Построение окружности аполлония циркулем и линейкой

Аполлоний Пергский (ок. 262–170 до н. э.) завоевал среди современников титул Великого Геометра. Он обучался в Александрии у последователей Евклида, имена которых не сохранились, и стал последним великим представителем александрийской математической школы. Позднее он работал в Пергаме, где создал свой важнейший труд «Коноика» («Конические сечения»), который и принес ему такую громкую славу. Только первые четыре книги этого произведения дошли до нас в подлиннике. Три другие сохранились в арабском переводе, а восьмая, последняя, была утрачена. Работа Аполлония оказала огромное влияние на развитие не только математики, но и астрономии, механики, оптики. Именно он ввел в язык математики названия «эллипс», «парабола», «гипербола», «фокус», «асимптота».

Благодаря позднейшим комментаторам и реставрациям, которыми много занимались в 16-18 вв., мы знаем и о содержании шести других геометрических работ Аполлония. В одной из них появляется так называемая «окружность Аполлония». В другой, изданной Виетом, работе «О касании» рассматривается следующая задача: построить циркулем и линейкой окружность, касающуюся трех данных окружностей. Решение самого Аполлония не сохранилось, но предпринятые многими авторами попытки его восстановления и, конечно, привлекательная формулировка, сделали эту задачу очень популярной. Мы предлагаем серию чертежей-заданий, которые через череду вспомогательных задач приводят к одному из элементарных, «школьных» решений.

Частные случаи

Нам будет удобно несколько расширить рамки задачи и допустить, наряду с обычными окружностями, «вырожденные» – точки (окружности нулевого радиуса) и прямые (окружности бесконечного радиуса). При этом появится несколько частных случаев, определяемых тем, какие именно фигуры (точки, прямые и окружности) даны, но, как мы увидим, к этим более простым случаям будет сводиться общий. Сначала посмотрим, как решается задача, когда все три данные окружности вырождаются в точки и прямые.

Три точки (Задача 01, 02). В этом случае задача состоит в том, чтобы описать окружность около треугольника с вершинами в трех данных точках. Этому учат едва ли не на первых уроках геометрии. Отметим, что и в случае, когда даны точки на одной прямой, эта задача имеет решение, ведь мы условились и прямую считать окружностью.

Три прямые (Задача 03, 04). В отличие от первого случая, здесь возможны несколько решений. Если прямые ограничивают треугольник, то одно из них дается его вписанной окружностью, а еще три – вневписанными (касающимися одной из сторон извне треугольника и продолжений двух других сторон). Если параллельны ровно две из трех прямых, то решений, очевидно, два, а если все три, то ни одного.

Две точки и прямая (Задача 05). Эту задачу можно решить с помощью «геометрических вычислений», т. е. алгебраическим методом. Пусть A и B – данные точки и пусть C – точка пересечения прямой AB с данной прямой l (случай AB || l рассмотрите самостоятельно). Если K – точка касания искомой окружности с прямой l, то по теореме о квадрате касательной должно выполняться равенство CK 2 = CA·CB. Это позволяет построить точку K, отложив на прямой l отрезок CK длины

Две прямые и точка (Задача 07). Допустим, что данные прямые пересекаются. Тогда задачу можно свести к предыдущей. Поскольку центр окружности, касающейся таких прямых, лежит на биссектрисе l одного из образованных ими углов, окружность симметрична относительно l, поэтому она проходит через точку B, симметричную данной точке A относительно l. Таким образом, нам известны две точки, A и B, лежащие на искомой окружности, и две прямые, которых она касается, а построение для этого случая (даже для одной прямой) было описано выше. Для полноты надо отдельно рассмотреть случаи, когда прямые параллельны и когда они пересекаются, но данная точка лежит на биссектрисе образованного ими угла (и совпадает с симметричной ей точкой B). Построение в этих случаях несложно и мы на нем не останавливаемся.

Последнюю задачу можно решать и непосредственно, методом гомотетии. В таком случае к ней можно было бы сводить предыдущую задачу о проведении окружности через две данные точки A и B, касающуюся данной прямой: искомая окружность обязана касаться и второй прямой, симметричной данной относительно серединного перпендикуляра к AB.

Прежде, чем двинуться дальше, остановимся на понятии степени точки относительно окружности и некоторых связанных с ним фактах, которые понадобятся нам еще не раз. Хотя это понятие в явном виде и не проходится в школе, по существу оно появляется в двух известных теоремах об окружности: теореме об отрезках пересекающихся хорд и теореме о квадрате касательной (ее другое название – теорема о секущей и касательной), которую мы уже использовали выше. Эти две теоремы можно свести в одно утверждение.

Пусть даны окружность и точка P. Произведение PA·PB, где A и B – точки, в которых прямая, проходящая через P, пересекает окружность, зависит только от точки P и окружности и не зависит от прямой.

Это произведение, взятое со знаком плюс для точек вне окружности и со знаком минус для точек внутри окружности, и называется степенью точки P относительно окружности. Можно сказать, что степень точки P – это скалярное произведение (равное в данном случае PA·PB, если векторы и сонаправлены и –PA·PB, если они противоположно направлены). Если точка P лежит вне окружности, то степень равна квадрату отрезка PK касательной, проведенной из точки P к окружности (это и есть теорема о квадрате касательной). Приведенные выше утверждения, объединяющие две школьные теоремы, будем называть теоремой о степени точки (относительно окружности).

Из нее нетрудно вывести и теорему, в некотором смысле к ней обратную: если прямые AB и CD пересекаются в точке P и , то точки A, B, C и D лежат на одной окружности, а если P лежит на прямой AB и PA·PB = PK 2 , то прямая касается окружности, проходящей через A, B и K.

Вернемся к задаче Аполлония и рассмотрим случаи, когда две окружности вырождены, т. е. являются точками или прямыми, а третья – «нормальная».

Две точки и окружность (Задача 06). Пусть требуется построить окружность, проходящую через данные точки A и B и касающуюся данной окружности c₀. Проведем через A и B произвольную окружность c’, пересекающую c₀ в точках C и D, и обозначим через P точку пересечения прямых AB и CD. Далее проведем через P касательную к данной окружности и обозначим через X точку касания. Тогда окружность c, проходящая через A, B и X, будет искомой. Действительно, степень точки P относительно c₀ равна PX 2 = PC·PD. Применяя теорему о степени к окружности c’ и двум ее секущим PCD и PAB, находим, что PC·PD = PA·PB. Отсюда следует, что PX 2 = PA·PB, а значит прямая PX касается и окружности c, т. е. является общей касательной окружностей c₀ и c. Следовательно, c касается c₀ (в точке X). Из точки P можно провести две касательных к c₀ и они дадут два решения нашей задачи. Можно показать, что других решений нет.

Наше решение не работает, если прямые AB и CD окажутся параллельными. Это произойдет, если серединный перпендикуляр к AB содержит центр данной окружности. Легко понять, что в этом случае точками касания будут точки пересечения серединного перпендикуляра с окружностью.

Две прямые и окружность (Задача 12). Если прямые параллельны, то радиус искомой окружности равен половине расстояния между ними, и ее центр легко строится. Допустим, что данные прямые a и b пересекаются в точке P, и обозначим через K неизвестную точку касания данной окружности c₀ и искомой окружности c. Окружность c переходит в c₀ при некоторой гомотетии с центром K. Эта гомотетия переводит прямую a, касающуюся c, в параллельную ей прямую a₀, которая будет касаться c₀. Прямую a₀ легко построить. Так же строится и образ b₀ прямой b при рассматриваемой гомотетии. А точка Q пересечения a₀ и b₀ – это образ точки P при той же гомотетии. Но любая точка, ее образ при гомотетии и центр гомотетии лежит на одной прямой. Значит, точка K лежит на пересечении прямой PQ с данной окружностью. Теперь задача свелась к построению окружности, касающейся данных прямых и проходящей через данную точку K, а это мы уже делали выше. Поскольку каждую из касательных a₀ и b₀ можно провести двумя способами, а прямая PQ может иметь до двух точек пересечения с данной окружностью, задача может иметь до восьми решений (по два в каждом из углов, образованных данными прямыми), но может быть и меньше.

Сделаем очередную остановку и обратим внимание на примененное в этом решении преобразование гомотетии. Не только касающиеся, но и любые две окружности гомотетичны друг другу, причем двумя способами, если только они не равны. Чтобы построить центры двух гомотетий – центры подобия окружностей – проведем в окружностях параллельные радиусы и соединим прямыми их концы. Точки пересечения этих прямых с линией центров и будут центрами подобия. При этом прямая, соединяющая концы радиусов, лежащих по одну сторону от линии центров, дает центр гомотетии с положительным коэффициентом, равным отношению радиусов, а для второй прямой получается коэффициент, равный тому же числу со знаком минус. В первом центре подобия пересекаются внешние касательные к окружностям и его так и называют внешним, а во втором, внутреннем, – внутренние касательные (конечно, если соответствующие касательные существуют). Построив эти центры, мы построим и касательные. (Заметим, кстати, что проведение касательной к двум окружностям тоже можно рассматривать как частный случай задачи Аполлония, в котором две из данных окружностей – прямые, а третья – бесконечно-удаленная точка, из-за чего искомая окружность сама превращается в прямую.) Если две окружности равны, то «отрицательная» гомотетия превращается в центральную симметрию, а «положительная» – в параллельный перенос.

Теперь можно продолжить рассмотрение различных вариантов задачи Аполлония.

Точка, прямая, окружность (Задача 08). Мы приведем построение, в котором соединяются идеи двух предыдущих – степень точки и гомотетия. Пусть A, a, c₀ – данные точка, прямая и окружность, c – искомая окружность, K и L – точки ее касания с c₀ и a, соответственно. При гомотетии с центром K, переводящей c в c₀, прямая a перейдет в параллельную ей касательную к c₀. Поэтому точка L перейдет в такую точку M окружности c₀, что выходящий из нее диаметр перпендикулярен к a. Обозначим второй конец этого диаметра через B, а точку, в которой он при продолжении пересекает a, через C. Пусть X – точка пересечения прямой AM с окружностью c. Точки B, C, L и K лежат на некоторой окружности, так как угол BCL = 90° и угол BKL = BKM = 90°. Поэтому MC·MB = MK·ML. Точки X, A, L и K лежат на одной окружности по построению, так что MK·ML = MX·MA. Поэтому точку X можно построить из соотношения MX·MA = MC·MB, в котором нам уже известны все точки, кроме X. Проще всего это сделать, проведя еще одну окружность – через A, B и C; X – это точка ее пересечения с MA. Теперь остается провести окружность, касающуюся a, через две известные точки A и X, а эту задачу мы уже умеем решать. Поскольку она имеет, вообще говоря, два решения, а в качестве точки M в нашем построении можно взять любой из двух концов диаметра (т. е. поменять точки M и B на рисунке ролями), наибольшее число решений в данном случае равно четырем.

Наконец, рассмотрим случаи, когда вырождается только одна окружность.

Точка и две окружности (Задача 09. 2). Пусть требуется построить окружность, проходящую через данную точку A и касающуюся двух данных окружностей c₁ и c₂ внешним образом. Пусть K₁ и K₂ – точки касания. Воспользуемся тем, что они лежат на одной прямой с внешним центром подобия Z данных окружностей. (Доказать это можно с помощью теоремы Менелая для треугольника OO₁O₂, образованного центрами окружностей: очевидно, что , где R₁, R₂ и R – радиусы соответствующих окружностей; равенство последних множителей в произведениях следует из того, что Z – центр гомотетии с коэффициентом R₂: R₁, переводящей O₁ в O₂.) По теореме о степени точки отсюда следует, что искомая окружность проходит через такую точку X прямой ZA, что ZX·ZA = ZK₁·ZK₂. Если мы найдем произведение в правой части этого равенства, то найдем и точку X, и тогда задача сведется к построению окружности, проходящей через две известные точки и касающейся известной окружности (любой из двух данных).

Отсюда вытекает следующее построение: проводим произвольную секущую ZL₁L₂, затем окружность через точки L₁, L₂ и A и находим X как точку пересечения этой окружности с прямой ZA, отличную от A. В итоге задача сводится к случаю, когда даны две точки (A и X) и окружность. В этом случае, как мы видели, имеется, вообще говоря, два решения. Одно из них – это окружность, касающаяся обеих данных внешним образом, второе – окружность, касающаяся обеих данных внутренним образом. Если выполнить аналогичное построение, взяв вместо внешнего центра подобия внутренний, мы получим еще два решения (c разноименным касанием).

Прямая и две окружности . Допустим, что мы построили окружность c, касающуюся данных окружностей внешним образом и прямой. Увеличим радиус построенной окружности на величину, равную радиусу r меньшей из данных окружностей. Тогда, очевидно, она пройдет через центр меньшей окружности и будет касаться «сжатой» на величину r второй данной окружности, а также прямой, полученной из данной параллельным сдвигом на ту же величину. Мы видим, что для расширенной указанным образом окружности c известны точка, через которую она проходит, а также окружность и прямая, которых она касается. А такую задачу мы уже решили выше. Окончательное решение получается сжатием на r построенной расширенной окружности. Другие решения можно получить аналогично с учетом различных случаев расположения окружностей. Например, чтобы построить окружность, которая касается обеих данных внутренним образом, нужно мысленно уменьшить ее радиус и радиусы данных окружностей на r и придвинуть прямую на ту же величину. Новая окружность пройдет через центр меньшей из данных, а касание со второй окружностью и прямой сохранится. Возможно до восьми решений.

Преобразование окружностей, которое мы здесь применили, так и называется расширением (фактически оно может оказаться и «сжатием»). Чтобы описать его, не рассматривая многочисленные частные случаи, зададим на окружностях и прямых направления, т. е., попросту говоря, нарисуем на них стрелки. При этом из каждой обычной окружности получатся две противоположно направленные. Две направленные окружности или окружность и прямую будем считать касающимися, если они имеют не только единственную общую точку, но и одинаковые направления в этой точке. Радиусу окружности припишем знак – плюс, если она ориентирована против часовой стрелки, и минус, если наоборот. При таком соглашении расширение окружности на величину l – это просто добавление l к радиусу (с учетом знаков), а для прямой – это сдвиг на |l| вправо от направления прямой при l>0 и влево при l 3 = 8 способами – и придерживаться сделанного выбора. Проследив всю цепочку построений, можно убедиться, что для каждого из этих способов имеется не более одной окружности заданной ориентации, касающейся трех данных «правильно», с соблюдением направлений. Поскольку ориентацию искомой окружности можно считать заданной раз и навсегда, скажем, против часовой стрелки, задача имеет не более восьми решений. Конечно, в каких-то случаях их может быть меньше.

Мы рассказали об «элементарном» решении задачи Аполлония, практически не использующем понятий, выходящих за рамки школьной программы. Существует и много других способов ее решения, из которых мы упомянем лишь об одном, с помощью удивительного преобразования плоскости, называемого инверсией.

Это преобразование как бы «выворачивает плоскость наизнанку», меняя местами внутренность и внешность некоторой окружности c. Его самое главное свойство состоит в том, что оно превращает окружности, проходящие через центр O окружности c в прямые и обратно, а окружности, не проходящие через центр, оставляет окружностями. Благодаря этому, фигуру из прямых и окружностей можно с помощью инверсии изменить самым радикальным образом. Например, если поместить центр O инверсии в точку пересечения двух окружностей, то она переведет их в пересекающиеся прямые, а любые две непересекающиеся окружности можно подходящей инверсией сделать концентрическими. Это значит, что задача Аполлония для любых трех окружностей сводится инверсией к случаю «две прямые и окружность», разобранному выше или к случаю, когда две данные окружности имеют общий центр, а значит диаметр искомой окружности известен – он равен ширине образованного ими кольца. Если же использовать инверсию в сочетании с расширением, то решение можно свести к совсем простым случаям. Например, с помощью расширения можно сделать какие-либо две из данных окружностей касающимися, тогда инверсия относительно точки касания переведет их в параллельные прямые. Можно также сжать одну из окружностей в точку, тогда инверсия относительно этой точки превратит искомую окружность в прямую и задача сведется к проведению общей касательной к образам двух других окружностей.

Видео:Геометрия 7. Урок 10 - Построение циркулем и линейкойСкачать

Окружность Аполлония

Окружность Аполлония — геометрическое место точек плоскости, отношение расстояний от которых до двух заданных точек — величина постоянная, не равная единице.

Биполярные координаты — ортогональная система координат на плоскости, основанная на кругах Аполлония.

Видео:Построение пятиугольника циркулем и линейкойСкачать

Определение

Пусть на плоскости даны две точки A и B . Рассмотрим все точки P этой плоскости, для каждой из которых отношение

есть фиксированное положительное число. При k = 1 эти точки заполняют срединный перпендикуляр к отрезку A B ; в остальных случаях указанное геометрическое место — окружность, называемая окружностью Аполлония.

Видео:7 класс, 22 урок, Построения циркулем и линейкойСкачать

Реферат по математике «Окружность и касательные» (стр. 3 )

Из за большого объема этот материал размещен на нескольких страницах: 1 2 3

(рис.19)

Так как А* DK – прямой, эта окружность (построенная на отрезке А* K , как на диаметре) проходит через точку О. Точно так же она проходит через точки Е и Р.

Учитывая вышесказанное, получаем:

Теорема. Основания трех высот произвольного треугольника, середины трех сторон которого и середины трех отрезков, соединяющих его вершины с ортоцентром, лежат на одной окружности радиуса 1/2 R .

Следуя , мы называем ее окружности девяти точек этого треугольника. Так как три точки K , L , M диаметрально противоположны точкам А*, В*, С* то каждый из двух треугольников KLM или A * B * C * может быть получен из другого поворотом на 180° вокруг центра этой окружности. Очевидно, что этот поворот, который меняет местами эти два конгруэнтных треугольника, должен также поменять и их ортоцентры Н и О. Следовательно, центром окружности девяти точек является середина НО, которую уже ранее мы обозначили через N , имея в виду ее будущую роль центра окружности девяти точек. Другими словами:

Теорема. Центр окружности девяти точек лежит на прямой Эйлера, точно в середине отрезка между ортоцентром и центром описанной окружности.

2.3 История теорем окружности девяти точек.

История этих двух теорем несколько запутана. Бивана, опубликованная в английском журнале в 1804 году, по-видимому, указывает на то, что эти теоремы уже давно известны. Иногда они ошибочно приписываются Эйлеру, который уже в 1765 году доказал, что ортоугольник и серединный треугольник имеют общую описанную окружность. И в самом деле, европейские авторы часто называют эту окружность «окружностью Эйлера». По-видимому, первое полное доказательство было опубликовано в 1821 году Понселе. К. Фейербах переоткрыл частичный результат Эйлера еще позже и добавил новое свойство, которое является настолько замечательным, что побуждает многих авторов называть окружность девяти точек «окружностью Фейербаха». Имя Эйлера появляется столь часто и в столь многих областях математики, что нельзя не сказать о нем несколько слов.

Леонард Эйлер родился в 1707 году в г. Базеле (Швейцария). В 1727 году он был приглашен в Россию в Санкт-Петербургскую академию. В 1741 году он уехал в Берлин, чтобы получить кафедру математики Прусской академии. Он вернулся в Санкт-Петербург в 1766 году и жил там до конца своих дней. Умер в 1783 году.

Эйлер был неутомимым работником, его деятельность обогатила каждую область математики. Куда ни глянешь, всюду в жизни явления или предметы – либо теорема Эйлера, либо формула Эйлера, либо метод Эйлера. Эйлер написал 473 мемуара, которые были опубликованы после его смерти, и еще 61 мемуар, которые были изданы позже. И все это не смотря на то, что в 1753 году он перестал видеть одним глазом, а в 1766 году обоими. Он обладал исключительным комбинаторным даром, и его интуитивное понимание математики было огромным.

Продолжим. Напомним, что вневписанной окружностью треугольника АВС, соответствующей стороне АВ (или – вершине С), называется окружность, касающаяся стороны АВ или являющаяся продолжением сторон АС и ВС. Легко видеть, что у любого треугольника существует ровно три вневписанных окружности. При этом центр вневписанной окружности треугольника АВС, соответствующей вершине С, — это точка пересечения биссектрисы угла С и внешних углов А и В треугольника АВС. Таким образом, если три прямые образуют треугольник, то существуют ровно четыре окружности, каждая из которых касается всех трех прямых (рис. 20)

(рис.20)

Глава III . Построение окружности с помощью циркуля и линейки

3.1. Основные понятия

Построения с помощью циркуля и линейки — раздел евклидовой геометрии , известный с античных времён. В задачах на построение циркуль и линейка считаются идеальными инструментами, в частности:

· Линейка не имеет делений и имеет сторону бесконечной длины, но только одну.

· Циркуль может иметь сколь угодно большой или сколь угодно малый раствор (то есть может чертить окружность произвольного радиуса).

Возьмем на рассмотрение задачу на бисекцию. С помощью циркуля и линейки разбить данный отрезок АВ на две равные части. Одно из решений показано на рисунке 21:

· Циркулем проводим окружности с центром в точках A и B радиусом AB.

· Находим точки пересечения P и Q двух построенных окружностей (дуг).

· По линейке проводим отрезок или линию, проходящую через точки P и Q.

· Находим искомую середину отрезка AB — точку пересечения AB и PQ.

В задачах на построение рассматриваются множество всех точек плоскости, множество всех прямых плоскости и множество всех окружностей плоскости, над которыми допускаются следующие операции:

1. Выделить точку из множества всех точек:

1. произвольную точку

2. произвольную точку на заданной прямой

3. произвольную точку на заданной окружности

4. точку пересечения двух заданных прямых

5. точки пересечения/касания заданной прямой и заданной окружности

6. точки пересечения/касания двух заданных окружностей

2. «С помощью линейки» выделить прямую из множества всех прямых:

1. произвольную прямую

2. произвольную прямую, проходящую через заданную точку

3. прямую, проходящую через две заданных точки

3. «С помощью циркуля» выделить окружность из множества всех окружностей:

произвольную окружность с центром в заданной точке

1. произвольную окружность с радиусом, равным расстоянию между двумя заданными точками

2. окружность с центром в заданной точке и с радиусом, равным расстоянию между двумя заданными точками

В условиях задачи задается некоторое множество точек. Требуется с помощью конечного количества операций из числа перечисленных выше допустимых операций построить другое множество точек, находящееся в заданном соотношении с исходным множеством.

Решение задачи на построение содержит в себе три существенные части:

1. Описание способа построения заданного множества.

2. Доказательство того, что множество, построенное описанным способом, действительно находится в заданном соотношении с исходным множеством. Обычно доказательство построения производится как обычное доказательство теоремы, опирающееся на аксиомы и другие доказанные теоремы.

3. Анализ описанного способа построения на предмет его применимости к разным вариантам начальных условий, а также на предмет единственности или неединственности решения, получаемого описанным способом.

3.2 Деление отрезков

1) Если вам требуется разделить отрезок на две или четыре части, воспользуйтесь циркулем. Из концов отрезка А и В при помощи циркуля проведите две дуги окружности радиуса R. Радиус окружности сделайте несколько большим половины отрезка АВ. Доведите дуги до взаимного пересечения. Таким образом вы получите точки C и D, равноудаленные от отрезка АВ. Проведите через точки С и D прямую линию, пересекающую отрезок АВ. Точка пересечения этой линии и отрезка будет искомой точкой Е, в которой отрезок АВ разделяется на две равных части (рис. 22).

(рис.22)

2) Чтобы разделить отрезок на четыре равных части, проделайте описанную выше процедуру последовательно с каждым из двух получившихся равных отрезков АЕ и ЕВ (рис. 23) .

3) Пусть потребуется отрезок АВ (рис. 24) разделить на 5 равных частей. Проведем от одного конца этого отрезка, например, от В, под произвольным углом прямую ВС. На этой прямой отложи от конца В пять раз какой-нибудь отрезок; получим точки 1, 2, 3, 4, 5. Последнюю точку 5 соединим с концом А данного отрезка и через точки 1, 2, 3, 4 проведем прямые, параллельные прямой A5. Можно указать, что эти прямые разделят отрезок АB на 5 равных частей в точках I, II, III, IV.

3.3 Известные задачи

· Задача Аполлония о построении окружности, касающейся трех заданных окружностей. Если ни одна из заданных окружностей не лежит внутри другой, то эта задача имеет 8 существенно различных решений.

В своем сочинении «Касания» Аполлоний имел в виду три окружности контактной геометрии, то есть окружности с радиусом от 0 (точка) до бесконечности (прямая). Таким образом, для задачи Аполлония существует 10 глобальных случаев (рис.25):

4) построить с помощью циркуля и линейки окружность, касающуюся трех точек.

Решение: Соединим эти точки. Проведем к получившимся отрезкам серединные перпендикуляры. Они пересекутся в одной точке. Эта точка — центр искомой окружности.

5) построить с помощью циркуля и линейки окружность, касающуюся двух точек (далее Α и Β) и прямой (далее а). Сначала проведем прямую ΑΒ.

1. Если АВ не параллельна а, то найдем их пересечение С. Построим среднее геометрическое отрезков ΑС и ΒС. Отложим равный ему отрезок СΚ на прямой а. Окружность, описанная около ΔΑΒΚ — искомая.

2. Если ΑΒ||а, то проведем серединный перпендикуляр к отрезку ΑΒ и отметим точку Κ его пересечения с прямой a. Окружность, описанная около ΔΑΒΚ — искомая.

6) построить с помощью циркуля и линейки окружность, касающуюся точки и двух прямых.

1. Если прямые не параллельны, то возьмем точку их пересечения. Назовем угол между этими прямыми α. Соединим точку пересечения прямых с заданой точкой Μ. Назовем получившийся отрезок а. Впишем в угол α произвольную окружность, которая пересечет а, и отметим её центр Ο и точку пересечения с а (каждая даст свое решение) Α. Проведем прямую ΑΟ. Проведем параллельную ей прямую через Μ и биссектрису угла α. Их пересечение будет центром искомой окружности.

2. Если прямые параллельны, построим прямую ΑΒ (Α и Β — точки пересечения с задаными прямыми), перпендикулярную им. Проведем к отрезку ΑΒ серединный перпендикуляр b. Проведем окружность с центром в заданой точке и радиусом, равным половине ΑΒ. Её пересечение с b будет центром искомой окружности.

7) построить с помощью циркуля и линейки окружность, касающуюся трех прямых.

1. Если среди них нет параллельных, то отметим точки их пересечения Α, Β и С. Окружность, вписанная в ΔΑΒС — искомая.

2. Если все три прямые параллельны друг другу, то окружности не существует.

8) построить с помощью циркуля и линейки окружность, касающуюся двух точек (далее Α и Β) и окружности (далее ω).

1. Если А и В не лежат на ω, то проведем окружность Ω, содержащую точки А и В и имеющую с ω общие точки. Проведем радикальную ось Ω и ω и пересечем её с АВ. Проведем из точки их пересечения касательную к ω и отметим точку касания Κ. Опишем окружность около ΔΑΒΚ. Она — искомая. Каждая касательная даст свое решение.

2. Если А и В лежат на ω, ω — искомая.

9) построить с помощью циркуля и линейки окружность, касающуюся точки и двух окружностей.

10) построить с помощью циркуля и линейки окружность, касающуюся двух прямых и окружности.

11) построить с помощью циркуля и линейки окружность, касающуюся прямой и двух окружностей.

12) построить с помощью циркуля и линейки окружность, касающуюся точки, прямой и окружности.

13) построить с помощью циркуля и линейки окружность, касающуюся трех окружностей.

· Задача Брахмагупты о построении вписанного четырехугольника по четырем его сторонам.

Построить с помощью циркуля и линейки вписанный четырехугольник по четырем его сторонам.

Одно из решений использует окружность Аполлония (рис.26).

🌟 Видео

Построение пятиугольника циркулемСкачать

2. Построения с помощью циркуля и линейки.Скачать

Как найти центр окружности с помощью циркуля и линейкиСкачать

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

Геометрия 7 Окружность Построения циркулем и линейкойСкачать

Длина окружности. Площадь круга. 6 класс.Скачать

Неравномерная темперация и биения центра объектовСкачать

19. Построение с помощью циркуля и линейкиСкачать

22. Построения циркулем и линейкойСкачать

Деление окружности на равные части с помощью циркуляСкачать

Построение угла, равного данному. 7 класс.Скачать

Окружность. Построение циркулем и линейкойСкачать

Правильные многоугольники. Геометрия 9 класс | Математика | TutorOnlineСкачать

7 класс, 23 урок, Примеры задач на построениеСкачать

Построения циркулем и линейкойСкачать

1 Простейшие построения циркулем и линейкойСкачать

Деление окружности на равные части. Урок 6. (Часть 1. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ПОСТРОЕНИЯ)Скачать