Документ взят из кэша поисковой машины. Адрес оригинального документа : http://www.abitu.ru/en2002/closed/viewwork.html?work=120 Дата изменения: Fri May 5 15:25:28 2006 Дата индексирования: Tue Oct 2 02:32:11 2012 Кодировка: koi8-r Поисковые слова: п п п п п п п п п п п п п п п п п п п п п п п п п п п п п п п п п п п п п п

Международная научно-техническая Интернет-конференция школьников "Юниор-
Старт в науку "











ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ПОСТРОЕНИЯ С ПОМОЩЬЮ НЕСТАНДАРТНЫХ ИНСТРУМЕНТОВ

Автор: Барбарош Антон
Евгеньевич
11 класс, гимназия ? 123,
Алтайский край, Россия
Научный руководитель:
Кизбикенов Кажимурат
Оспанович, кандидат
физико-математических наук,
доцент кафедры геометрии

Барнаульского

Государственного
Педагогического Университет








Барнаул, 2002


ОГЛАВЛЕНИЕ:
1) Вступление...................... стр.3
2) Цели работы.......................стр.4

ПРЯМЫЕ УГЛЫ

3) Аксиомы построения с помощью прямых углов...... стр.5
4) Примеры решения стандартных задач с помощью одного прямого
угла.............................стр.5
5) Доказательство взаимозаменяемости одного прямого угла циркулем и
линейкой...................стр.8
6) Построения корней алгебраического уравнения с помощью нескольких прямых
углов..... ...............стр.10
7) Примеры решения задач................... стр.13

ДВУСТОРОННЯЯ ЛИНЕЙКА

8) Аксиомы построения с помощью двусторонней линейки. стр.20
9) Примеры решения стандартных задач с помощью двусторонней
линейки......................... стр.20
10) Доказательство взаимозаменяемости двусторонней линейки циркулем и
линейкой.....................стр.25

ЛИНЕЙКА С ДВУМЯ ДЕЛЕНИЯМИ

11) Аксиомы построения линейки с двумя
делениями.........................стр.28
12) Примеры решения стандартных задач с помощью линейки с двумя
делениями....................стр.28
13) Доказательство заменяемости циркуля и линейки линейкой с двумя
делениями.......................стр.33
14) Пример решения задачи с помощью линейки с двумя
делениями.........................стр.34
15) Результаты...................... стр.36
16) Список используемой литературы................. стр.36
I. Под стандартными инструментами будем понимать циркуль и линейку без
делений, а под стандартными построениями те, которые выполнимы
стандартными инструментами.

Данная тема была предложена мне моим научным руководителем на факультативе
по математике. Сначала я не думал заниматься ей серьезно, но когда я для
интереса выполнил некоторые построения, то понял, как это интересно для
меня, я решил заняться этой темой серьезнее.
В работе я исследую геометрические построения, выполнимые с помощью
инструментов, которые не включены в стандартную школьную программу (в нее
включены циркуль и односторонняя линейка без делений), а также стараюсь
выделить область построений, выполнимых с помощью этих инструментов.
Подобные задачи начали решать еще в глубокой древности. Для них я
предлагаю иное решение чем то, которое встречается в литературе. На
данный момент в литературе лучше всего описаны построения с помощью двух
прямых углов, построения другими нестандартными инструментами описаны в
гораздо меньшей степени.
План, которым я пользовался при исследовании построений каким-либо
инструментом, следующий:
1) Выделить построения, элементарные для данного инструмента (опорные
построения, аксиомы).
2) Исследовать инструмент на возможность построения им стандартных
построений.
3) Выяснить, какие нестандартные построения можно выполнить с помощью
данного инструмента.
4) Выделить область построений, выполнимых с помощью данного инструмента.
Цели работы:
1) Предложить способ решения уравнения n-ной степени (было известно решение
для n[pic]).
2) Предложить свои решения некоторого числа задач на построение
3) На основе п.1, п.2 выделить область построений, выполнимых с помощью
прямых углов.
4) Свести к построениям прямыми углами построение с помощью других
инструментов (или доказать, что это невозможно).
5) Доказать взаимозаменяемость двусторонней линейки и циркуля и линейки без
делений.
6) Доказать, что с помощью линейки с двумя делениями выполнимы все
стандартные построения.
7) Доказать, что с помощью циркуля и линейки выполнимы не все построения,
выполнимые с помощью линейки с двумя делениями.
8) Предложить способ решение уравнения третьей степени с помощью линейки с
двумя делениями или доказать, что это невозможно.
9) Предложить способ геометрического решения системы алгебраических
уравнений не ниже пятого порядка (то есть каждое уравнение системы не
ниже пятого порядка, а значит решить их алгебраически не представляется
возможным) с помощью прямых углов.

Построения с помощью прямых углов


I Аксиомы построения с помощью прямых углов:

1) Через две любые точки можно провести прямую, притом только одну.
2) Для любых точки и прямой можно расположить прямой угол так, чтобы одна
его сторона лежала на прямой, а другая проходила через точку, причем
единственным образом.
3) Для двух данных точек и данной фигуры можно расположить прямой угол так,
чтобы его вершина лежала на данной фигуре, а стороны проходили через
данные точки, тогда и только тогда, когда окружность, для которой
отрезок с концами в данных точках является диаметром, имела с данной
фигурой хотя бы одну общую точку.


II. Построения с помощью одного прямого угла


В этом пункте все построения будут выполняться с помощью одного прямого
угла (под словами "прямой угол" подразумевается два взаимно
перпендикулярных луча, выходящие из одной точки).

III.Примеры решения стандартных задач:
1/2) Построение прямой, перпендикулярной данной и проходящей через данную
точку (лежащую или не лежащую на данной прямой) интереса не представляет,
так как это второе стандартное построение прямых углов.
3) Через данную точку провести прямую, параллельную данной прямой.
Пусть даны прямая k и не лежащая на ней точка A, тогда:
3.1) Выполним для прямой k и точки A второе стандартное построение. Получим
прямую (пусть l), перпендикулярную k и проходящую через A.
3.2) Выполним для прямой l и точки A второе стандартное построение. Получим
прямую (пусть t), перпендикулярную l и проходящую через A.
3.3) Прямые k и t параллельны, так как они обе перпендикулярны прямой l по
построению. А так как t проходит через точку A, то прямая t - искомая.

4) Отложить отрезок, равный данному, от данной точки на данной прямой
(рис.1).
4.1)Если отрезок лежит на прямой, параллельной данной, тогда пусть дан
отрезок BC, параллельная ему прямая k и точка A на ней:
4.1.1) Проводим AB.
4.1.2) Через точку C строим прямую CD(( AB (D - точка пересечения с прямой
AB).
4.1.3) Так как BC(( k по условию и AB((CD по построению, то ABCD -
параллелограмм по определению. Следовательно, AD=BC, то есть AD - искомый
отрезок.
4.2) Если отрезок лежит на искомой прямой (то есть необходимо переместить
его по прямой), рис.1
тогда по второй аксиоме строим прямую, параллельную данной, берем на ней
произвольную точку, откладываем от этой точки отрезок (см.п.4.1), а потом
откладываем этот отрезок на искомой прямой от искомой точки.
4.3) Если прямая, содержащая данный отрезок, пересекает данную прямую,
тогда пусть дан отрезок AB, непараллельная ему прямая k и точка D на ней,
тогда:
4.3.1) Строим параллелограммы ABKD и ABDN (через построение прямых,
параллельных данной).
4.3.2) Тогда отрезки ND и DK равны (так как ND=AB и DK=AB как
противоположные стороны параллелограмма) и лежат на одной прямой (так как
ND((AB, DK((AB как противоположные стороны параллелограмма, ND и DK имеют
общую точку D). Следовательно, NK можно считать диаметром окружности с
центром в точке D и радиусом DK.
4.3.3) Выполняем третье стандартное построение для точек N и K и прямой k
(здесь предполагается, что AB достаточно близок к прямой k, в противном
случае этого можно добиться параллельным переносом). Пусть получили точку
C.
4.3.4) (NCK=900, а с учетом п.4.3.2 (NCK можно считать углом, опирающимся
на диаметр KN. Следовательно, DC=KN/2=AB.
5) Разделить данный отрезок пополам. Пусть дан отрезок AB, тогда:
5.1) Берем произвольно точку D, не лежащую на AB и строим (ADB.
5.2) Строим через точку A прямую b(( BD, через точку B прямую c(( AD, пусть
b(c=N.
5.2) ABCD - параллелограмм по определению, следовательно, его диагонали
точкой пересечения делятся пополам. То есть, DN(AB в искомой точке C -
середине AB.
6) Построить биссектрису угла (рис.2). Пусть дан произвольный угол O,
тогда:
6.1) Откладываем на разных сторонах угла равные отрезки OA и OB.
рис.2
6.2) Из точки О опускаем перпендикуляр ОD на АВ.
6.3) OD - искомая биссектриса, так как OD является высотой в равнобедренном
треугольнике AOB.
7) Построить угол, равный данному.
7.1) Пусть данный угол - острый, тогда:
7.1.1) Пусть дана прямая l, принадлежащая ей точка O и угол B1O1A1 равный
искомому.
7.1.2) Откладываем на прямой l отрезок OA=O1A1.
7.1.3) В точках A1 и A восстанавливаем перпендикуляры, пусть перпендикуляр,
восстановленный из точки A1, пересечет O1B1 в точке C1.
7.3.4) Откладываем на перпендикуляре, восстановленном в точке A отрезок
AC=A1C1.
7.3.5) То, что (COA=(C1O1A1, то есть является искомым, следует из того, что
(C1O1A1=(COA как прямоугольные по двум катетам (O1A1=OA и A1C1=AC по
построению).
7.2) Если данный угол (- тупой, то продляем одну из его сторон и получаем
угол (1800-() - острый, который и откладываем на данной прямой. Угол,
смежный с получившимся - искомый.

IV.Докажем, что один прямой угол взаимозаменяем с циркулем и линейкой. Для
этого докажем следующие утверждения:
Утверждение1: все построения, выполнимые с помощью циркуля и линейки,
выполнимы с помощью одного прямого угла:
Так как при построении циркулем и линейкой линейка проводит прямую между
двумя точками, а циркуль строит окружность (находит множество точек,
равноудаленных от данной), то все построения циркулем и линейкой сводятся к
построению пересечения двух прямых, двух окружностей и окружности с прямой.
Построение пересечения двух прямых:
Так как две непараллельные прямые пересекаются в одной точке (иначе по
аксиоме о расположении точек и прямых они совпадут) и каждая из сторон угла
представляет из себя одностороннюю линейку то, продляя прямые бесконечно,
мы, рано или поздно, найдем точку их пересечения.
Построение пересечения окружности и прямой (рис.3):
Пусть даны отрезок АВ - радиус окружности, прямая l, центр окружности О,
тогда:
а) Строим ОС || АВ и OD=CO=AB.
б) Затем, оставляя стороны прямого угла на точках D и C, передвигаем его
до тех пор, пока вершина не попадет на прямую l.
Построение пересечения двух окружностей рис.3
(рис. 4).
Для решения этой задачи построим радикальную ось, тогда задача сведется к
предыдущей. Так как радикальная ось (прямая соединяющая точки пересечения
окружностей) перпендикулярна О1О2, то найдем такую точку А, что О1А2-О2А2 =
r12 - r22.
Построение:
1) Проведем перпендикуляры из О1 и О2 и отложим О2F = r1, O1E = r2.
2) Проводим EF и проводим серединный перпендикуляр HA,
AH ( O1O2 = A. Восстанавливаем из А - перпендикуляр. Он и будет являться
искомой радикальной осью.
Доказательство: рис.4
? EAH = ?FAH (прямоугольные по двум катетам) ( EA = AF.
Так как по теореме Пифагора EA2 = r22 + O1A2 и FA2 = r12 +AO22, то r12
+AO22 = r22 +AO12 или r12 - r22 = AO12 - AO22 , что и требовалось доказать.
Утверждение 2: все построения, выполнимые с помощью одного прямого угла,
выполнимы с помощью циркуля и линейки.
Для этого выполним построения, стандартные для одного прямого угла с
помощью циркуля и линейки.
1) Прямая по двум точкам легко строится с помощью линейки.
2) Построить перпендикуляр к данной прямой из(в) данной точки(у):
2.1) Если данная точка не лежит на данной прямой.
Построение: пусть дана прямая а и точка А, не лежащая на данной прямой,
тогда строим окружность произвольного радиуса, но так, чтобы она пересекала
а (пусть С и В - точки пересечения окружности с прямой а). Тогда на отрезке
СВ строим равносторонний (ЕВС и проводим ЕА (ЕА(а=К). Отрезок АК-искомый,
так как ЕСЕВ-ромб, а его диагонали взаимно перпендикулярны.
2.2) Если данная точка лежит на данной прямой.
Построение: пусть дана прямая а и точка А, лежащая на данной прямой, тогда
строим окружность с центром в точке произвольного радиуса, но так, чтобы
она пересекала а в двух
точках (пусть С и В). Строим окружности с центром в точках B и C; пусть они
пересекутся в т. D. Тогда ACDB - ромб по определению, так как AC=BD=CD=AB,
следовательно, AD(BC. AD - искомый перпендикуляр.
3) Даны прямая k и точки A и B, лежащие относительно нее в одной
полуплоскости. Построить на k точку C такую, что (ACB=900 (построение
заведомо возможно).
3.1) Строим окружность на AB как на диаметре (пусть она пересечет k в
точках C и D). (ACB=(ADB=900 как вписанные углы, опирающиеся на диаметр
(рис.5).
Таким образом, мы доказали взаимозаменяемость одного прямого угла и циркуля
и линейки. рис.5

V. Построения корней алгебраического уравнения с помощью нескольких прямых
углов.
Теорема 1 прямых углов: пусть дана прямоугольная ломаная A0A1.An+1, звенья
которой последовательно равны a0, а1.аn-1, an (причем отрезки ak и ak+2
имеют один знак, если они лежат в разных полуплоскостях относительно
прямой, содержащей ak; в противном случае они имеют противоположные знаки).
Тогда если уравнение a0xn+a1xn-1+.+an-1x+an=0 имеет L различных ненулевых
корней, то с помощью n-1 прямых углов можно построить L различных
прямоугольных ломаных (отличных от первоначальной) таких, что:
1) Вершины лежат поочередно на прямых A2A3, A3A4.An-1An.
2) Прямые, содержащие 2 "крайних" (первое и последнее) звена ломаной
пройдут через точки A1 и An+1.
При этом тангенс угла между первыми звеньями ломаной будет корнем уравнения
a0xn+a1xn-1+.+an-1x+an=0.
Доказательство (см. рисунок):
I. Построение ломаной:
доказательство проведем по методу математической индукции.
1) Докажем для n=2.
2) Пусть верно для n=k.
3) Покажем истинность для n=k+1:
3.1) Прикладываем n-й прямой угол к (n-1)-му так, чтобы свободный луч
лежал в одной полуплоскости с т. Аk+2.

[pic]
рисунок к теореме
3.2) Теперь будем двигать т. Bk (вершину k-го угла) по прямой AkAk+1,
пока свободный луч не пройдет через т.Ал+2 (мы легко можем найти такое
расположение углов, так как предполагается, что цепь достаточно
маневренная; этого можно достичь, используя, например, n-2 помощников).
Как только это произойдет, мы получим искомую ломаную. На основании
метода математической индукции делаем вывод, что утверждение верно для
любого n(N.
II. Докажем, что tg( является корнем уравнения:
1) пусть tg(=x, тогда:
B2A3=anx+an-1
A3B3=( anx+an-1)x
A4B3=anx2+an-1x+an-2
........
Bn-2An+1 = anxn+an-1xn-1+.+a1x+a0
2) Если (( подобран так, что EH=0, то х=tg( будет корнем исходного
уравнения. Но такую "разрешающую" ломаную мы можем построить с помощью n-
1 прямых углов по п.I.
4) То, что этих прямых L, следует из того, что одна ломаная дает только 1
корень. Все эти ломаные отличны от первоначальной, следует из того,
что корни ненулевые.
Для примера привожу решение уравнения третьего порядка:
Пусть дано уравнение вида
ax3+bx2+cx+d=0, тогда:
1) Строим прямоугольную ломаную ABCDE, отрезки которой последовательно
равны a, b, c, d, сообразуясь со знаками этих коэффициентов следующим
образом: рис.6
если параллельные отрезки имеют разные знаки, то их откладывают в одну
сторону (см. рис.6: a и c, b и d имеют разные знаки); если же параллельные
отрезки имеют
одинаковые знаки, то их откладывают в противоположном направлении (см.
рис.7: a и c имеют разные знаки, а b и d-одинаковые).

рис.7
2) Построим при А угол ( и проведем
прямоугольную ломаную AFGH.
3) Пусть tg(=x, тогда:
FC=ax+b
CG=(ax+b)x
DG=ax2+bx+c
EH =ax3+bx2+cx+d
4) Если (( подобран так, что EH=0, то х=tg( будет корнем исходного
уравнения. Но чтобы EH обратилось в нуль, необходимо, чтобы последний
отрезок ломаной AFGH прошел через т. Е. Такую "разрешающую" ломаную легко
построить при помощи двух прямых углов (будем передвигать прямые углы I и
II так, чтобы они соприкасались катетами, и чтобы вершина первого угла
двигалась по прямой ВС, вершина второго-по прямой CD; тогда довольно легко
найти такое положение углов, при котором другие, не соприкасающиеся, их
стороны пройдут, одна-через А, другая через Е).

VII. Примеры решения задач
Используя построение корней уравнения, можно решать некоторые
геометрические задачи, не разрешимые при помощи циркуля и линейки:
Построить равнобедренный треугольник по двум биссектрисам, одна из которых
проведена к основанию (рис.8).
Решение:
1.1) Пусть дан равнобедренный треугольник ABC (AB=BC), AD и BQ-биссектрисы
(BAC и (ABC соответственно (см. рис. 5), тогда:
tg2(=2l1:2x (по определению тангенса)
sin2(:l2=sin(180-3():2x (по теореме синусов)
2l1:tg2(=sin(180-3()l2:sin2(
tg2(*sin(180-3()l2=2l1*sin2(
-tg2(*sin3(l2=2l1sin2(
-sin2(*sin3(l2=2l1sin2(*cos2(
-sin3(l2=2l1cos2(
(2sin3(+2sin2(-3sin()l2=2l1(1-2sin2()
Пусть sin(=x, тогда
(2x3+2x2-3x)l2=2l1(1-2x2)
2l2x3+2(l2+2l1)x2-3l2x-2l1=0
рис.8
Построение:
1.2.1) Строим прямоугольную ломаную ABCDE такую, что AB=2l2, BC=2l2+4l1,
CD=3l2, DE=2l1.
1.2.2) Прикладываем два прямых угла так, чтобы вершина первого лежала на
BC, его сторона проходила через А, вершина второго лежала на CD, а его
сторона проходила через E, причем чтобы свободные катеты соприкасались. В
соответствии с п.IV отрезок BX-искомый.
1.3) По известному sin( строим ((: строим AB(BC и откладываем AB=sin(,
AC=1. (BCA- искомый.
1.4) Удваиваем ( (строим 2()
1.5) Строим ((=(90-2()
1.6) Строим l1, AC(l1, откладываем (( от B. Получаем (ABQ.
1.7) Достраиваем на BQ треугольник, равный ABQ. Получаем (ABC-искомый.
2) Делийская задача, более известная как задача об удвоении куба:
"Дан куб единичного объема. Построить куб двойного объема" (рис.9).
Решение:
2.1) Строим AB(BC и откладываем AB=1, BC=2
2.2) Прикладываем два прямых угла так, чтобы вершина первого лежала на ВС,
вершина второго на AB, сторона первого угла скользила по стороне второго, а
сторона второго
проходила через E. Отрезок EB-искомый. рис.9
2.4) На данном кубе с ребром a=1 достраиваем каждое ребро на b=EB-a=3(2-1
2.5) Путем параллельного переноса получившихся отрезков получить искомый
куб.
3) Трисекция угла (разделить угол на три равные части).
Решение:
3.1) Пусть данный угол равен 3(, тогда по формуле приведения
Cos3(=4cos3(-3cos(.
3.2) Строим прямоугольный треугольник ABC по гипотенузе AC и острому углу
ACB=3(. BC=cos3(.
3.3) Строим прямоугольную ломаную ACD (CD=cos3(; AC=AB+BC (B(AC), AB=4,
BC=3)
3.4) Прикладываем два прямых угла так, чтобы вершина первого лежала на ВE
(BE(AB), вершина второго на BC, сторона первого угла скользила по стороне
второго, а сторона второго проходила через D. Отрезок CD=cos(-искомый.
3.5) Строим AB(BC, откладываем BC=cos(, AC=1.(BCA-искомый.
4) Дан угол, меньший 180( и точка внутри него. Построить отрезок данной
длины так, чтобы он проходил через данную точку, а его концы лежали на
сторонах данного угла (Задача Паппа).
Решение (рис.10):
4.1) Пусть дан угол O, меньший 180(, точка С внутри него и отрезок A 1B1.
4.2) Пусть задача решена, тогда пусть А1В1=l, OC=k, (AOC=(, (COB=(, (OCA=(,
AC=x, тогда ВС=l-x, (CBO=(-( (l,( ,(,k известны).
4.3) По теореме синусов, [pic][pic][pic]
(из треугольников OAC и OBC соответственно).
4.4) Выразив из данных уравнений x и прировняв их, получим
L-[pic]+[pic]=0
4.5) Преобразуем данное выражение:
l*sin((-()*sin((+()-k*sin(*sin((+()+k*sin(*sin((-()=0
l*(cos(*sin(-cos(*sin()*(cos(*sin(+ cos(*sin()+
рис.10
+k*sin(*(cos(*sin(+cos(*sin()+k*sin(*(cos(*sin(-cos(*sin()=0
l*(cos(*sin(*cos(*sin(+cos(*cos(*sin2(-cos2(*sin(*sin(-
-cos(*sin(*sin(*cos()+k*sin(*sin(*cos(+k*sin(*cos(*sin(+
+k*sin(*cos(*sin(-k*sin(*sin(*cos(=0
cos(*sin(*(l*cos(*sin(-l*cos(*sin()+sin2(*l*cos(*cos(-(1-
-sin2()*l*sin(*sin(+cos((k*sin(*sin(-k*sin(*sin()+sin(*(k*sin(*cos(+
+k*sin(*cos()=0
sin(*cos(*l*sin((-()+sin2(*l*cos((-()+sin(*k*sin((+()-l*sin(*sin(=0
(sin2(*l* cos((-()+sin(*k*sin((+()-l*sin(*sin()2=sin2(*cos2(*l2* sin2((-()
sin4(*l2*cos2((-()+k2*sin2(*sin2((+()+l2*sin2(*sin2(+
+2sin3(*l*k*cos((-()*sin((-()-2sin2(*l2*cos2((-()*sin(*sin(-
-2sin(*k*l*sin((+()*sin(*sin(=(1-sin2()* sin2(*l2*sin2 ((-()
sin4(*l2*cos2((-()+k2*sin2(*sin2((+()+l2*sin2(*sin2(+
+2sin3(*l*k*cos((-()*sin((-()-2sin2(*l2*cos2((-()*sin(*sin(-
-2sin(*k*l*sin((+()*sin(*sin(+sin4(*l2*sin2((-()-sin2(*l2*sin2 ((-()=0
sin4(*l2+sin3(*2k*l*cos((-()*sin((+()+sin2( *(k2*sin2((+()-2l2*cos2((-
()*sin(*sin(--l2*sin2((-())+sin(*(-k*l*sin((+()*sin(*sin()+l2 sin2(*sin2(=0
4.6) Получили уравнение четвертой степени относительно sin(; воспользуемся
построением корней алгебраического уравнения:
4.7) Строим AB(BC, BC(CD,CD(DE, DE(EF, где AB=l2,BC=2k*l*cos((-
-()*sin((+(), CD= k2*sin2((+()-2l2*cos2((-()*sin(*sin(--l2*sin2((-(),DE=
=-k*l*sin((+()*sin(*sin(, EF= l2 sin(2*sin(2.
4.8) Прикладываем три прямых угла так, чтобы вершина первого лежала на BC,
второго-на CD, третьего-на DE, четвертого-на EF, первая сторона первого
угла проходила через A, а вторая сторона второго угла-через F; тогда, по
п.IV получим искомый отрезок (пусть z), равный sin(.
4.9) Строим ((: строим AB(BC и откладываем AB=sin(, AC=1.
Тогда (BCA- искомый.
4.10) Строим (((-()
4.11) Строим sin((-() (Обратно п.5.2)
4.12) Используя второе уравнение из п.4.3, строим отрезок l-x путем
построения четвертого пропорционального отрезка.
4.13) Так как CB=l-x, то, построив пересечение отрезка длины l-x и одной из
сторон угла, получим точку B.
4.14) Проведя прямую BC до пересечения со второй стороной угла, получим
точку A. Отрезок AB-искомый.
4.15) Необходимо проверить равенство AB и A1B1, так как в связи с
возведением в квадрат в п.4.5 могли возникнуть посторонние корни (их можно
выявить на глаз, так как в этом случае ((>90().
5) Дана прямая l и точки A и B, лежащие по одну сторону от нее. Построить
на прямой l такую точку X, что (AXC:(BXD=k:n
(k,n-натуральные).
Решение (рис.11): предположим, что задача решена, тогда:
5.1) Пусть (BXD=n(, тогда (AXC=k(; пусть AA1=a, BB1=b, AB=c, AX=m, BX=d.
5.2) sin(n()=[pic]
sin(k()=[pic]
c2=m2+d2-2mdcos(180-k(-n()
5.3) d=[pic]
m=[pic]
рис.11
c2=m2+d2+2mdcos((k+n)()
5.4) c2=[pic]+[pic]+[pic]
5.5) a2*sin2(n()+b2*sin2(k()+2a*b* sin(k()* sin2(n()*cos((k+n)()-
-c2*sin2(k()*sin2(n()=0
5.6) Замечаем, что при раскрытии скобок получим алгебраическое уравнение
степени 2(n+k) которое разрешимо с помощью 2(n+k)-1 прямых углов.
6)Построить треугольник по трем его биссектрисам (рис.12).
Анализ: пусть задача решена, то есть, построен треугольник по его
биссектрисам la, lb и lc, основания которых разбивают стороны a, b, c на
отрезки a1 и a2 , b1 и b2, c1 и c2 соответственно.
6.1) Воспользуемся формулой для длины биссектрисы:

[pic]
6.2) По свойству биссектрисы:
[pic]
6.3) Также очевидно
рис.12
[pic]
6.4) Получили систему из девяти уравнений с девятью неизвестными:
[pic]
6.5) Исключив a1, a2, b1, b2, c1 и c2, получим
[pic]
Выразив из первого с и подставив в остальные, получим: [pic]
6.6) Разделив числители на а7, знаменатели на а5, левые части на а2 и
заменив
[pic] =z, получим: [pic]
Замечаем, что теперь а только во второй и четвертой степенях. Это значит,
что его можно выразить алгебраически:
[pic] (система 1)
6.7) Приравняв левые части, дважды возведя в квадрат (чтобы избавиться от
«(») и приведя уравнение к стандартному виду, получим уравнение 8 степени
для z:
[pic]
6.8) С помощью 7 прямых углов строим корни данного уравнения (описание в
теореме 1 прямых углов).
6.9) Для каждого z(0 Строим а, используя уравнение из системы 1.
6.10) Используя b=a*z, строим b.
6.11) Используя [pic], строим с.
6.12) Строим искомый треугольник со сторонами a, b, c.
ВЫВОД: все построения, которые сводятся к одному алгебраическому уравнению,
выполнимы с помощью нескольких прямых углов, однако это не означает, что мы
можем решать с помощью данного инструмента системы алгебраических
уравнений.

Построения с помощью двусторонней линейки:
Область построений с помощью двусторонней линейки достаточно исследована, в
данной работе лишь собрано вместе все наиболее важное.
VIII.Аксиомы построения с помощью двусторонней линейки:
а) Через две любые точки можно провести прямую, притом только одну.
б) Какова бы ни была прямая, в плоскости существуют ровно две прямые,
параллельные ей и удаленные от нее на расстояние a.
в) Через две точки А и В при АВ(а и АВ=а можно провести пару параллельных
прямых, расстояние между которыми равно а (таких пар две при АВ(а и одна
при АВ(а).
V. Примеры решения стандартных задач.
1) Разделить данный отрезок пополам (рис.13). Пусть дан отрезок AB, тогда:
1.1) По аксиоме 2 строим прямую b, параллельную данной и удаленную от нее
на расстояние a.
1.2) Строим (ABC так, чтобы AC(b (пусть в точке D) и BC(b (пусть в точке
N).
1.3) Находим точку O пересечения AN и BD.
1.4) Продляем CO до пересечения с AB (пусть в точка пересечения K).
рис.13
1.5) Так как точка пересечения диагоналей трапеции (точка O), точка
пересечения продолжения сторон (точка C) и середины оснований лежат на
одной прямой, то CO пересекает AB в середине.
1.6) А так как CO пересекает AB в точке K, то K - середина отрезка AB.
2) Через данную точку провести прямую, параллельную данной.
2.1) Способ 1 (через трапецию) (рис.14). Пусть дана прямая k и точка D, не
лежащая на ней.
2.1.1) На прямой k берем произвольный отрезок AC и строим его середину
(пусть точка B).
2.1.2) Строим (AKC так, чтобы точка D лежала на AK.
рис.14
2.1.3) Строим точку O пересечения CD и BK.
2.1.4) Строим точку N пересечения AO и KC.
2.1.5) Прямая DN - искомая, так как середины оснований (одно из них - точка
B), точка пересечения диагоналей трапеции (точка O), точка пересечения
продолжения сторон (точка K) лежат на одной прямой.
2.2) Способ 2 (через удвоение отрезка). Пусть дана прямая k и точка D, не
лежащая на ней.
2.2.1) (рис.15)Решим предварительно другую задачу: на прямой k дан отрезок
AB. Удвоить его.
2.2.1.2) Строим по аксиоме 2 прямую l параллельно k и удаленную от нее на
расстояние a.
2.2.1.3) На прямой l берем произвольно отрезок KD - его середину.
2.2.1.4) Строим точку O пересечения EB и AD.
2.2.1.5) Строим точку C пересечения k и KO.
2.2.1.6) Отрезок AC - искомый.
рис.15
Если AKDC - параллелограмм, то это следует из того, что точка пересечения
диагоналей параллелограмма является центром симметрии. Если AKDC -
трапеция, то это следует из того, что середины оснований (точки E и B) и
точка пересечения диагоналей трапеции (точка O) лежат на одной прямой. AKDC
- параллелограмм или трапеция, так как l параллельно k по построению.
2.2.2) (рис.16)Строим по второй аксиоме лежащую в разных полуплоскостях с
точкой D прямую l параллельно k.
2.2.3) Проводим через точку D различные прямые a и b, пересекающие прямую l
в рис.16
произвольных точках A и B соответственно; пусть a и b пересекут прямую k
соответственно в точках M и O.
2.2.4) Строим отрезок NM=2OM (см.п.2.2.1).
2.2.5) Строим точку C пересечения AO и BN.
2.2.6) Докажем, что прямая DC - искомая. Для этого докажем, что DC((l,
тогда по признаку параллельных прямых DC((k:
2.2.6.1) Из подобия треугольников ACB и OCN следует [pic]=[pic]
2.2.6.2) Из подобия треугольников MDO и ADB следует [pic]=[pic]
2.2.6.3) Так как ON=OM по построению, то [pic]=[pic], отсюда [pic]=[pic]
2.2.6.4) По теореме, обратной теореме Фалеса DC((l, а следовательно, ВС((k,
что и требовалось доказать.
3) Вставить перпендикуляр к прямой в данную точку (рис.17). Пусть дана
прямая k и лежащая на ней точка B, тогда:
3.1) Берем на k точку A так, чтобы AB было заведомо больше a
3.2) Строим BC=AB.
3.3) Применяя аксиому 3 для точек A и B, строим параллельные прямые a и b,
проходящие соответственно через точки A и B.
рис.17
3.4) Применяя аксиому 3 для точек С и B, строим параллельные прямые с и l,
проходящие соответственно через точки С и B.
3.5) Строим точку D пересечения прямых a и c.
3.6) Докажем теперь, что DB - искомый перпендикуляр:
3.6.1) Опустим из точки B перпендикуляры BN и BK на прямые c и a
соответственно.
3.6.2) Треугольники BNC и BKA равны по двум катетам (так как BK=NB=a и
AB=BC по построению). NC=KA как соответственные элементы в равных
треугольниках.
3.6.3) Треугольники KBD и NBD равны по катету и гипотенузе (так как BK=NB=a
и DB - общая). DN=KD как соответственные элементы в равных треугольниках.
3.6.4) Из пунктов 3.7.2-3
4) Из точки, не лежащей на данной прямой, опустить на нее перпендикуляр.
Пусть даны прямая k и не лежащая на ней точка A, тогда:
4.1) Через точку A проведем прямую l (( k.
4.2) Вставим перпендикуляр h к прямой l в точку A (см.п.2).
4.3) Так как h(k и l(( k, то h(k. Следовательно, h - искомый перпендикуляр.
5) Отложить отрезок, равный данному, от данной точки на данной прямой.
5.1) Если отрезок лежит на прямой, параллельной данной, тогда пусть дан
отрезок BC, параллельная ему прямая k и точка A на ней (рис.18):
5.1.1) Проводим AB.
5.1.2) Через точку C строим прямую CD(( AB (D - точка пересечения с прямой
AB).
5.1.3) Так как BC(( k по условию и AB((CD по построению, то ABCD -
параллелограмм по определению.
рис.18
Следовательно, AD=BC, то есть AD - искомый отрезок.
5.2) Если отрезок лежит на искомой прямой (то есть необходимо переместить
его по прямой),
рис.19
тогда (рис.19) по второй аксиоме строим прямую, параллельную данной, берем
на ней произвольную точку, откладываем от этой точки отрезок (см.п.6.1), а
потом откладываем этот отрезок на искомой прямой от искомой точки.
5.3) Если прямая, содержащая данный отрезок, пересекает данную прямую,
тогда пусть дан отрезок AB, непараллельная ему прямая k и точка S на ней:
5.3.1) Пусть AB пересекает k в точке O.
5.3.2) Отложим на прямой OA отрезок OD=AB.
5.3.3) Разделим угол O пополам (см.п.5).
5.3.4) Опустим перпендикуляр из точки D на биссектрису угла O, пусть его
продолжение пересечет биссектрису в точке K и прямую k в точке C.
5.3.5) В треугольнике ODC CK является биссектрисой и высотой,
следовательно, треугольник ODC - равнобедренный, следовательно, OD=OC.
5.3.7) Откладываем отрезок длины OC от искомой точки S (см.п.5). Получим
искомый отрезок.
6) Построить угол, равный данному (рис.20).
6.1) Пусть данный угол - острый, тогда:
6.1.1) Пусть дана прямая l, принадлежащая ей
рис.20
точка O и угол B1O1A1 равный искомому.
6.1.2) Откладываем на прямой k отрезок O1A1=OA.
6.1.3) В точки A1 и A вставляем перпендикуляры, пусть перпендикуляр,
вставленный в точку A1, пересечет O1B1 в точке C1.
6.1.4) Откладываем на перпендикуляре, вставленном в точку A отрезок
AC=A1C1.
6.1.5) То, что (COA=(C1O1A1, то есть является искомым, следует из того, что
(C1O1A1=(COA как прямоугольный по двум катетам (O1A1=OA и A1C1=AC по
построению).
6.2) Если данный угол (- тупой, то продляем одну из его сторон и получаем
угол (1800-() - острый, который и откладываем на данной прямой. Угол,
смежный с получившимся - искомый.

VI. Взаимозаменяемость
Докажем, что двусторонняя линейка взаимозаменяема с циркулем и линейкой.
Для этого докажем следующие утверждения:
Утверждение1: все построения, выполнимые с циркуля и линейки, выполнимы с
помощью двусторонней линейки:
Так как при построении циркулем и линейкой линейка проводит прямую между
двумя точками, а циркуль строит окружность (находит множество точек,
равноудаленных от данной), то все построения циркулем и линейкой сводятся к
построению пересечения двух прямых, двух окружностей и окружности с прямой.
Пересечение двух прямых.
Так как две непараллельные прямые пересекаются в одной точке (иначе по
аксиоме о расположении точек и прямых они совпадут), то продляя прямые
бесконечно, мы, рано или поздно, найдем эту точку.
Пересечение окружности и прямой (рис.21):
Построение: Пусть даны отрезок АВ - радиус окружности, прямая l, центр
окружности О, тогда:
1) Проводим ОС || l, ОС = АВ.
2) Проводим ОС || k и удаленную на а.
3) Проводим OD, OD ( l = D; OD ( k = F.
4) Проводим CD || FE , FE ( OC = E.
5) Применяя третье свойство, прикладываем линейку между О и Е, получаем
пересечения с l - N и X. Они являются искомыми точками.

рис.21
Доказательство:
1) Рассмотрим (LEF=(KCD (соответственные) значит (OEF=(OCD (по
следствию из теоремы о смежных углах).
2) (OFE ( (ODC, ((OEF=(OCD, см. п.1, (COD - общий).
3) По следствию теоремы Фалеса
4) По закону транзитивности равенств
5) Рассмотрим OMQE. OMQE - параллелограмм, так как ОМ || EQ и ОЕ || MC
(стороны линейки параллельны). Докажем, что это ромб.
5.1) Проводим QZ ( OC и QG ( ON, тогда QG = QZ = a.
5.2) (OMQ = (RQM (накрест лежащие); (RQM = (OEQ (соответственные) ( (OMQ =
(OEQ.
5.3) ?GMQ = ?ZEQ (прямоугольные по катету и гипотенузе) ( OM = OE.
5.4) В параллелограмме соответственные стороны равны ( ромб по определению.
ж) и ОЕ = ОМ ( ОС = ON, что и требовалось доказать.
Пересечение двух окружностей: аналогично II.3.
Утверждение2:все построения, выполнимые с помощью двусторонней линейки,
выполнимы с помощью циркуля и линейки.
Для этого выполним построения, стандартные для двусторонней линейки с
помощью циркуля и линейки.
1) Прямая по двум точкам легко строится с помощью линейки.
2) Построение прямой, параллельно данной и удаленной от нее на данное
расстояние:
2.1) Пусть дана прямая k и отрезок длины a.
2.2) Строим произвольную прямую b(k (построение известное, описывать смысла
не имеет), пусть k(b=B.
2.3) На b по обе стороны от точки B на прямой b откладываем отрезок длины
a, пусть точки C и D.
2.4) Через точку C строим прямую c(k (построение известное, описывать
смысла не имеет).
2.5) Через точку D строим прямую d(k (построение известное, описывать
смысла не имеет).
2.6) Прямые c и d -искомые, так как BC и BD равны a по построению и равны
расстоянию между прямой k и прямыми
3) Построение прямых, параллельных между собой и проходящих через две
данные точки, причем расстояние между расстояние между которыми равно
данному отрезку:
3.1) Пусть даны точки A и B и отрезок длины a.
3.2) Строим окружность с центром в точке A и радиусом a.
3.3) Строим касательную к данной окружности через точку B; таких
касательных две, если B лежит вне окружности (если AB>a), одна, если B
лежит на окружности (если AB=a), ни одной, если B лежит внутри окружности
(AB через точку A прямую, параллельную ей.
3.4) Так как одна из прямых перпендикулярна радиусу окружности как
касательная, то вторая также перпендикулярна ему (так как они параллельны),
следовательно, расстояние между ними равно радиусу, который по построению
равен a, что и требовалось получить.
Таким образом, мы доказали взаимозаменяемость двусторонней линейки и
циркуля и линейки.
ВЫВОД:
двусторонняя линейка взаимозаменяема с циркулем и линейкой.


Построения с помощью линейки с двумя делениями
В данном пункте все построения выполняются с помощью односторонней линейки
с двумя делениями, расстояние между которыми равно b (фактически, это
прямая с отмеченным на ней отрезком длины b). Стоит отметить, что раньше
этот инструмент использовался только для построения алгебраических кривых
(например, конхоиды) и его сравнение со стандартными инструментами
проведено впервые.
VII. Аксиомы построения с помощью линейки с двумя делениями:
1) Через две любые точки можно провести прямую, притом только одну.
2) Для любых двух фигур (в том числе и для совпадающих) можно определить,
найдутся ли на них две точки такие, что расстояние между ними равно b; если
найдутся, то можно провести отрезок с концами в этих точках, а так же
провести прямую, содержащую этот отрезок.
3) Для любых двух фигур (в том числе и для совпадающих) и точки, лежащей
или не лежащей на одной из них, можно найти такое расположение линейки с
двумя делениями, чтобы одно деление находилось на одной из фигур, другое -
на другой, а данная точка лежала на прямой, проходящей через эти две точки,
если такое расположение существует.
VII. Примеры решения стандартных задач.
1) Из точки, не лежащей на данной прямой, опустить на нее перпендикуляр
(рис.22). Пусть дана прямая k и не лежащая на ней точка О, тогда:
1.1) Если расстояние от точки О до k равно b, то выполняем второе
стандартное построение. Пусть получится точка N, принадлежащая k, тогда,
так как LO-K =b=ON, то ON-искомый перпендикуляр. рис.22
1.2) Если расстояние от точки О до k меньше b, то:
1.2.1) Дважды выполняем второе стандартное построение. Пусть получатся
точки А и В (их две, так как lK-O< b).
1.2.2) На прямых ОА и ОВ за точками А и В откладываем
отрезки длины b. Пусть получатся точки C и D.
1.2.3) Треугольник ОАВ подобен треугольнику OCD (по двум сторонам и углу
между ними). Следовательно, AB параллельна CD. Следовательно, ABCD-
трапеция,
так как AC не параллельна BD (так как AС пересекает BD в точке О.)
1.2.4) Строим точку К пересечения AD и BC.
1.2.5) Строим точку N пересечения ОК и k. AN=NB, так как середины оснований
трапеции, точка пересечения ее диагоналей и точка пересечения продолжений
ее боковых сторон лежат на одной прямой.
1.2.6) Так как OA=OB=b, то треугольник OAB-равнобедренный. А так как ON-
медиана (см.п1.2.5), то по свойству равнобедренного треугольника ON-высота,
следовательно, ON перпендикулярна AB, то есть ON-искомый перпендикуляр.
1.3) Если расстояние от точки О до k больше b ,тогда « приблизим» k к точке
О.
1.3.1) Выберем точку А так, чтобы расстояние от А до k было не больше b.
1.3.2) Построим прямую n через точку А перпендикулярную прямой k.
1.3.3) Выберем точку B в одной полуплоскости с точкой О относительно прямой
k так, чтобы расстояние от точки B до n было не больше b.
1.3.4) Построим прямую l через точку B перпендикулярную прямой n.
1.3.5) Получили прямую l параллельную прямой k, причем расстояние от точки
О до прямой l меньше, чем до прямой k.
1.3.6) Повторяя п.п. 1.3.1-1.3.5 , мы рано или поздно получим такую прямую
a, параллельную прямой k, что расстояние от нее до точки О будет не больше
b. Таким образом, задача сведена к п.п. 1.1-1.2.
2) Вставить перпендикуляр в точку, лежащую на данной прямой . Пусть дана
прямая k и лежащая на ней точка О, тогда :
2.1) Выберем точку А, не лежащую на прямой k так, чтобы расстояние от А до
k было не больше b.
2.2) Через точку А строим прямую l, параллельную k (построение повторяет
п.п.1.3.1-1.3.5).
2.3) Аналогично п. 2.1 ( так как расстояние от k до l не больше b) строим
через точку О прямую, перпендикулярную прямой l.
2.4) Так как k параллельна l и m перпендикулярна l, то m перпендикулярна k,
а так как m проходит через точку О по построению, то прямая m искомая.
3) Через точку, не лежащую на данной прямой, провести прямую, параллельную
данной. Пусть дана прямая k и не лежащая на ней точка О, тогда:
3.1) Через точку О строим прямую l, перпендикулярную прямой k (см. п.1)
3.2) Через точку О строим прямую n, перпендикулярную прямой l.
3.3) l перпендикулярна n, l перпендикулярна k, О принадлежит n,
следовательно
n параллельна k, то есть k-искомая прямая.
4.) Разделить данный отрезок пополам (рис.23). Пусть дан отрезок AB, тогда:
4.1) Отмечаем произвольно точку N, не принадлежащую AB и проводим через N
прямую n, параллельную AB (см. п.3).
4.2) отмечаем точку С на прямой AN за точкой N.
4.3) Строим точку L пересечения k и CB (ANLB-трапеция, так как k
параллельна AB, и AN не параллельна LB, так как AN пересекает
рис.23
LB в точке С).
4.4) Строим точку О пересечения AL и NB.
4.5) Строим точку D пересечения CO и AB.
4.6) Точка D -искомая, так как середины диагоналей трапеции, точка
пересечения ее диагоналей и точка пересечения продолжений ее боковых сторон
лежат на одной прямой.
5.) Построить биссектрису угла (рис.24). Пусть дан угол О, тогда:
5.1) Откладываем на сторонах угла отрезки AO=OB=b
5.2) Строим точку С - середину AB.
(рис.24)
5.3) OC- искомая биссектриса по свойству равнобедренного треугольника (так
как OC- медиана).
6) На данной прямой от данной точки отложить отрезок, равный данному. Пусть
дана прямая k, точка D, принадлежащая k и отрезок AB, тогда :
6.1) Если прямая, содержащая AB, параллельна k, то:
6.1.1) Проводим прямую l через точки A и D.
6.1.2) Проводим через точку B прямую n, параллельную l. Пусть n пересекает
k в точке С.
6.1.3) Отрезок DC- искомый, так как AB=DC как противоположные стороны
параллелограмма (ABCD- параллелограмм по определению, так как AB
параллельно k и AD параллельно BC по построению.)
6.2) Если AB принадлежит k, то:
6.2.1) Отметим точку N, не принадлежащую k.
6.2.2) Проведем через точку N прямую l параллельную k.
6.2.3) Откладываем на прямой l отрезок равный A
6.2.4) Задача сведена к п.6.1
6.3) Если прямая, содержащая AB, пересекает k в некоторой точке C, тогда:
6.3.1) Откладываем на прямой AB от точки С отрезок длины AB (см.п.6.2).
Пусть получится отрезок CN.
6.3.2) Делим угол NCD пополам ( см.п. 5).
6.3.3) Опускаем из точки N перпендикуляр на биссектрису ( см.п.1). Пусть
основание перпендикуляра- точка K. NK пересекает CD в точке L.
6.3.4) СL=СN по признаку равнобедренного треугольника, так как СK- высота и
биссектриса.
6.3.5) От точки D откладываем отрезок длины CL ( см.п.6.2).
7) Построить угол, равный данному.
7.1) Пусть данный угол - острый, тогда:
7.1.1) Пусть дана прямая l, принадлежащая ей точка O и угол B1O1A1 равный
искомому.
7.1.2) Откладываем на прямой k отрезок O1A1=OA.
7.1.3) В точки A1 и A вставляем перпендикуляры, пусть перпендикуляр,
вставленный в точку A1, пересечет O1B1 в точке C1.
7.3.4) Откладываем на перпендикуляре, вставленном в точку A отрезок
AC=A1C1.
7.3.5) То, что (COA=(C1O1A1, то есть является искомым, следует из того, что
(C1O1A1=(COA как прямоугольный по двум катетам (O1A1=OA и A1C1=AC по
построению).
7.2) Если данный угол (- тупой, то продляем одну из его сторон и получаем
угол (1800-() - острый, который и откладываем на данной прямой (см.п.7.1).
Угол, смежный с получившимся - искомый.
8) Построение четвертого пропорционального отрезка (опорное построение,
рис.25):
1). Пусть даны отрезки длин a,b,с.
Построить отрезок длины d такой, что [pic]
2) Проведем две пересекающиеся в точке рис.25
В прямые AB и BC.
3) На луче OA от точки О откладываем последовательно отрезки OK=a и KN=b, а
на луче ОВ от точки О отрезок ОМ = с (Откладывания отрезка, равного данному
см. «Примеры решения стандартных задач», ?.6).
4) Через точку N проведем прямую d параллельную KM, d пересекает OB в точке
D ( см. «Примеры решения стандартных задач, ?.3).
5) По теореме Фалеса [pic], а так как OK=a, KN=b, OM=c, то
[pic] , следовательно, MD- искомый отрезок.
VIII. Доказательство заменяемости.
Докажем, что все построения, выполнимые с помощью циркуля и линейки,
выполнимы с помощью линейки с двумя делениями.
1) Пересечение двух прямых.
Так как две непараллельные прямые пересекаются в одной точке (иначе по
аксиоме о расположении точек и прямых они совпадут) и каждая из сторон угла
представляет собой одностороннюю линейку то, продляя прямые бесконечно, мы,
рано или поздно, найдем точку их пересечения.
2) Пересечение прямой и окружности (рис.26).
Пусть дана прямая k, не лежащая на ней точка О и отрезок длины d (в данной
задаче предполагается, что расстояние от точки до прямой меньше d. Другие
варианты интереса не представляют: в случае lO-K >d решений нет, lO-K =d
решением является перпендикуляр из О на k), тогда:
2.1) Опускаем перпендикуляр из точки О на прямую k
рис.26
(см. «Примеры решения стандартных задач)
2.2) Строим отрезок x такой, что [pic]
(См. построение четвертого пропорционального отрезка).
2.3) На прямой OB от точки B в сторону точки О откладываем отрезок BX=x .
2.4) Применяя второе стандартное построение для точки X и прямой k, получим
точки Y и Z; XY=XZ=b.
2.5) Строим отрезок z такой, что [pic].[pic]
(Cм. построение четвертого пропорционального отрезка).
2.6) На прямой k от точки В в обе стороны откладываем отрезки длины z.
Пусть получили точки С и А.
2.7) OA=OC, так как OB- медиана и высота. Следовательно, треугольник OAC-
равнобедренный.

OA2=AB2 +BO2 =z2+BO2=BZ2 х [pic]+BX2 х [pic]= (BX2+BZ2) x[pic]=b2
x[pic]=d2,


3) Пересечение двух окружностей.

Аналогично построению в пункте «Прямые углы».

IX. Пример решения задачи с помощью линейки с двумя делениями.
1) Дан угол, меньший 180( и точка внутри него. Построить отрезок данной
длины так, чтобы он проходил через данную точку, а его концы лежали на
сторонах данного угла (Задача Паппа). Пусть дан угол O, точка C внутри него
и отрезок A1B1.
Построение:
1) Проводим OC.
2) Строим отрезок OL такой, что
3) [pic]=[pic] , где b - длина отрезка на линейке (построение четвертого
пропорционального отрезка, опорная задача).
4) Применяя третье стандартное построение для сторон угла и точки L, строим
отрезок MD, MD=b.
5) Проводим через т. C прямую, параллельную MD.
6) Полученный отрезок AB - искомый.
Доказательство:
1) (OMD((OKN, значит [pic]=[pic].
2) (OML((OKC, значит [pic]=[pic].
3) По закону транзитивности равенств [pic]=[pic].
4) Но [pic]=[pic], значит по закону транзитивности равенств[pic]=[pic].
5) А так как MD=b по построению, то KN=A1B1=AB, что и требовалось доказать.
Таким образом, мы доказали, что линейка с двумя делениями не заменяема
стандартными инструментами (задача Паппа не разрешима циркулем и
линейкой без делений, так как сводится к уравнению третьего порядка).
XI. Пример решения задачи с помощью линейки с двумя делениями и циркуля.
Трисекция угла (решение Архимеда).
Пусть дан угол O тогда (рис.27):
1) Строим окружность с центром в точке O и радиусом AB (AB - отрезок на
линейке), пусть она пересечет стороны угла в точках D и E.
2) Прикладываем линейку так, чтобы ее сторона проходила через D, а точка B
лежала на окружности. 3(DAO=(DOE.
Доказательство:
Пусть (BAO=(, тогда так как АВ=ВС, то (АОВ=(, тогда (DBO=2((внешний),
тогда так как OD=ВО (радиусы), то (DBO=(BDO, тогда (AOB+(DOE=4(, но (AOB=(,
((DOE=((
(3(BAO=(DOE, что и требовалось доказать.
рис.27

XII. Результаты:
1) Предложен способ построения корней уравнения n-го порядка с помощью n-1
прямых углов. Это дает возможность расширить область построений,
выполнимых с помощью прямых углов, а также получить решение задач, не
решенных ранее путем сведения их к уравнению пятого и более порядка.
2) Предложены способы решений задач о построении равнобедренного
треугольника по двум биссектрисам, одна из которых проведена к
основанию, Делийской задачи, трисекции угла с помощью прямых углов.
3) Предложен способ решения задачи о построении треугольника по трем
биссектрисам с помощью семи прямых углов.
4) Предложен способ решения задачи Паппа с помощью линейки с двумя
делениями.
5) Доказана взаимозаменяемость циркуля и линейки двусторонней линейкой.
6) Доказана заменяемость циркуля и линейки линейкой с двумя делениями.
7) Доказано отсутствие заменяемость линейки с двумя делениями циркулем и
линейкой.
8) Предложены решения "основных" стандартных задач с помощью прямых углов,
двусторонней линейки, линейки с двумя делениями.

XII.Список используемой литературы:
Александров, "Геометрические построения", издательство "Адлер", 1950г.
Просолов, "Задачи по геометрии", издательство "Наука", 1991г.
-----------------------
















OE OC
OM ON

OM OE
ON OC

OM OF
ON OD

r

X

l

G

Q

C

Z

F

r2

r1

O2

E

O1

A

H

F

D

K

M

N

R

E

O

L