Как провести перпендикуляр к диаметру окружности без циркуля (2 видео)

Одной линейкой

Содержание

Задача
Подсказка 1
Подсказка 2
Подсказка 3
Решение
Послесловие
Учащиеся физтех-лицея не смогли решить заданную Мишустиным задачу
Построение при помощи циркуля и линейки, только… без циркуля
🌟 Видео

Видео:Геометрия 7 класс (Урок№16 - Окружность. Задачи на построение.)Скачать

Задача

Даны окружность с центром О и точка А вне окружности. а) Проведен диаметр окружности. Пользуясь только линейкой*, опустите перпендикуляр из точки А на этот диаметр. б) Через точку А проведена прямая, не имеющая общих точек с окружностью. Пользуясь только линейкой, опустите перпендикуляр из точки О на эту прямую.

*Примечание. Под «линейкой» в задачах на построение всегда подразумевается не измерительный инструмент, а геометрический — с его помощью можно только проводить прямые (через две имеющиеся точки), но не измерять расстояние между точками. Кроме того, геометрическая линейка считается односторонней — с ее помощью нельзя провести параллельную прямую, просто приложив одну сторону линейки к двум точкам и проведя линию вдоль другой стороны.

Видео:Построение перпендикуляраСкачать

Подсказка 1

Используйте концы диаметра, а не центр окружности.

Видео:Перпендикуляр к прямой через заданную точку.Скачать

Подсказка 2

Угол с вершиной на окружности, опирающийся на ее диаметр, — прямой. Зная это, вы можете построить две высоты в треугольнике, образованном концами диаметра и точкой А.

Видео:Как провести перпендикуляр в данную точку на прямой с помощью циркуляСкачать

Подсказка 3

Попробуйте решить сначала более простой случай, чем заданный в пункте б), — когда данная прямая пересекает окружность.

Видео:Геометрия Задача найти центр круга /math and magicСкачать

Решение

а) Пусть ВС — данный диаметр (рис. 1). Для решения задачи просто вспомним первые две подсказки: если провести прямые AВ и АC, а затем соединить точки их пересечения с окружностью с нужными вершинами треугольника ABC, то получатся две высоты этого треугольника. А так как высоты треугольника пересекаются в одной точке, то прямая CH будет третьей высотой, то есть искомым перпендикуляром из А к диаметру ВС.

б) Решение этого пункта, однако, даже в том случае, который дан в третьей подсказке, не кажется более простым: да, мы можем провести диаметры, соединить их концы и получить прямоугольник ABCD (рис. 2, на котором, для простоты, точка А отмечена на окружности), но как это приближает нас к построению перпендикуляра из центра окружности?

А вот как: так как треугольник AOB равнобедренный, то перпендикуляр (высота) OK пройдет через середину K стороны AB. А значит, задача свелась к нахождению середины этой стороны. Как ни удивительно, но окружность больше нам совсем не нужна, да и точка D тоже, в общем, «лишняя». А вот отрезок CD — не лишний, но на нем нам потребуется не какая-то конкретная точка, а совершенно произвольная точка E! Если обозначить за L точку пересечения BE и AC (рис. 3), а затем продлить AE до пересечения с продолжением BC в точке M, то прямая LM — это решение всех наших забот и проблем!

Правда, очень похоже, что LM пересекает AB посередине? Это и правда так. Попробуйте доказать это. Мы же отложим доказательство до конца решения задачи.

Итак, мы научились находить середину отрезка AB, а значит, научились опускать перпендикуляр на AB из центра окружности. Но что делать с исходной задачей, в которой данная прямая не пересекает окружность, как на рис. 4?

Постараемся свести задачу к уже решенной. Это можно сделать, например, так.

Сначала построим прямую, симметричную данной относительно центра окружности. Построение понятно из рис. 5, на котором данная прямая — горизонтальная под окружностью, а построенная симметричная ей — выделена красным (две синие точки могут быть взяты на окружности совершенно произвольно). Заодно проведем через центр О еще одну прямую, перпендикулярную к одной из сторон получившегося в окружности прямоугольника, чтобы получить на данной прямой два равных по длине отрезка.

Имея две параллельные прямые, на одной из которых уже отмечены два конца и середина отрезка, возьмем произвольную точку T (например, на окружности) и построим такую точку S, что прямая TS будет параллельна имеющимся двум прямым. Это построение показано на рис. 6.

Тем самым мы получили хорду окружности, параллельную данной прямой, то есть свели задачу к решенной ранее версии, ведь к такой хорде проводить перпендикуляр из центра окружности мы уже умеем.

Осталось привести доказательство факта, который мы использовали выше.

Четырехугольник ABCE на рис. 3 — трапеция, L — точка пересечения ее диагоналей, а M — точка пересечения продолжений ее боковых сторон. По известному свойству трапеции (его еще называют замечательным свойством трапеции; здесь можно посмотреть, как оно доказывается) прямая ML проходит через середины оснований трапеции.

Собственно, еще раз мы фактически опирались на эту же теорему уже в последней подзадаче, когда проводили третью параллельную прямую.

Видео:Как найти центр круга в мастерской (4 способа)Скачать

Послесловие

Теория геометрических построений одной линейкой, когда задана вспомогательная окружность с центром, разработана замечательным немецким геометром XIX века Якобом Штейнером (правильнее произносить его фамилию Steiner как «Штайнер», но в отечественной литературе уже давно закрепилось написание с двумя «е»). О его математических достижениях мы уже однажды рассказывали в задаче «Короче, Склифосовский». В книге «Геометрические построения, выполняемые с помощью прямой линии и неподвижного круга» Штейнер доказал теорему, согласно которой любое построение, которое может быть выполнено с помощью циркуля и линейки, может быть выполнено и без циркуля, если задана всего одна окружность и отмечен ее центр. Доказательство Штейнера сводится к демонстрации возможности осуществления базовых построений, обычно выполняемых с помощью циркуля, — в частности, к проведению параллельных и перпендикулярных прямых. Наша задача, как легко видеть, является частным случаем этой демонстрации.

Впрочем, к некоторым задачам Штейнер привел не единственный способ решения. Приведем второй способ и мы.

Возьмем на данной прямой две произвольные точки A и B (рис. 7). Сначала строим перпендикуляр из A на (синюю) прямую BO — это фактически решение нашей первой задачи, потому что эта прямая содержит диаметр окружности; все соответствующие построения на рис. 7 выполнены синим цветом. Затем строим перпендикуляр из B на (зеленую) прямую AO — это точно такое же решение точно такой же задачи, построения выполнены зеленым цветом. Тем самым мы получили две высоты треугольника AOB. Третья высота этого треугольника проходит через центр O и точку пересечения двух других высот. Она и является искомым перпендикуляром к прямой AB.

Но и это еще не все. Несмотря на всю (относительную) простоту второго способа, он «избыточно длинный». Это означает, что существует другой способ построения, требующий меньшего числа операций (в задачах на построение каждая линия, проведенная циркулем или линейкой, считается как одна операция). Построения, требующие минимального среди известных количества операций, французский математик Эмиль Лемуан (Émile Lemoine, 1840–1912) назвал геометрографическими (см.: Geometrography).

Итак, вашему вниманию предлагается геометрографическое решение пункта б). Оно требует всего 10 шагов, при этом шесть первых — «естественные», а следующие три — «удивительные». Самый последний шаг, проведение перпендикуляра, пожалуй, тоже следует назвать естественным.

Мы хотим провести красный пунктирный перпендикуляр (рис. 8), для этого нам нужно отыскать на нем какую-нибудь точку, отличную от О. Поехали.

1) Пусть A — произвольная точка на прямой, а C — произвольная точка на окружности. Проводим прямую AC.

2)–3) Проводим диаметр OC (вторично пересекающий окружность в точке D) и прямую AD. Отмечаем вторые точки пересечения прямых AC и AD с окружностью — B и E, соответственно.

4)–6) Проводим BE, BD и CE. Прямые CD и BE пересеклись в точке H, а BD и CE — в точке G (рис. 9).

Кстати, а могло ли случиться так, что BE оказалось бы параллельно CD? Да, безусловно. В случае, когда диаметр CD перпендикулярен AO, то именно так и случается: BE и CD параллельны, а точки A, O и G лежат на одной прямой. Но возможность брать точку C произвольно предполагает наше умение выбрать ее так, чтобы CO и AO не были перпендикулярны!

И вот теперь обещанные удивительные шаги построения:

7) Проводим GH до пересечения с данной прямой в точке I.
8) Проводим CI до пересечения с окружностью в точке J.
9) Проводим BJ, которая пересекается с GH. где? Правильно, в красной точке, которая находится на вертикальном диаметре окружности (рис. 10).

10) Проводим вертикальный диаметр.

Вместо шага 8 можно было бы провести прямую DI, а затем на шаге 9 соединить вторую точку ее пересечения с окружностью с точкой E. Результат был бы той же самой красной точкой. Правда, это удивительно? Причем, даже неясно, что удивляет сильнее — то, что красная точка оказывается одной и той же для двух способов построения, или то, что она лежит на искомом перпендикуляре. Впрочем, геометрия — это ведь не «искусство факта», а «искусство доказательства». Так что постарайтесь доказать это.

Мелкая придирка не по существу:
> правильнее произносить его фамилию Steiner как «Штайнер», но в
> отечественной литературе уже давно закрепилось написание с двумя «е»

— ничего подобного. Так принято передавать немецкое -ei- для всех персон примерно до середины XX века. Причины этого не вполне понятны: фонетический переход -ei- в [-ai-] произошел за много веков до появления этой традиции транскрипции на русский
(в отличие, например, от перехода -ille- из [iλ] в [ij]: Марсель, Гильом — который произошел лишь в XIX веке, когда русская транскрипция уже устоялась).

Но по какой бы причине русская транскрипция с немецкого ни оказалась отстающей от реальной фонетики на много веков, она именно такова. Передавать Штейнера и прочих немцев XIX века через -ай- было бы анахронизмом. Не говоря уже о том, что Штейнер, помимо немецкой, еще и распространенная в России и других странах идишская фамилия, а их принято передавать через -ей- и по сей день.

А по существу вопрос: теорема гласит, что «любое построение, которое может быть выполнено с помощью циркуля и линейки, может быть выполнено и без циркуля, если задана всего одна окружность и отмечен ее центр».

Что имеется в виду под «если задана всего одна окружность»? Имеется ли в виду, что в задаче дана только одна окружность, и задание центра позволяет построить линейкой все то, что можно построить циркулем? Или имеется в виду, что берем любую задачу (скажем, деление отрезка пополам), и достаточно где-нибудь в произвольном месте задать окружность и ее центр, чтобы задача деления отрезка пополам решалась одной линейкой?

Да, имеется в виду ровно это. На плоскости чертежа задана произвольная окружность и ее центр. Это позволяет выполнить одной линейкой всё, что можно сделать циркулем и линейкой.

А деление отрезка пополам и так решается одной линейкой (без вспомогательной окружности). Вот одним циркулем — не решается.

> А деление отрезка пополам и так решается одной линейкой (без вспомогательной окружности

Допускаю, хотя не знаю такого способа.

> Вот одним циркулем — не решается.

Этого не может быть. По теореме Мора-Маскерони.

Этого противоречит вашим словам, будто линейкой можно построить середину отрезка.

Вот смотрите: если мы можем одной линейкой построить касательную к окружности из точки A, значит, возьмем две такие касательные. Проведем хорду, опирающуюся на две точки касания.

По вашим словам (выше), одной линейкой можно найти середину отрезка, а значит, и этой хорды.

Из исходной точки A через середину хорды проведем прямую. Это будет (продолженный) диаметр окружности.

Возьмем произвольную точку B и повторим с ней и той же окружностью то же самое. Получим второй диаметр.

Два диаметра дают нам центр окружности.

Итого получается, что если, как вы утверждаете, одной линейкой можно построить и касательную из заданной точки к заданной окружности, и середину заданного отрезка, то одной линейкой можно построить и центр данной окружности. Однако хорошо известно (доказано, по-моему, тем же Штейнером через сечения наклонного конуса), что это невозможно. А если б было возможно, то рассказанная вами теорема Штейнера-Понселе не имела бы смысла: получается, любое построение циркулем и линейкой можно было бы совершить просто линейкой безо всяких дополнительных условий (или точнее, требовалось бы иметь где-то окружность не обязательно с отмеченным центром).

Касательную одной линейкой точно можно построить, и это ничему не противоречит.

Что касается утверждения о построении середины отрезка, я хотел сказать вот что: для этого не нужно иметь вспомогательную окружность, достаточно иметь вспомогательную параллельную прямую.

Да, это тоже исследовано Штейнером. Он рассмотрел списки задач, разрешимых линейкой при следующих дополнительных условиях
а) дана одна параллельная прямая или отрезок, разделенный в известном рациональном отношении
б) даны две пары параллельных прямых, или два отрезка, деленные в рац. отношениях, или одна пара параллельных и один такой отрезок
в) дан вспомогательный квадрат

Все эти условия позволяют решать линейкой какой-то класс задач на построение, причем а) Ответить

Тогда и задача немного другая, и решение другое. Фактически в вашей задаче требуется построить квадрат по заданным противоположным вершинам (B и C).

PS. Насчет касательных. Да, конечно, построение не очень короткое — в сумме явно больше 15 линий получится. Через точку пересечения высот — экономнее

Видео:Как найти центр окружности с помощью циркуля и линейкиСкачать

Учащиеся физтех-лицея не смогли решить заданную Мишустиным задачу

Председатель российского правительства Михаил Мишустин посетил 1 сентября физтех-лицей имени П.Л. Капицы. Об этом сообщает РИА Новости.

В рамках своего визита, премьер-министр предложил решить математическую задачу учащимся выпускного класса, которые в этот момент занимались с учителем анализом бизнес-проектов.

Михаил Мишустин предложил ребятам провести перпендикуляр от точки окружности к диаметру, не используя при этом никаких измерительных приборов.

После бурного обсуждения задачи школьники так и не смогли прийти к ее решению. После этого, Мишустин обратился к выпускникам и отметил необходимость фундаментальной подготовки.

«Очень важно решать задачи, связанные с бизнесом, и с приложением математических фундаментальных знаний, которыми вы обладаете. Но мне кажется, в вашем возрасте хорошо бы фундаменталки поднабраться. А когда вы будете обладать математическими знаниями, физикой, химией, вы сможете решать любые задачи, включая бизнес», — отметил премьер-министр.

Также ранее, Владимир Путин в эфире образовательного марафона общества «Знание», рассказал о своем опыте в сфере внутренней и внешней политики.

Видео:Всё про углы в окружности. Геометрия | МатематикаСкачать

Построение при помощи циркуля и линейки, только… без циркуля

Все мы знакомы из школьной программы с построениями при помощи циркуля и линейки. А что будет, если вдруг циркуль затеряется? Можно ли при помощи одной линейки строить ещё что-то нетривиальное? Предлагаю вашему вниманию задачу, решение которой принесло мне немало приятных часов. Задача со звёздочкой, поэтому не расстраивайтесь, если сходу решение не найдёте. Хотя один мой знакомый справился за пять минут, думаю, что это скорее исключение из правил.

Итак, на плоскости есть отрезок, который мы бы хотели продолжить. Казалось бы, выбрать две точки на отрезке, приложить линейку и прочертить прямую. Но вот незадача: как раз на пути этой прямой посажено жирное пятно кетчупа, а мы линейку пачкать не хотим. Нужно продолжить изначальную прямую за пятном, не прикасаясь к нему линейкой.

Напоминаю, циркуля нет, остаётся только неградуированная линейка, с помощью которой можно только проводить прямую через выбранные две точки, больше ничего. Это настоящая задача без подколок. Складывать листочки, использовать вторую сторону линейки для откладывания параллельных линий, а также хитрить другими подобными способами не требуется.

Update: Поскольку в комментариях задачу расщёлкали как орех, публикую два моих решения. Подглядывать в ответы, не попытавшись решить задачу самостоятельно, неспортивно 🙂

Отвлечёмся для начала от кетчупа, и попробуем нарисовать просто тетраэдр с основанием ABC и вершиной S. А затем проведём плоскость, порождённую треугольником A’B’C’, пересекающую рёбра тетраэдра:

Прямые AB и A’B’ пересекаются в точке P1, поскольку лежат в одной и той же плоскости (грань тетраэдра ABS). Аналогично P2 — точка пересечения прямых BC и B’C’, и P3 — пересечение прямых AC и A’C’.

При этом P1, P2 и P3 лежат на одной прямой, поскольку принадлежат одновременно плоскости ABC и плоскости A’B’C’, а пересечение двух плоскостей — это прямая.

То есть, произвольно взяв две точки P1 и P2 на нашем отрезке, мы можем построить P3, лежащую на той же прямой, но с другой стороны пятна. Повторив построение ещё раз, получим вторую точку, и задача решена. На всякий случай, это применение теоремы Дезарга

Лично я про проективную геометрию даже и не думал, и честно рисовал эти самые тетраэдры. Мой коллега (который решил за пять минут) предложил элегантное решение, основанное на теореме Паппа. Это решение должно быть очевидно всем, кто занимался компьютерной графикой.

Наша прямая — синяя, эллипс — пятно кетчупа. Основная идея — нарисовать проекцию 3д плоскости, замощённой одинаковыми квадратиками кафеля. Точки A и B — это так называемые точки схода, то есть, точки, в которых пересекаются параллельные (в 3д) прямые, образующие границы кафельных плиток.

1. Проведём две произвольных фиолетовых прямых таким образом, чтобы точка их пересечения лежала на нашей синей прямой.

2. Выберем произвольную точку A на нашей синей прямой, и произвольно же проведём две голубых прямых.

3. Пересечение фиолетовых и голубых прямых даст четыре точки P, Q, R и S, которые являются углами главной кафельной плитки, от которой мы и будем плясать.

4. Нарисуем красные прямые QP и RS, и обозначим точку их пересечения как B, это будет вторая точка схода.

5. Ну а дальше дело техники: произвольно чертим три розовые прямые, получим ещё две плитки кафеля. Ищем их центры, начертив два жёлтых креста, и дело сделано.