուցելու մեթոդներից մեկը.

Կառուցել մի շրջան, որի վրա պենտագոնը կկարգավորվի եւ կկազմի իր կենտրոնըՕ. , (Սա ճիշտ սխեմայի կանաչ շրջան է):

Ընտրեք մի կետ շրջանակի վրաԱ Որը կլինի Պենտագոնի գագաթներից մեկը: Կառուցեք ուղիղ միջովՕ. մի քանազորԱ .

Ուղիղ ուղղահայաց կառուցել ուղղորդելՕԱ. անցնելով կետովՕ. , Նշեք դրա խաչմերուկներից մեկը `մի կետի նման շրջանովԲ .

Կառուցել մի կետԳ. Յուրաքանչյուրի կեսինՕ. մի քանազորԲ .

Գ. Կետի միջոցովԱ , Նշեք դրա խաչմերուկը ուղիղ գծովOb. (սկզբնական շրջանի ներսում) որպես կետԳցել .

Կենտրոնի հետ շրջագիծ անցկացրեքԱ d կետի միջոցով, այս շրջանի խաչմերուկը բնօրինակով (կանաչ շրջանով) նշանով, որպես միավորԵ. մի քանազորԶ. .

Կենտրոնի հետ շրջագիծ անցկացրեքԵ. Կետի միջոցովԱ Գամասեղ .

Կենտրոնի հետ շրջագիծ անցկացրեքԶ. Կետի միջոցովԱ , Նշեք դրա մյուս խաչմերուկը `որպես կետի նախնական շրջագծովՀ. .

Կառուցեք ճիշտ ՊենտագոնAeghf. .

Չկարգավորող առաջադրանքներ

Հետեւյալ երեք շինարարական առաջադրանքները հետ են բերվել հնության մեջ.

Անկյունի շրջանցում - Կամայական անկյունը բաժանեք երեք հավասար մասի:

Այլ կերպ ասած, անհրաժեշտ է կառուցել անկյունի տրաֆիկներ `անկյունը, որոնք բաժանում են անկյունը երեք հավասար մասի: P. L. Vanzel- ը 1837-ին ապացուցեց, որ առաջադրանքը լուծելի է միայն այն դեպքում, երբ, օրինակ, արահետներ են իրականացվում α \u003d 360 ° / N- ի անկյունների համար, պայմանով, որ ժամանակ առ ժամանակ բաժանվում է Հրապարակված է շրջանառության անկյունի եւ տիրակալների անկյունի իրականացման համար նախատեսված (սխալ) մեթոդներ:

Կրկնապատկելով Կուբան - Դասական հնաոճ գործը շրջանառություն կառուցելու եւ խորանարդի կողոսկրը կառուցելու համար, որի ծավալը երկու անգամ ավելի է, քան նշված խորանարդը:

Ժամանակակից խորհրդանիշներում առաջադրանքը կրճատվում է հավասարման լուծման համար. Ամեն ինչ իջնում \u200b\u200bէ կտրման երկարության խնդրին, P. Վանզելը 1837-ին ապացուցեց, որ այս առաջադրանքը չի կարող լուծվել շրջանառության եւ տիրակալների օգնությամբ:

Քառանկյուն շրջան - Շրջանառության օգնությամբ շինարարությունը եւ հրապարակի օգնությամբ շինարարությունը գտնելու հարցը հավասար է այս շրջանի տարածքում.

Ինչպես գիտեք, շրջանառության եւ տիրակալների օգնությամբ կարող եք կատարել բոլոր 4 թվաբանական գործողությունները եւ քառակուսի արմատի արդյունահանումը. Հետեւում է, որ շրջանակի քառանկյունը հնարավոր է դրանում, եւ միայն այն դեպքում, եթե նման գործողությունների քանակի օգնությամբ կարող է կառուցվել երկարության երկարություն: Այսպիսով, այս առաջադրանքի ինտրակտիվությունը հետեւում է π համարի Nonalgebry- ից (տրանսցենդենց), որն ապացուցվեց 1882-ին Լինդիացիայի կողմից:

Մեկ այլ հայտնի է շրջանառության եւ կառավարիչ առաջադրանքի օգնությամբ անլուծելի -Եռանկյունի կառուցում երեք կանխորոշված \u200b\u200bբեշերի երկարության վրա .

Ավելին, այս խնդիրը մնում է անհանգստացնող, նույնիսկ եթե տրեդիվորեն կա:

Միայն XIX դարում ապացուցվեց, որ բոլոր երեք խնդիրները անլուծելի են միայն շրջանաձեւ եւ կառավարիչ օգտագործելիս: Կառուցապատման հնարավորությունը ամբողջովին լուծվում է հանրահաշվական մեթոդներով `ելնելով Գալոիսի տեսության վրա:

Դու գիտես դա ...

(Երկրաչափական շինությունների պատմությունից)

Մի անգամ ճիշտ պոլիգոնների կառուցման մեջ ներդրվեց առեղծվածային իմաստ:

Այսպիսով, Պյութագորյան, կրոնական եւ փիլիսոփայական ուսուցման հետեւորդներ, որոնք հիմնադրվել են Պյութագորի կողմից եւ ապրելով Հին Հունաստան (Վ.I-I. Վ. պայթուցիկ Մ.թ.ա. ER), աջ Պենտագոնի անկյունագծերով ձեւավորված աստղային պոլիգոն ընդունվեց որպես իր միության նշան:

Ճիշտ պոլիգոնների որոշ խիստ պոլիգոնների խիստ երկրաչափական շինարարության կանոնները դրված են Էվկլիդի Հին հունական մաթեմատիկայի «սկիզբ» գրքում, ով ապրում էրIII մեջ Մ.թ.ա. Այս շինությունները կատարելու համար Euclium- ը առաջարկեց օգտագործել միայն կառավարիչ եւ շրջանառություն, որն այդ ժամանակ առանց ոտքերի համադրման ծխնաշարի սարքի է (գործիքների մեջ նման սահմանափակումն էր հնաոճ մաթեմատիկայի):

Պատշաճ պոլիգոնները լայնորեն կիրառվել են հնաոճ աստղագիտության մեջ: Եթե \u200b\u200bէվկլիդը այս թվերի կառուցումն է մաթեմատիկայի տեսանկյունից, այնուհետեւ Հին հունական աստղագետի, Կլաուդիա Պտղոմեի համար (մոտ 90 - 160 գ. E.) Պարզվեց, որ անհրաժեշտ է օժանդակ Աստղագիտական \u200b\u200bառաջադրանքները լուծելիս: Այսպիսով, «Ալմագեստություն» 1-ին գրքում, ամբողջ տասներորդ գլուխը նվիրված է աջ հինգ եւ տաս-ծայրահեղուկների կառուցմանը:

Այնուամենայնիվ, բացի զուտ գիտական \u200b\u200bփաստաթղթերից, ճիշտ պոլիգոնների կառուցումը շինարարների, արհեստների, նկարիչների համար գրքերի բաղկացուցիչ մասն էր: Այս թվերը պատկերելու ունակությունը երկար ժամանակ պահանջվել է ճարտարապետության մեջ, իսկ զարդերի մեջ եւ տեսողական արվեստում:

Հռոմեական ճարտարապետ Վիտրուվիայի «Տասը գրքերում» (բնակվում է մոտ 63 -14-ում: Մ.թ.) ասվում է, որ քաղաքի պատերը պետք է ունենան ճիշտ պոլիգոնի տեսակը, իսկ ամրոցի աշտարակները պետք է արվեն կամ պոլիգոնալ, քառանկյունի համար, որը ոչնչացվել է պաշարման զենքով »:

Քաղաքների դասավորությունը շատ հետաքրքրված էր Վիտրուվիայով, ով հավատում էր, որ անհրաժեշտ է պլանավորել փողոցները, որպեսզի հիմնական քամիները չփչանան: Ենթադրվում էր, որ այս քամիները ութը, եւ որ նրանք հարվածում են որոշակի ուղղություններով:

Վերածննդի դարաշրջանում ճիշտ պոլիգոնների կառուցում եւ մասնավորապես Պենտագոնում չէին, բայց պարզ մաթեմատիկական խաղ չէր, բայց ուներ ամրոցներ կառուցելու անհրաժեշտ նախադրյալ:

The իշտ վեցանկյունը գերմանացի մեծ աստղագետի եւ Յոհան Կոպլերի մաթեմատիկայի հատուկ ուսումնասիրության առարկա էր (1571-1630), որը նա պատմում է իր «Ամանորյա նվեր կամ վեցանկյուն ձյան փաթիլներ» գրքում: Նա վիճարկեց այն պատճառաբանության մասին, թե ինչու է ձյան փաթիլները վեցանկյունաձեւ ձեւ, մասնավորապես, հետեւյալը. «... Ինքնաթիռը կարող է ծածկվել առանց բացերի, հետեւյալ թվերով, հրապարակներ եւ աջ վեցանկյուններ: Այս թվերի թվում ճիշտ վեցանկյունը ծածկում է ամենամեծ տարածքը »

Երկրաչափական շինարարությամբ զբաղվող ամենահայտնի գիտնականներում կար գերմանացի մեծ նկարիչ եւ մաթեմատիկոս Ալբրեխտ Դյուրեր (1471 -1528), ով նրանց նվիրեց իր «Ուղեցույց ...» գրքի զգալի մասը: Նա առաջարկել է ճիշտ պոլիգոններ կառուցելու կանոններ, 3-րդ, 5 ... 16 կողմերից: Durer- ի առաջարկած շրջանակը բաժանելու մեթոդները համընդհանուր չեն, յուրաքանչյուր առանձին դեպքում օգտագործվում է անհատական \u200b\u200bընդունելություն:

Դահիճն օգտագործել է գեղարվեստական \u200b\u200bպրակտիկայում ճիշտ պոլիգոններ կառուցելու մեթոդներ, օրինակ, մանրահատակի համար տարբեր տեսակի զարդեր եւ նախշեր ստեղծելիս: Նման օրինաչափությունների էսքիզները նրանց համար արվել են Նիդեռլանդներ մեկնելու ընթացքում, որտեղ մանրահատակի հատակները հանդիպել են բազմաթիվ տներում:

Durer- ը ճիշտ պոլիգոններից զարդարված էր, որոնք միացված են օղակների հետ (վեց հավասարաչափ եռանկյունների օղակներ, չորս քառանկյուն, երեք կամ վեց վեցանկյուններ, չորս ութագոն):

Եզրակացություն

Այսպիսով,Երկրաչափական շինություններ - Սա միջոց է լուծելու այն խնդիրը, որում պատասխանը ստացվում է գրաֆիկը: Շինությունները կատարում են նկարչական գործիքներ `առավելագույն ճշգրտությամբ եւ ճշգրտությամբ, քանի որ լուծման ճիշտությունը կախված է դրանից:

Այս աշխատանքի շնորհիվ ես հանդիպեցի շրջանառության պատմությանը, ավելի մանրամասն ներկայացված երկրաչափական շինությունների իրականացման կանոններին, ստացան նոր գիտելիքներ եւ գործնականում կիրառեցին դրանք:
Շրջանառություն եւ կառավարիչ կառուցելու խնդիրներ. Օգտակար ժամանակ, որը թույլ է տալիս նորին նայել երկրաչափական ձեւերի եւ դրանց տարրերի հայտնի հատկություններին:Այս հոդվածում հաշվի են առնվում երկրաչափական շինությունների հետ կապված առկա առավել իրական առաջադրանքները: Հիմնական խնդիրները դիտարկվում են, եւ դրանց որոշումները տրված են: Այս առաջադրանքներն ունեն զգալի գործնական հետաքրքրություն, ամրացրեք երկրաչափության վրա ձեռք բերված գիտելիքները եւ կարող եք օգտագործվել դրա համար Գործնական աշխատանք.
Այսպիսով, ձեռք բերված աշխատանքների նպատակը կատարվում է:

Շինարարական առաջադրանքներում մենք կքննարկենք երկրաչափական ձեւի կառուցումը, որը կարող է իրականացվել կառավարիչ եւ շրջանառության միջոցով:

Օգտագործելով գիծը, որը կարող եք անցկացնել.

կամայական ուղիղ;

Կամայական ուղիղ, անցնելով այս կետի միջով;

Ուղիղ անցնելով երկու կետերի տվյալների միջոցով:

Շրջանառության օգնությամբ դուք կարող եք նկարագրել այս շառավիղի շրջագիծը այս կենտրոնից:

Շրջանակը կարող է հետաձգել հատվածը այս ուղղությամբ այս պահից:

Դիտարկենք շենքի հիմնական խնդիրները:

Առաջադրանք 1. Այս կուսակցությունների հետ եռանկյունի կառուցեք A, B, C (Նկար 1):

Որոշում Գծի օգնությամբ մենք իրականացնում ենք կամայական ուղղակիորեն եւ դրա վրա հավասարեցնում ենք շրջանաձեւ լուծման կամայական կետը, հավասար է A- ին, նկար նկարագրելով մի շրջան եւ շառավղով: Թող C - իր խաչմերուկի կետը ուղիղ գծով: Շրջանաձեւ լուծույթ, որը հավասար է C- ին, նկարագրեք շրջանակը կենտրոնից եւ շրջանաձեւ լուծույթից, հավասար է B- ին `C- ի կենտրոնից, թողեք այս շրջանակների խաչմերուկը: ABC եռանկյունը ունի «A, B» C- ի հավասար երեկույթներ

Մեկնաբանություն Որպեսզի երեք ուղիղ ուղիղ կտրվածքներ լինեն որպես եռանկյունի, անհրաժեշտ է, որ դրանցից ավելի մեծ լինի մյուս երկուսի քանակից (եւ< b + с).

Առաջադրանք 2.

Որոշում Vertex A- ի եւ ճառագայթների այս անկյունը ցուցադրվում է Նկար 2-ում:

Մենք կամայական օղակ ենք իրականացնում անկյան վերեւում գտնվող կենտրոնով: Թող B եւ C- ն շրջագծի հատվածի խաչմերուկային կետերն են անկյունի կողմերը (Նկար 3, Ա): AV RADIUS- ը կենտրոնում կանցկացնի շրջան, այս ճառագայթների մեկնարկային կետի կետում (Նկար 3, բ): Այս շրջանի խաչմերուկի կետը այս ճառագայթով նշվում է 1-ով: Մենք նկարագրում ենք շրջանակը կենտրոնի հետ 1 եւ օդանավի շառավղով: Երկու շրջանակի 1 հատ հատ 1 հատում ստում է ցանկալի անկյունի կողքին: Սա հետեւում է հավասարությունից δ ABC \u003d δ S 1 S 1 (եռանկյունների հավասարության երրորդ նշանը):

Առաջադրանք 3. Կառուցել այս անկյան բիսեկտորը (Նկար 4):

Որոշում Ուղղանկյունից եւ այս տեսանկյունից, ինչպես կենտրոնից, մենք իրականացնում ենք կամայական շառավիղի շրջան: Թող B եւ C- ն - իր խաչմերուկի կետերը անկյան կողմերի հետ: Նույն շառավղով եւ հետ կետերից մենք նկարագրում ենք շրջանակը: Թող դերը լինի նրանց խաչմերուկի իմաստը, տարբերվում է Ա.Ռանգի գովազդից բաժանում անկյունը եւ կեսը: Սա հետեւում է հավասարության δ ABD \u003d δ ACD (եռանկյունների հավասարության երրորդ նշանը):

Առաջադրանք 4. Այս հատվածի համար միջին ուղղանկյուն վարեք (Նկար 5):

Որոշում Կամայական, բայց նույն շրջանառության լուծումը (մեծ 1/2 AB) նկարագրում է երկու կամար կենտրոններով A եւ B կետերում, որոնք միասին հատվում են C եւ D. Direct CD- ն, ցանկալի ուղղահայաց: Իրոք, ինչպես կարելի է տեսնել շինարարությունից, C եւ D կետերից յուրաքանչյուրը հավասարապես հանվում է a եւ b- ից; Հետեւաբար, այս կետերը պետք է պառկեն հատվածի ծայրամասի վրա գտնվող հատվածի վրա:

Առաջադրանք 5. Այս հատվածը կիսով չափ բաժանեք: Այն լուծվում է այնպես, ինչպես 4-ը (տես Նկար 5):

Առաջադրանք 6. Այս կետի միջոցով անցկացրեք ուղիղ գիծ, \u200b\u200bուղղահայաց այս ուղղակիորեն:

Որոշում Երկու դեպք հնարավոր է.

1) Այս կետը կայանում է այս տողի վրա (Նկար 6):

Կամայական շառավիղի վերաբերյալ կետից այն շրջանակը, որն անցնում է ուղիղ Ա եւ Վ. Միեւնույն շառավղով եւ նույն շառավղով մի կետից: Թող 1-ը լինի նրանց խաչմերուկի կետը, տարբերվում է O.- ից, մենք ստանում ենք Oo 1 at ab. Փաստորեն, O եւ O կետերը հավասար են հատվածի ծայրերին AB եւ, հետեւաբար, սուտ են այս հատվածի մեջտեղում:

Ղրիմի դպրոցականների գիտությունների փոքր ակադեմիա

«Փնտրող»

Բաժին «Մաթեմատիկա»

Երկրաչափական կառուցում է երկկողմանի գծով

Ես կատարել եմ աշխատանքը բայց

_____________

Դասասենյակ Ուսանող

գիտական \u200b\u200bխորհրդատու

Ներածություն ................................................. .......................... .. ... ..3

I. Երկրաչափական շինարարություն ինքնաթիռում .................. ... 4

I.1 .1. Կառուցողական երկրաչափության ընդհանուր աքսիոմներ: Մաթեմատիկական գործիքների աքսիոմներ .............................................. .............................................. ..4

I.2 .2. ……………………….....5

I.3. Մեկ կազմի երկրաչափական շինարարություն ..................................... 7

Ես.4. Երկկողմանի գիծ կառուցելու հիմնական խնդիրները .................. ..8

I.5. Կառուցելու տարբեր առաջադրանքների լուծում ....................................... 12

I.6. Կառուցելով միակողմանի գիծ ....................................... ..... 20 տարեկան

I.7. Երկկողմանի գծի փոխանակելիությունը շրջանառության եւ իշխանի հետ .... 21

Եզրակացություն ................................................. ......................... 24

Օգտագործված հղումների ցանկը .............................................. .... .25

Ներածություն

Սահմանափակ միջոցների կառուցման առաջադրանքներ Ներառեք միայն շրջանառության եւ կառավարիչ կառուցելու առաջադրանքներ, որոնք համարվում են Դպրոցական ծրագիր, Հնարավոր է լուծել խնդիրները միայն մեկ տող կառուցելու համար: Հաճախ, ձեռքի տակ շրջանառություն չկա, եւ տիրակալը միշտ կարելի է գտնել:

Երկրաչափության մեջ կառուցելու առաջադրանքները հետաքրքրաշարժ բաժին են: ՏՏ ոլորտը պայմանավորված է երկրաչափական պարունակության գեղեցկությամբ եւ պարզությամբ: Այս առաջադրանքների քննարկման կարեւորությունը մեծանում է այն պատճառով, որ գործնականում գտնում է օգտագործումը: Այս աշխատանքում քննարկվող առաջադրանքները լուծելու համար մեկ տող օգտագործելու ունակությունը մեծ նշանակություն ունի գործնական գործունեության մեջ, քանի որ Անընդհատ մեզ դիմակայում են հատվածը կիսով չափ բաժանելու խնդիրներին, կրկնապատկելով այս հատվածը եւ այլն:

Այս հոդվածում, շինարարության հիմնական խնդիրները, որոնք աջակցվում են ավելին լուծելու միջոցով Բարդ առաջադրանքներ.

Ինչպես ցույց է տալիս փորձը, շինարարության առաջադրանքները հետաքրքրություն են ներկայացնում, նպաստում են մտավոր գործունեության ակտիվացմանը: Երբ որոշվում են, ակտիվորեն օգտագործվում են թվերի հատկությունների իմացությունը, բարելավվում է գոյատեւելու ունակությունը, երկրաչափական շինությունների հմտությունները: Արդյունքում զարգանում են կառուցվածքային կարողությունները, ինչը երկրաչափության ուսումնասիրման նպատակներից է:

Հիպոթեզ. Շենքի բոլոր առաջադրանքները, որոնք լուծվում են շրջանառության եւ իշխանի օգտագործմամբ, կարող են լուծվել միայն երկկողմանի գծի օգնությամբ:

Ուսումնասիրության առարկա. Առաջադրանքներ շենքի եւ երկկողմանի կառավարիչ:

Հետազոտական \u200b\u200bնպատակներ. Ապացուցեք, որ շենքի բոլոր խնդիրները կարող են լուծվել միայն երկկողմանի գծի օգնությամբ.

Հետազոտությունների առաջադրանքներ. Սովորեք Տեսական հիմքը Լուծումներ շինարարական առաջադրանքների. Երկկողմանի գծի օգնությամբ կառուցելու հիմնական խնդիրները. Ստեղծեք ավելի բարդ շինարարական առաջադրանքների օրինակներ. Համակարգել տեսական եւ գործնական նյութը:

I. Երկրաչափական շինարարություն ինքնաթիռում

I.1 .1. Կառուցողական երկրաչափության ընդհանուր աքսիոմներ: Մաթեմատիկական գործիքների աքսիոմներ

Կառուցողական երկրաչափության համար անհրաժեշտ է ունենալ ճշգրիտ եւ մաթեմատիկական նպատակներով: Ամբողջական նկարագրությունը գործիք: Նման նկարագրություն տրված է աքսիոմի տեսքով: Վերացական մաթեմատիկական ձեւով այս աքսիոմները արտահայտում են իրական նկարչական գործիքների այն հատկությունները, որոնք օգտագործվում են երկրաչափական շինությունների համար:

Երկրաչափական շինությունների ամենատարածված գործիքներն են.Կանոն (միակողմանի) , կողմնացույց , երկկողմանի Կանոն (զուգահեռ եզրերով) Եվ որոշ ուրիշներ:

A. Axiom տիրակալ:

Կառավարիչը թույլ է տալիս կատարել հետեւյալ երկրաչափական շինությունները.
ա) կառուցել մի հատված, որը կապում է երկու կառուցված միավոր.

բ) կառուցել ուղիղ, անցնելով երկու կառուցված միավորով.

գ) կառուցել կառուցված կետից դուրս եկող ճառագայթ եւ անցնելով մեկ այլ ներկառուցված կետ:

B. Acceioma Circle.

Շրջանությունը թույլ է տալիս կատարել հետեւյալ երկրաչափական շինությունները.
ա) կառուցել շրջան, եթե շրջանակի կենտրոնը եւ հատվածը կառուցված են հավասար շրջանակի շառավղին (կամ դրա ծայրերը).

V. Axioma երկկողմանի տող:

Երկկողմանի կառավարիչը թույլ է տալիս.

ա) Կատարել Axiom A- ում նշված ցանկացած շինություն.

բ) Կառուցված գծի սահմանած կիսա դիրքերից յուրաքանչյուրում կառուցեք ուղիղ գիծ, \u200b\u200bայս ուղիղ գծին զուգահեռ եւ դրանից անցնելովբայց որտեղ բայց - ֆիքսված է այս տողի հատվածի (գծի լայնությունը).

գ) Եթե եւ B կետերը կառուցվեն, ապա տեղադրեք, արդյոք կլինի ավելին, քան որոշ ֆիքսված հատվածներբայց (Տողի լայնությունը), եւ եթե ab\u003eբայց այնուհետեւ կառուցեք երկու զույգ զուգահեռ ուղիղ գծեր, համապատասխանաբար, A եւ B կետերով եւ մեկ այլ հեռավորության վրա փոխանցվում են մեկ այլ հեռավորության վրաբայց .

Թվարկված գործիքներից բացի, հնարավոր է օգտագործել այլ գործիքներ Երկրաչափական շինությունների համար. Կամայական անկյուն, ածխածնի, նշաններով տիրակալ, մի զույգ ուղիղ կորեր, եւ այլն:

I.2 .2. Ընդհանուր սկզբունքներ, որոնք լուծում են շինարարության առաջադրանքները

Առաջադրանք շենքի վրա Այն է, որ որոշակի գործիչ է պահանջվում սահմանված գործիքներ կառուցելու համար, եթե տրվի որոշ այլ գործիչ, եւ որոշ գործակիցներ նշված են ցանկալի գործչի տարրերի եւ այս ցուցանիշի տարրերի միջեւ:

Կոչվում է յուրաքանչյուր գործիչ, որը բավարարում է առաջադրանքի պայմաններըՈրոշմամբ Այս առաջադրանքը:

Գտեք լուծում Շինարարության համար առաջադրանքներ նշանակում է այն նվազեցնել հիմնական կոնստրուկցիաների վերջնական թվին, I.E- ն, նշեք հիմնական շինությունների վերջնական հաջորդականությունը, որից հետո ցանկալի ցուցանիշը կդիտարկվի աքսիոմի պատճառով կառուցված կառուցված բուռն: Թույլատրելի հիմնական շինությունների ցանկը, եւ, հետեւաբար, խնդրի լուծման ընթացքը, այն էապես կախված է նրանից, թե որ գործիքներն են օգտագործվում շինությունների համար:

Լուծել շենքի առաջադրանքը - այսպես Գտեք նրա բոլոր լուծումները .

Վերջին սահմանումը պահանջում է որոշ բացատրություններ: Առաջադրանքի պայմանները բավարարող թվերը կարող են տարբեր լինել ինչպես ձեւի, այնպես էլ չափսերի եւ ինքնաթիռի դիրքի: Ինքնաթիռում դիրքի տարբերությունները ընդունվում են կամ հաշվի չեն առնվում, կախված շինարարության վրա ինքնին առաջադրանքի ձեւակերպումից, այն մասին, թե արդյոք որեւէ մեկի վերաբերյալ ցուցաբերում է կամ չի նախատեսում առաջադրանքի խնդիրը տվյալների թվեր:

Եթե \u200b\u200bլուծում է հայտնաբերվել, ապա ապագայում թույլատրվում է օգտագործել այս որոշումը «որպես ամբողջություն», ես:, առանց այն հիմնական շինությունների վրա շեղելու:

Կան մի շարք պարզ երկրաչափական դիզայնի առաջադրանքներ, որոնք հատկապես հաճախ ընդգրկված են որպես Բաղադրիչի մասեր Ավելի բարդ առաջադրանքներ լուծելիս: Մենք նրանց անվանում ենք տարրական երկրաչափական առաջադրանքներ շինարարության համար: Տարրական առաջադրանքների ցանկը, իհարկե, պայմանական է: Տարրական առաջադրանքների քանակը սովորաբար հետեւյալն է.

Այս հատվածի բաժանումը կիսով չափ:

Այս անկյունի բաժանումը կիսով չափ:

Այս ուղղակի հատվածի կառուցումը հավասար է դրան:

Դրա համար հավասար անկյուն կառուցեք:

Այս կետով անցնող ուղիղ գծի կառուցումը զուգահեռ է այս տողին:

Այս կետի միջոցով անցնող ուղիղ գծի կառուցում եւ ուղղահայաց:

Սեգմենտի բաժին այս առումով:

Եռանկյունի կառուցում այս կուսակցություններից երեքի համաձայն:

Կողքի եւ հարակից երկու անկյունների կառուցում եռանկյուն:

Եռանկյունի կառուցում երկու կողմերի եւ նրանց միջեւ եղած անկյան տակ:

Յուրաքանչյուր դժվար գործի լուծման հարցում առաջանում է, թե ինչպես կարելի է պատճառաբանել, թե ինչպես գտնել խնդիրը լուծելու խնդիր `խնդրի բոլոր լուծումները ստանալու համար, որպեսզի պարզեք խնդիրը լուծելու պայմանները, ա Լուծման սխեման օգտագործվում է հետեւյալ չորս փուլերից բաղկացած:

1) վերլուծություն;
2) շինարարություն;
3) ապացույց;
4) ուսումնասիրություն:

I.3. Մեկ տողի երկրաչափական շինարարություն

Մենք կառավարիչը կքննարկենք տեսանկյունից երկու կետից. Որպես կառավարիչ եւ որպես երկկողմանի գիծ:

1. Երկկողմ կառավարիչ լայնություններ բայց Մենք ռեգոն կզանգահարենք զուգահեռ ծայրերով, որոնք գտնվում են հեռավորության վրա բայց Միմյանցից, հնարավորություն տալով ուղղակիորեն կառուցել.

ա) կամայական ուղիղ;

բ) ուղիղ, անցնելով երկու հավաքածուի կամ ձեռք բերված կետի խնդրի լուծման գործընթացում.

գ) ուղիղ ուղիղ, որոնցից յուրաքանչյուրը անցնում է կետերից մեկով, հեռավորությունները, որոնց միջեւ ավելի շատ ենբայց (Այս դեպքում գծի կառուցումը այս դիրքում է, որպեսզի իր երկու զուգահեռ եզրերից յուրաքանչյուրում ստացվի տվյալների երկու կետերից մեկը, այս դեպքում մենք կխոսենք ուղղակիորեն կառուցելու մասին):

Այս կոնստրուկցում տողի լայնությունը համարվում է հաստատուն, եւ, հետեւաբար, որոշակի առաջադրանքի լուծման գործընթացում անհրաժեշտ կլինի կատարել համեմատաբար որոշ կետերի անհապաղ շինարարությունըԲայց մի քանազոր Մեջ , ապա հարկավոր է ապացուցել, որ երկարությունըԱ Երկարություն բայց .

Կետը համարվելու է կառուցված, եթե դա երկու կառուցված ուղիղ գծերի տվյալներից է կամ խաչմերուկը. Իր հերթին, մենք կքննարկենք ուղղակիորեն կառուցվածը, եթե այն անցնի կետի կառուցված կամ տվյալներով:

Օգտագործելով երկկողմանի գիծ, \u200b\u200bկարող եք կառուցել հետեւյալը:

ա) երկու կետից երկու կետով, կարող եք ուղղակիորեն անցկացնել, ավելին, միայն մեկը:

բ) Ինչ էլ որ լինի ուղիղ, ինքնաթիռում կան երկու ուղիղ, դրան զուգահեռ եւ հեռու դրանիցԱ .

գ) երկու կետ եւ դրանով բայց Կարող եք անցկացնել երկու զույգ զուգահեռ ուղիղ; AV \u003d բայց Կարող եք անցկացնել զուգահեռ ուղիղ գծեր, որի հեռավորությունը հավասար էբայց .

Եթե \u200b\u200bմեկը, երկու, երեք միավոր տրվի, ապա չեք կարող որեւէ նոր միավոր կառուցել

(Նկար 1);

Եթե \u200b\u200bտրվի չորս միավոր, որոնցից երեքը (կամ չորսը) ստում են մեկ ուղիղ գծի վրա, ապա ոչ մի այլ կետ չպետք է կառուցի (Նկար 2);

Եթե \u200b\u200bզուգահեռագրության գագաթներում պառկած են չորս միավոր, ապա կարող եք միայն մեկ միավոր կառուցել `իր կենտրոնը: (Նկար 3):

Վերոնշյալը վերցնելով, առանձին դիտարկեք երկկողմանի գծի կողմից լուծված առաջադրանքները:

Ես.4. Երկկողմանի գիծ կառուցելու հիմնական խնդիրները

1
. Կառուցեք BiSector Angle ABS.

Որոշում. (Նկար 4)

բայց  (Ներ Գ.) I. Բ  (AV), եւ  Բ = Գցել .

Մենք ստանում ենք B: Գցել - Bissectris  ABC.

Իսկապես ստացել է

Զուգահեռագրության շինարարությունն է

Դղրդյուն, քանի որ նրա բարձունքները հավասար են: ՄեջԳցել –

անկյունագծային ռոմբուսը, բիսեկտոր է ABC. Ֆիգ .4

2
. Կրկնապատկելով ABC- ի այս անկյունը

Որոշում : (Նկար 5) ա) բայց  (AV),

բայց  (Ներ Գ.)= Գցել , կետերի միջոցով եւ Գցել

Բ ուղղակիորեն;

բ) կետերի միջոցով եւԳցել Տղամարդ  Բ

ուղղակիորեն,Բ Ç Ա \u003d. Զ. .

Ստացում Ð Ա Զ. = 2 Ð Աբկ .

Նկ .5

3 , Այս ուղղակի մ Ն. Սրանում

Նշեք եւ ծախսեք ուղղահայաց

Որոշում : (Նկար .6)

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

Ուղղակիորեն (Բ. (Մ. Ն.),

Դեպի Î (Մ. Ն.)); 2) եւ ներսից

Տղամարդ || Ն. - ուղղակիորեն

Տղամարդ Ç (SS 1) \u003d Գցել .

Մենք ստանում ենք (A. Գցել )  (Մ. Ն. ).

Նկար .6:

4
. Այս կետի միջոցով չի ստում

Այս ուղղակի Վարվել ուղղահայաց

դեպի Այս ուղղակի.

Որոշում. Այս պահի միջոցով

Երկու ուղիղ հատում է սա

ուղիղ պողոտ, եւ երկու անգամ արդյունքում ստացված անկյունները

Եռանկյունը դրան հարող

ուղիղ  Օ Ն. = 2  Օ.

Ձրի Ն. = 2  OV (Նկար 7):

Նկար 7:

5. Կառուցեք մի կետ, սիմետրիկ սա, համեմատած այս ուղղակիի հետ:

Որոշում. Տես առաջադրանքը 4. (սիմետրիկ կետի կետՆ., Նկար 7)

6. Ուղիղ անցկացրեք Զուգահեռ տրված

Իմաստ
Մ. Մ. Ն. , կետի միջոցով, ոչ

Պատկանող ուղղակի Մ. Ն. .

Լուծում 1. (Նկար 8)

1) (AA 1) || (BB 1) || (SS 1) || (Դդ 1 ) || (QC 1) -

– Ուղղակի, (SA)Ç (BB 1) \u003d C 2;

2) (2k- ից) Ç (Դդ 1 ) = Զ. .

(Բայց Զ. ) - ցանկալի ուղիղ գիծ:

Գծապատկեր 8:

Լուծում 2. . Նկար 8 1 համարակալված

Ուղղակի հաջորդականությունը,

որից 1, 2 եւ 3-ը զուգահեռ են

ուղղակի շինարարություն;

(Բայց Զ.) || (Մ. Ն.).

Նկար 8 1:

7
. Այս հատվածը կիսով չափ բաժանեք:

Լուծում 1. (Նկար 9) (միայն այն դեպքում, երբ գծի լայնությունը պակաս է այս հատվածի երկարությունից): Ուղղակի անցեք երկու զույգ զուգահեռ

Այս հատվածի ավարտը, այնուհետեւ անկյունագծով

Արդյունքում առաջացած ռոմբուսը: O - Միջին պող.

ՆկՂ ինը:

Լուծում 2. (Նկար 9, Ա)

1) Ա. || (Խումբ Բ || (AV) - ուղղակիորեն;

2) (AR), (AR)Ç A \u003d C, (AR) Ç Բ = Գցել ;

3) (Գցել Մեջ) Ç A \u003d M, (SV) Ç Բ = Ն. ;

4) (մ Ն. ) Ç (Av) \u003d k;

5) (Գցել Դեպի) Ç (Բայց Ն. ) = Զ. ;

6) (in Զ. ) Ç Բ = Գցել 1, (in Զ. ) Ç A \u003d C 1;

7) (Գցել Մեջ ) Ç (Բայց Գցել 1) \u003d x,

(AC 1) Ç (SV) \u003d Զ..

8) (x Զ.) Ç (AV) \u003d Օ. Մենք ստանում ենք JSC \u003d S:

Նկար 9, Ա.

Լուծում 3. .( ՆկՂ 9, բ)

Ինչպես հայտնի է , Միջին ծուղակում

Հողեր, խաչմերուկի կետ

diagonals եւ խաչմերուկային կետ

Կողքային կուսակցությունների շարունակականությունները

Պառկած մեկ ուղիղ գծի վրա:

1) Տղամարդ || (AV) - ուղղակիորեն;

2) Ս. Î Տղամարդ , Գցել Î Տղամարդ (AC) Ç (Ներ Գցել ) = Դեպի; Նկար 9, Բ.

3) (SV) Ç (Բայց Գցել ) = Զ. ; 4) (դեպի Զ. ) Ç (AV) \u003d Օ. Մենք ստանում ենք JSC \u003d S:

I.5. Շենքի տարբեր առաջադրանքների լուծում

Հետեւյալ առաջադրանքները միայն երկկողմանի գիծ կառուցելու համար օգտագործվում են ուղղակիորեն ուղիղ եւ յոթ հիմնական հիմնական առաջադրանքների անմիջական կառուցումը:

1. Այս պահից հետո երկու փոխադարձ ուղղահայաց ուղիղ գծեր անցկացրեք:

Ժլատ Չափել. Կտրեք այս կետով

Երկու կամայական ուղիղ,

Եվ հետո - Բիսեկտոր

հարակից անկյուններ: (Նկար .10)

Նկար .10.

2. Dan Cut A. Գցել Այս երկարությունը ա.

Կառուցել մի հատված, որի երկարությունը հավասար է:

Ժլատ
Խառնաշփոթություն : Եկեք ծախսենք Տղամարդ  բայց մի քանազոր Հ. || Տղամարդ միջով

Կետ Զ. || (Բայց Գցել ) , Կ. || (ՀԱՅՏԱՐԱՐՈՒԹՅՈՒՆ) ուղղակիորեն:

Մենք կանցկացնենք AV եւ AC, որտեղ in \u003dԶ.  Տղամարդ ,

c \u003d. Տղամարդ  Կ. , Հայտնի մեթոդով

Մենք կիսով չափ բաժանում ենք AV- ին եւ խոսնակներին

Մենք իրականացնում ենք եռանկյունու միջնորդները

ABC. Ըստ միջին գույքի

Եռանկյուն, Օ. Գցել = - isked

Կտրել (Նկար 11)

ՆկՂ տասնմեկ

3. Կառուցել մի հատված, որի երկարությունը

հավասար է այս եռանկյունու պարագծին:

Որոշում. (Նկար 12): Կառուցել Bisector

եռանկյունու երկու արտաքին անկյուններ եւ այնուհետեւ

Հ գագաթներով Մեջ Եկեք ծախսենք ուղղաձիգ

Այս բիշեկտորին:

Դե. \u003d A +. Բ + Ս.

Նկար .12.

4. Dan երկարությամբ ա. Կառուցեք երկարության հատվածներ 2 ա, 3 ա:

Ժլատ Չափել. (Նկար 13)

1 մ Ն.) || (AB) եւ (մ 1) Ն. 1 ) || (Մ. Ն.) || (Մ 2. Ն. 2 ) –

Ուղղակիորեն;

2) (CA) եւ (SV) A եւ V- ի միջոցով:

Segments 1-ին 1 եւ 2-ում `2-ում, ցանկալի:

Այս առաջադրանքի եւս մեկ լուծում կարող է

Ստացեք առաջադրանքից 7-ը:

ՆկՂ 13 տարեկան

5. Ուղղակի ամսաթվով տրված երկու հատվածներ, որոնց երկարությունները եւ Բ , Կառուցել այն հատվածներ, որոնց երկարությունները հավասար են + Բ , Բ - բայց, ( Ա + Բ ) / 2 եւ ( Բ - Ա )/2 .

Որոշում. եւ համար Ա + Բ (Նկար 14, ա)

Նկար .14, Ա.

բ) ( Ա + Բ) / 2 (Նկար.14, B)

1) (1-ին 1-ը) || (Եւ 2-ը 2-ից) || (AV) - ուղղակիորեն;

2) Մ. Î (2-ը 2-ին), (MX) Ç (1-ը 1-ին) \u003d Ն.((Մ. Հ.) Ç (1-ը 1-ին) \u003d Պսակել:;

3) (Սղոցել) Ç (2-ը 2-ին) \u003d Լ., (Լ | ) Ç (1-ը 1-ին) \u003d O,

Մենք ստանում ենք. Ն. Օ. = ԱԱԾ + Պո =
.

ՆկՂ 14, Բ.

գ) համար Բ - բայց (Նկար 14, գ)

ՆկՂ 14, Բ.

գ) համար ( Բ - Ա )/2 (Նկար 14, դ)

ՆկՂ 14, Գ.

6
. Կառուցել այս շրջագծի կենտրոնը:

Որոշում : (Նկար .15) Եկեք ծախսենք Direct AV- ն

խաչմերուկի շրջանակը A եւ B կետերում;

Արեւ  AB, որտեղ c- ն է խաչմերուկի կետը

շրջապատով:

Զուգահեռ խոսելու մի կետի միջոցով

Ուղիղ Ս. Գցել; ԴեպիԳցել Շրջանակը հատելը

ԿետումԳցել.

ԿապԳցել մենք եւ S- ի միջոցով, մենք ստանում ենք

the անկալի կետը շրջանակի կենտրոնն է: ՆկՂ տասնհինգ

Լուծում 2. (Նկար 16) Մենք կառուցում ենք երկու զուգահեռ ակորդ, օգտագործելով երկկողմանի գիծ:ՀԱՅՏԱՐԱՐՈՒԹՅՈՒՆ մի քանազորՄ.թ.ա. , Մենք ստանում ենք հավասարակշռության ծուղակԱ Բ Գ Դ., ԹեԿ. մի քանազորՊսակել: - թանկ խաչմերուկըՍուտ մի քանազորԲադ. , Աբ մի քանազորԴդում , Հետո ուղիղՊսակել: Կ. Այն անցնում է trapezium- ի ուղղահայաց հիմքերի կեսին, ինչը նշանակում է, որ այն անցնում է այս շրջանի կենտրոնով: Նմանապես կառուցելով մեկ այլ նման ուղղակի ուղղակի, մենք կգտնենք շրջանակի կենտրոնը:

ՆկՂ տասնվեց

7. Dana Arc երկիր: Կառուցել շրջանի կենտրոն

Որոշում . (Նկար 17) Մենք նշում ենք այս աղեղի վրա երեք միավոր A, B եւ C: Մենք գիծը կդնենք AB հատվածի ծայրերին եւ շրջել դրա եզրերը: Մենք երկու զուգահեռ ստանում ենք ուղիղ: Փոխելով գծի դիրքը, մենք կունենանք երկու զուգահեռ ուղիղ գծեր: Մենք ստանում ենք ադամանդ (հավասար բարձունքներով զուգահեռ): Ռոմբուսի անկյունագծերից մեկը `հատվածի միջին ուղղանկյունԱբ Քանի որ գնչու անկյունագիծը ընկած է միջնապատի վրա `ուղղահայաց մեկ այլ անկյունագծով: Նմանապես, մենք ունենք հատվածի մեջտեղի ուղղահայացՍուտ , Ներկառուցված միջին ուղղանկյունի խաչմերուկային կետը ցանկալի շրջանակի կենտրոնն է:

ՆկՂ 17:

8. Dana Cut AB, ոչ զուգահեռ ուղղակի L եւ կետի մ-ը: Նույն երկկողմանի տողով կառուցեք ուղիղ գծի խաչմերուկային կետերը L- ի միջոցով AB շառավղով `Մ.-ի կենտրոնի հետ:

Որոշում. (Նկար .18)

True շմարիտ եռանկյունԱԲՄ Մինչեւ զուգահեռAnnm. , Մենք կառուցում ենք BiSector Mt- ը եւMS. Անկյունները միջեւՄն. եւ ուղղակիԼ. . Եկեք նկարենք կետի միջոցովՆ. Ուղղակի, այս Bisector- ին զուգահեռ.NQ. || MS., Թ. || Գդալ, Մուտ│ MS. Որպես հարակից անկյունների բիզեկտոր: Դա նշանակում էNQ. │ Mt, այսինքն, եռանկյունի մեջNMQ Bissectix- ը բարձրություն է, հետեւաբար, եռանկյունը նախորդում է.MQ. = Մն., Նմանապես,Պարոն = Մն., Կետ Գ.մի քանազորՌ. Skein.

ՆկՂ տասնութ

9. Dana Straight L եւ Segment OA, զուգահեռ լ. Մեկ երկկողմանի տողի օգնությամբ կառուցեք Direct L- ի խաչմերուկային կետերը OA կենտրոնի հետ OA- ի շառավղով շրջապատով:

Որոշում. (Նկար 19, ա)

Եկեք ուղիղ ծախսենքԼ. 1 , զուգահեռ, ուղղակիորենՕԱ. եւ հեռու դրանիցԱ , Ուղղեք ուղղակիորենԼ. Կամայական կետԲ , ԹեԲ 1 - կետի խաչմերուկի ուղղակիOb. մի քանազորԼ. 1 , Եկեք նկարենք կետի միջոցովԲ 1 Ուղիղ, զուգահեռԱբ ; Այս ուղղակի անցնում է ուղիղըՕԱ. ԿետումԱ 1 , Հիմա ծախսեք միավորների միջոցովՕ. մի քանազորԱ 1 զուգահեռ ուղիղ գծեր, որի միջեւ հեռավորությունը հավասար էԱ (Ուղղակի նման զույգերը կարող են լինել երկուսը). ԹեX. մի քանազորX. 1 - կետի միջով անցնող ուղղակի անցման հատման կետՕ. , ուղիղԼ. մի քանազորԼ. 1 , ՈրպեսՕԱ. 1 = Եզ: 1 եւ δՕԱ. 1 X. 1 ∆ Oax. , ապա OA \u003d OH, կետX. ցանկալի:

Նմանապես, մենք կառուցում ենք շրջագծի եւ ուղիղ կետի հատման երկրորդ կետըՅ. (Նկար .18, բ):

ՆկՂ 18, Ա.

ՆկՂ 18, Բ.

I.6.Կառուցելով միակողմանի տիրակալ

Զ.
Տեսեք, հաշվի առեք հատուկ դեպք. Թող p կետը,Գ., R 1 մի քանազորԳ. 1 , Եվ նրանք պառկած են trapezium- ի գագաթներով:

1. Բաժանել հատվածը R. Գ. Պոպոլամ:

Որոշում ցուցադրված է Նկար 19-ում

Տրված կետերը p,Գ., R 1 մի քանազորԳ. 1 եւ զուգահեռ ուղիղ գծեր

ԺլատԳ., R 1 Գ. 1 , Մենք կանցկացնենք Ռ.Գ. 1  Գ.Ժլատ 1 \u003d Բ. , PP. 1  QQ. 1 \u003d A.

Միացրեք կետերը A եւ V. AV ԺլատԳ. = Զ. - կես:

Կտրել r.Գ..

ՆկՂ իննսուն

2. Կրկնակի կտրում Ժլատ 1 Գ. 1.

Ժլատ
Խառնաշփոթություն Showing ուցադրվում է Նկար 20. Կառուցել

կետԶ. - հատվածի կեսը pԳ. եւ միացրեք այն

դեպիԳ. 1. Ժլատ 1 Գ. Fq 1 \u003d Մ. Մենք կանցկացնենք Վարչապետը: RM Ժլատ 1 Գ. 1 = Ռ.

հավասարությունRQ. եւ Ռ. 1 Գ. 1 Այն հետեւում է նմանությունից

Եռանկյունիներ RMԶ. մի քանազոր Ռ.ՏղամարդԳ. 1 ,

Զ.ՏղամարդԳ. մի քանազոր Ժլատ 1 ՏղամարդԳ. 1 եւ հավասարությունԶ. մի քանազորFq.

ՆկՂ քսան

3
. Կառուցել երկարության երկարություն Ն.  Ժլատ 1 Գ. 1 .

Տղամարդ – 1 Հավասար հատվածներ r.Գ. 2 , Գ. 2 Գ. 3, … Գ. Տղամարդ -1 Գ. Տղամարդ

Հետո կառուցեք (PP. 1 ) I.Գ. Տղամարդ Գ. 1 եւ միացնել

նրանց խաչմերուկի կետը եւ կետերը

Գ. 2 , Գ. 3, … Գ. Տղամարդ Ձեռք բերվածՏղամարդ -1 ուղիղ

ՏիկնիկԺլատ 1 Գ. 1 վրաՏղամարդ հավասար Մասեր:

ՀամարՏղամարդ = 4 Լուծումը ներկայացված է Նկար 22-ում

Նկար 22

I.7. Երկկողմանի գծի փոխանակելիությունը շրջանառության եւ տիրակալով

Մենք ապացուցում ենք, որ երկկողմանի գիծը փոխանակելի է շրջանառության եւ իշխանի հետ: Դա անելու համար մենք ապացուցում ենք հետեւյալ հայտարարությունները.

Հաստատում 1. Շրջանառության միջոցով իրականացվող բոլոր շինությունները կատարվում են երկկողմանի գծի միջոցով:

Շրջանառություն եւ կառավարիչ կառուցելիս իշխանը ուղղակիորեն ծախսում է երկու կետի միջոցով, եւ շրջանառությունը կառուցում է շրջան (գտնում է դրա համար հավասար մասերի մի շարք կետեր), ապա շրջանառության եւ գծի բոլոր շինությունները կրճատվում են Ուղիղ գծով երկու ուղիղ, երկու շրջանակի եւ շրջանի խաչմերուկի կառուցում:

Կարող է կառուցվել գծի երկու ուղղության խաչմերուկը:

Անցնելով շրջանակը եւ ուղիղ (Նկար 23).

Շինություն: Թող դա տրվի մի հատված AB - շրջապատի շառավիղը, ուղիղԼ. , Circle Center Oh, ապա:

1) Մենք իրականացնում ենք ՕՀ ||Լ. , OS \u003d AB.

2) Մենք իրականացնում ենք ՕՀ ||Կ. եւ հեռակառավարվում է ա.

3) Կատարել., . Լ. = Գցել; . ժա) Ֆալեսի Թեորեմի հետեւանքով

4) հավասարությունների տրանսֆորմացիայի օրենքով

5) ԴիտարկենքOmqe. Omqe - զուգահեռագրություն, քանի որ ohm ||Eq. Եւ oe ||ԲԿ. (գծի կողմը զուգահեռ): Մենք ապացուցում ենք, որ դա ռոմբուս է:

5.1) վարքQz. Հոկտեմբեր մի քանազորQg. ՎՐԱ., ապաQg. = Qz. = Ա.

5.2)  Omq =  Rqm: (Ստում);  OS \u003dՎՐԱ.Ինչպես պահանջվում է ապացուցել:

Անցնելով երկու շրջանակի. Նմանապես:

Հաստատում 2. Երկկողմանի գծի օգտագործմամբ կատարված բոլոր շինությունները կատարվում են շրջանառության եւ իշխանի միջոցով:

Դա անելու համար շինարարությունը դարձրեք երկկողմանի գծի համար `շրջանառության եւ իշխանի համար:

1) Ուղղակի երկու կետից հեշտությամբ կառուցվում է իշխանի միջոցով:

2) Ուղղակի կառուցում այս եւ դրանից զուգահեռ.

2.1) թող տրվիԿ. եւ երկարության կտրումըԱ.

2.2) Կառուցեք կամայական ուղիղԲ Կ., թողԿ. Բ= Բ.

2.3)Բ կետի երկու կողմերումԲ ՈւղղակիԲ Երգելով երկարության երկարությունըԱ, թող կետըԳ. մի քանազորԳցել.

2.4) կետի միջոցովԳ. Կառուցեք ուղիղԳ. Կ..

2.5) կետի միջոցովԳցել Կառուցեք ուղիղԳցել Կ..

2.6) ՈւղիղԳ. մի քանազորԳցել -Յո, քանի որՄ.թ.ա. մի քանազորԲադ. հավասարԱ Շինարարությամբ եւ հավասար են ուղիղի միջեւ հեռավորության վրաԿ. Եւ ուղիղ

3) Ուղղակի, զուգահեռ իրենց միջեւ եւ երկու կետով անցնելու եւ հեռավորության վրա անցնելը, որի միջեւ հեռավորությունը հավասար է այս հատվածին.

3.1) Թող կետըԱ մի քանազորԲ եւ երկարության կտրումըԱ.

3.2) Կենտրոնի հետ շրջանակը կառուցեք կետումԱ եւ շառավիղԱ.

3.3) Մենք բշտիկավոր ենք այս շրջագծինԲ; այդպիսի տանգենտներ երկուսն են, եթեԲ ընկած է շրջանից դուրս (եթեԱբ> Ա) միայնակ, եթեԲ ընկած է շրջանակի վրա (եթեԱբ= Ա) Ոչ մեկը, եթեԲ ընկած է շրջանի ներսում (Աբ< Ա): Այս շոշափումը ցանկալի ուղղակի ուղղակի է. Մնում է ծախսել կետի միջոցովԱ Ուղղակի, նրան զուգահեռ:

3.4) Քանի որ ուղղահայաց շրջագծի անմիջական շառավղերից մեկը, որպես շոշափելի, երկրորդը նույնպես ուղղահայաց է (քանի որ դրանք զուգահեռ են), հետեւաբար, նրանց միջեւ հեռավորությունը հավասար է շառավղին, որը հավասար է շինարարությանըԱԻնչ պահանջվում էր ստանալ:

Այսպիսով, մենք ապացուցել ենք երկկողմանի գծի եւ շրջանառության եւ տիրակալության փոխանակելիությունը:

Եզրակացություն. Երկկողմանի գիծը փոխարինելի է շրջանառությամբ եւ կառավարիչով:

Եզրակացություն

Այսպիսով, հաշվի է առնվում եւ լուծվում է մեկ տող `մեկ տող օգտագործման հնարավորության օգտագործման հնարավորության մասին: Ստացվում է, որ շինարարության առաջադրանքները կարող են լուծվել `զուգահեռ եզրերով մեկ տող: Ավելի բարդ առաջադրանքներ լուծելիս պետք է հետագայում ապավինել այս գործերում քննարկված այսպես կոչված հիմնական շինությունների վրա:

Նշված նյութի ուղղակի կիրառումը կարող է ոչ միայն մաթեմատիկայի դասերի մեջ լինել, մաթեմատիկական շրջանի դասարաններում, այլեւ գործնական գործունեության մեջ:

Օգտագործված գրականության ցուցակ

Ալիեւ Ա.Վ. Երկրաչափական շինարարություն: Մաթեմատիկա դպրոցում: 1978 թ. 3.

Glaser g.i. Մաթեմատիկայի պատմություն դպրոցում: M., լուսավորություն: 1981 թ.

Դեպիկա I.YA. Մաթեմատիկայի դասագրքի էջերի ետեւում: Մ. Լուսավորություն: 1989 թ.

Ելենա Շ. Պյութագորայի հետքերով: Մ., ԴետԳիզ: 1961 թ.

Երիտասարդ մաթեմատիկայի հանրագիտարանային բառարան: Մ., Մանկավարժություն: 1985 թ

Օրինակ

Հատվածը կիսով չափ բաժանելով

Առաջադրանք Bisection- ի համար, Շրջանառության եւ տիրակալի օգնությամբ բաժանեք այս հատվածը Աբ երկու հավասար մասի մեջ: Մեկ լուծում ներկայացված է Նկարների մեջ.

• Շրջանաձեւ անցկացնել շրջանակները կենտրոնի հետ միավորով Ա մի քանազոր Բ շառավիղ Աբ.
• Մենք գտնում ենք խաչմերուկի կետերը Պսակել: մի քանազոր Գ. Երկու կառուցված շրջանակ (ARCS):
• Ըստ շարքի, մենք կատարում ենք մի հատված կամ տողեր, որոնք անցնում են միավորներով Պսակել: մի քանազոր Գ..
• Գտեք հատվածի կեսի հատվածը Աբ - խաչմերուկի կետ Աբ մի քանազոր PQ.

Պաշտոնական սահմանում

Շինության առաջադրանքներում, ինքնաթիռի բոլոր կետերի հավաքածու, բոլոր ուղղակի ինքնաթիռի հավաքածու եւ ինքնաթիռի բոլոր շրջանակների հավաքածու, որոնցից առաջ թույլատրվում են հետեւյալ գործողությունները.

1. Ընտրեք կետը բոլոր բոլոր կետերից.
   1. Կամայական կետ
   2. Կամայական կետը տրված ուղիղի վրա
   3. Կամայական կետ տվյալ շրջագծի վերաբերյալ
   4. Երկու սահմանված ուղղակիորեն խաչմերուկի կետը
   5. Տրված ուղիղ եւ տրված շրջագծի խաչմերուկի կետեր
   6. Երկու սահմանված շրջանակների խաչմերուկի կետը / հպումը
2. "Via Կառավարիչ»Տեղաբաշխել Ուղղակի ուղիղ գիծ.
   1. Կամայական ուղիղ
   2. կամայական ուղիղ, անցնելով նշված կետի միջով
   3. Ուղղակի, անցնելով երկու կետերի միջով
3. "Via Շրջանաձեւ»Տեղաբաշխել մի շարք բոլոր օղակներից.
   1. Կամայական շրջան
   2. Կամադրյալ շրջանակը կենտրոնի հետ տվյալ պահին
   3. Կամայական շրջանակ `շառավղով, որը հավասար է երկու նշված կետերի միջեւ հեռավորության վրա
   4. circle անկացած կետով շրջանաձեւով եւ շառավղով հավասար է երկու նշված կետերի միջեւ հեռավորության վրա

Առաջադրանքի պայմաններում որոշ կետեր են սահմանվում: Այն պահանջվում է վերը նշված թույլատրելի գործողություններից `օգտագործելով վերջնական քանակի գործառնություններ, տվյալ առումով որոշակի հարաբերակցման մեկ այլ միավոր` աղբյուրի հավաքածուով:

Շենքի խնդրի լուծումը պարունակում է երեք հիմնական մաս.

1. Տրված հավաքածուի կառուցման մեթոդի նկարագրությունը:
2. Ապացույցը, որ նկարագրված մեթոդով կառուցված հավաքածուն իրոք բնօրինակ հավաքածուով տրված հարաբերակցության մեջ է: Սովորաբար շինարարության ապացույցն արվում է որպես աքսիոմների եւ այլ ապացուցված թեորեմների հիման վրա թեորեմի սովորական ապացույց:
3. Իր կիրառելիության համար նկարագրված մեթոդի վերլուծություն Տարբեր ընտրանքներ Նախնական պայմաններ, ինչպես նաեւ նկարագրված մեթոդով ձեռք բերված լուծման եզակիության կամ չկատարելու համար:

Հայտնի առաջադրանքներ

• Ապոլոնիայի խնդիրն է երեք սահմանված շրջանակների հետ կապված շրջանակի կառուցման վերաբերյալ: Եթե \u200b\u200bնշված օղակներից ոչ մեկը մյուսի ներսում չի ստում, ապա այս խնդիրն ունի 8 էականորեն տարբեր լուծումներ:
• Brahmagupta- ի առաջադրանքը չորս կողմից մակագրված քառապատի կառուցման վրա:

Ճիշտ պոլիգոններ կառուցելը

Հնաոճ երկրաչափակները հայտնի էին ճիշտը կառուցելու ուղիներ Ն.«Հիմքեր, եւ.

Հնարավոր եւ անհնար շինություններ

Բոլոր շինությունները ոչ այլ ինչ են, քան ցանկացած հավասարման լուծում, եւ այս հավասարման գործակիցները կապված են նշված հատվածների երկարությունների հետ: Հետեւաբար, հարմար է խոսել համարի կառուցման մասին `որոշակի տիպի հավասարման գրաֆիկական լուծում: Վերոնշյալ պահանջների շրջանակներում հնարավոր են հետեւյալ շինությունները.

• Գծային հավասարումների լուծումների կառուցում:
• Քառակուսի հավասարումների լուծումների կառուցում:

Այլ կերպ ասած, հնարավոր է կառուցել միայն թվային ցուցանիշներին հավասար թվեր, օգտագործելով քառակուսի արմատ, սկզբնական համարներից (հատվածների երկարություն): Օրինակ,

Տատանումներ եւ ընդհանրացումներ

• Կառուցելով մեկ շրջանառությամբ: Mora - Masteroni theorem- ի միջոցով, մեկ շրջանառության միջոցով կարող եք կառուցել ցանկացած ձեւ, որը կարող է կառուցվել շրջանառությամբ եւ կառավարիչով: Միեւնույն ժամանակ, ուղղակիորեն համարվում է կառուցված, եթե դրա վրա նշված են երկու կետ:
• Շենքը մեկ տողով: Հեշտ է տեսնել, որ մեկ տողի օգնությամբ դուք կարող եք իրականացնել միայն նախեւառաջ անփոփոխ շինարարություն: Մասնավորապես, անհնար է նույնիսկ սեգմենտը ջարդել երկու հավասար մասի կամ գտնել գծված շրջանակի կենտրոնը: Բայց եթե իշխող օգտագործմամբ նշված կենտրոնի միջոցով կա նախանշված շրջան, նույն շինությունները կարող են իրականացվել որպես շրջանառություն եւ կառավարիչ (Պոնսել Թեորեմ) Անգլերեն)), 1833. Եթե գծի վրա կա երկու սերվեր, ապա դրա հետ կառուցեք, համարժեք է շրջանառությունն ու կառավարիչին (դրա ապացույցի կարեւոր քայլը):
• Հաշմանդամություն ունեցող հաշմանդամություն ունեցող շինություն: Այս տեսակի առաջադրանքների մեջ գործիքները (ի տարբերություն խնդրի դասական կարգին) համարվում են իդեալական, բայց սահմանափակ. Ուղղակի երկու կետի միջոցով գծի միջոցով կարող է իրականացվել միայն այն դեպքում, եթե այս կետերի միջեւ հեռավորությունը չի գերազանցում արժեք; Շրջանառությամբ անցկացված շրջանակների շառավիղը կարող է սահմանափակվել վերեւից, ներքեւից կամ միեւնույն ժամանակ վերեւից, իսկ ներքեւում:
• Շենքը հարթ origami- ով: Տեսեք կայքի կանոնները

տես նաեւ

• Երկրաչափության դինամիկ ծրագրերը թույլ են տալիս կառուցել շրջանառությամբ եւ կառավարիչ համակարգչով:

Նշումներ

Գրականություն

• Ա. Ադլեր Երկրաչափական կոնստրուկցիաների տեսություն / թարգմանություն German M. FIHTENDULZ- ից: - Երրորդ հրատարակություն: - L.: Stockebiz, 1940. - 232 էջ.
• Ի. Ի. Ալեքսանդրով Շենքի երկրաչափական առաջադրանքների ժողովածու: - Ethnamed Edition: - մ. Stockedgiz, 1950. - 176 էջ:
• Բ. Ի. Արգունով, Մ. Բ. Բալլ , - Երկրորդ հրատարակությունը: - M .. Stockedgiz, 1957. - 268 էջ.
• A. M. VORONETS Շրջանաձեւ երկրաչափություն: - Մ.-Լ. Onti, 1934. - 40 վ. - (Լ. Ա. Լիսերինիկի ընդհանուր հրատարակության ներքո մաթեմատիկայի հանրաճանաչ գրադարան):
• Վ. Ա. Գալել Չկարգավորող առաջադրանքներ շենքի համար // Սառնարան, - 1999 թ. - № 12. - P. 115-118:
• Վ. Ա. Կիրիչենկո Շրջանաձեւ շինարարություն եւ կանոն եւ Գալոիսի տեսություն // «Ժամանակակից մաթեմատիկա» ամառային դպրոց, - Դուբնա, 2005 թ.
• Յու. I. Mannin Գիրք IV. Երկրաչափություն // տարրական մաթեմատիկայի հանրագիտարան: - մ. Fizmatgiz, 1963 թ. - 568 էջ:
• Յու Պետերսեն Երկրաչափական առաջադրանքների լուծման մեթոդներ եւ տեսություններ: - Մ. Տպագրություն Է. Լիսներ եւ Յու: Հռոմեական, 1892. - 114 էջ:
• Վ. Վ. Պրասոլով Երեք դասական շինարարական խնդիրներ: Կրկնառելով Կուբա, շրջադարձային անկյուն, շրջանի քառանկյուն: - Մ. Գիտություն, 1992 թ. - 80 վ. - (Հանրաճանաչ դասախոսություններ մաթեմատիկայում):
• I. Steiner Երկրաչափական շինություններ, որոնք իրականացվում են ուղիղ գծի եւ ֆիքսված շրջանակի միջոցով: - M .. Stockedgiz, 1939 թ. - 80 վ.
• Մաթեմատիկայում ընտրովի դասընթաց: 7-9 / sost. I. L. Nikolskaya. - Մ. Լուսավորությունը, 1991. - P. 80. - 383 էջ: - ISBN 5-09-001287-3:

Վիքիմեդիա հիմնադրամ: 2010 թ.

Դիտեք, թե որն է «Շրջանառությունը եւ կառավարիչով կառուցելը» այլ բառարաններում.

Կառավարիչներ. Ստացեք ակադեմիական աշխատանքային կտրոնի համար զեղչի եւ շահավետ կամ շահավետ տիրակալը `Sevendings- ում վաճառքի անվճար առաքում

Բաժին Էվկլիդյան երկրաչափություն, որը հայտնի է հին ժամանակներից: Առաջադրանքների մեջ հնարավոր են հետեւյալ գործողությունները. Նշեք օդանավում կամայական կետ, կետը տեղադրեք կառուցված գծերից մեկը կամ երկու կառուցված գծերի խաչմերուկային կետը: Օգնությամբ ... ... Վիքիպեդիա

Շրջանառության եւ իշխանի բաժնի կառուցում Euclidean Geometry, որը հայտնի է հին ժամանակներից: Շենքի առաջադրանքների մեջ հնարավոր է հետեւյալ գործողությունները. Նշեք ինքնաթիռի կամայական կետը, կետը տեղադրեք ներկառուցված գծերից մեկի կամ կետի վրա ... ... Վիքիպեդիա

Sut., S., UDR. համեմատ Հաճախ մորֆոլոգիա. (Ոչ) Ինչ? Կառուցում ինչ: Շենք, (տես) Ինչ: Շենքը, քան Կառուցում ինչ: շենքի մասին; Մն. ինչ? Շենք, (ոչ) ինչ: Շինություններ, ինչ: Շենքեր, (տես) Ինչ: Շենք, ինչ? ... ... ... Բառարան Դմիտրիեւա