Геометрия двусторонней линейки
Автор: Белый Евгений Константинович (доцент, пенсионер)
Тип документа: Другое. Аудитория: учителя математики. Дата публикации: 03.05.2022
Описание: В этой книге, как следует из ее названия, речь пойдет о построении только прямых линий посредством двусторонней линейки. Вы вправе заметить: "А что здесь нового? Разве у меня на столе лежит не двусторонняя? 
И вообще, где вы видели одностороннюю линейку?"  Однако дело в том, что как геометрические объекты (точки, прямые и т. д.), так и инструменты геометра есть не что иное, как абстракции. Классическая  линейка для геометрических построений односторонняя и без шкалы. Более того, категорически запрещается наносить на нее какие-либо метки. О наличии у нашей линейки второй стороны и шкалы мы в процессе построений забываем. Однако в данной книге нам разрешат использовать обе стороны линейки. Зато отберут циркуль. Оказывается, двусторонняя линейка позволяет построить любое множество точек, которое можно построить посредством односторонней линейки и циркуля.

Математик а не для ЕГЭ
Е. К. Белый
Г еометрия дву сторонней
линейки
Учебное пособие для учащих с я средних шк ол
Петрозаво дск
Издательство ПетрГУ
2022
У ДК 514.01
ББК 22.151
Б439
Р ецензенты:
С. С. Платонов , доктор физик о-математических на ук, профессор
к афедры математическ ого анализа ПетрГУ ;
П. В. Дружинин , доктор эк ономических на ук, ведущий на учный
сотру дник от дела мо делирования и прогнозирования регионально-
го развития институт а эк ономики КарНЦ Р АН
Белый, Евгений Конст антинович.
Б439 Г еометрия дву сторонней линейки : учебное пособие для уча-
щих с я средних шк ол / Е. К. Белый. – Петрозаво дск : Издательство
ПетрГУ , 2022. – 78, [2] с. – (Математик а не для ЕГЭ).
ISBN 978-5-8021-3973-8
Учебное пособие посвящено мето дам геометрических построений
посредством о дной дву сторонней линейки. Выполнение предст авлен-
ных в книге упражнений способству ет формированию у шк ольник ов
логическ ого мышления.
ISBN 978-5-8021-3973-8
У ДК 514.01
ББК 22.151
© Белый Е. К., 2022
Со дер ж ание
Предисловие 4
Если пропал цирку ль 11
Построения с дву сторонней линейк ой . . . . . . . 11
Зада чи . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
Р ешения . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52
Биографические справки 68
Список литературы 75
Предисловие
Дорогой чит атель! В этой книге, к ак следу ет из ее на-
звания, речь пойдет о построении тольк о пр ямых линий
посредством дву сторонней линейки. Вы вправе заметить:
«А что здесь нового? Р азве у меня на столе лежит не
дву сторонняя? И вообще, г де вы видели о дностороннюю
линейку?» Однак о дело в том, что к ак геометрические
объекты (точки, пр ямые и т . д.), т ак и инструменты
геометра есть не что иное, к ак абстракции. Классическ ая
линейк а для геометрических построений о дносторонняя
и без шк алы. Более того, к атегорически запрещаетс я
наносить на нее к акие-либо метки. О наличии у нашей
линейки второй стороны и шк алы мы в процессе
построений «забываем» . Однак о в данной книге нам раз-
решат использовать обе стороны линейки. Зато отберут
цирку ль. По сути, нам предстоит освоить новый
5
инструмент , а потому на чнем разговор с обзора возмо жно-
стей классических инструментов: цирку ля и о дносторон-
ней линейки. В этой связи уместно вспомнить замечатель-
ную историю книги «Приемы цирку ля и линейки» , цит ату
из к оторой мы приво дим в к а честве эпиграфа.
В 1686 г . австрийский военный инж енер барон Антон Эрнст
Буркх ар д фон Пюрк енштейн анонимно издал в Вене книгу
«Эрц-герцогские приемы цирку ля и линейки, или Избран-
ные на чала математических на ук» . Т ог да никто и пред-
ст авить не мог , наск ольк о востребованным ок аж етс я этот
тру д в далек ой Р оссии – вск оре после того, к ак Ук азом
Петра I (1701) в Москве открылась «Шк ола математиче-
ских и навиг ационных на ук» – первое в Р оссии учебное
заведение, г де готовили офицеров артиллерии и флот а,
а т акж е военных инж енеров. От этой шк олы ведут свое на-
чало все российские военные училища. В ее стенах с 1701
по 1739 го д препо давал Леонтий Филиппович Магницкий,
известный к ак автор «Арифметики» (1703) – первого рос-
сийск ого учебник а математики.
Рук ово дство шк олой было поручено спо движнику цар я,
о дному из самых образованных лю дей Р оссии петровских
времен, выдающему с я госу дарственному и военному
деятелю Як ову Брюсу . Перед Брюсом вст ала зада ча обес-
печения курсантов учебной литературой. Надо заметить,
6 Предисловие
цирку ль и линейк а играли тог да в инж енерных расчет ах
ту ж е роль, что сейчас к омпьютер. А в программе
обучения инж енеров, артиллеристов и мореплавателей
центральное место занимала геометрия. От морских
и артиллерийских офицеров требовалась от личная теоре-
тическ ая по дготовк а. Артиллерист долж ен уметь рассчи-
т ать траекторию снар яда, с учетом рельефа местности
расст авить ору дия; мор як посредством цирку ля и линейки
определить поло ж ение к орабля на к арте. Пару сное су дно
XVI I I век а – сло жнейшее инж енерное сооруж ение, вобрав-
шее в себ я все достиж ения современной на уки. И морск ой
офицер долж ен был уметь не тольк о управлять су дном, но
и орг анизовать любой ремонт .
Поск ольку у фон Пюрк енштейна тщательно разобраны все
основные геометрические построения с упором на практи-
ческ ое применение, выбор Брюса пал именно на его книгу .
Як ов Брюс перевел «Приемы цирку ля и линейки» на ру с-
ский язык, дополнив новыми зада чами. Интересно, что ре-
дактировал книгу лично госу дарь. Со хранилась рук опись
с пометк ами, с деланными рук ой Петра I. В марте 1708 г .
книг а была напечат ана по д названием «Г еометрия сла-
вянск ого землемерия» . Это была первая печатная книг а,
изданная на тольк о что введенном гражданск ом алфави-
те, и первая в Р оссии книг а, обсто ятельно излаг авшая
7
важнейшие геометрические построения. Ког да зах о дит речь
о петровских временах, поневоле прих о дитс я посто янно
употреблять слово «первый» . Очень многое в стране
делалось тог да впервые. В феврале 1709 г . увидело свет пе-
реработ анное издание книги фон Пюрк енштейна уж е по д
названием «Приемы цирку ля и линейки» с добавленной
царем Петром I г лавой «Как делать на горизонт альном
месте солнечные часы» . На этой книге выросло не о дно
пок оление российских офицеров и инж енеров.
Г еометры с античных времен верили в могущество цир-
ку ля и линейки, х от я первый инструмент позволяет стро-
ить тольк о окружности, а второй тольк о пр ямые. Многие
зада чи, к оторые мы привыкли счит ать алгебраическими,
тог да решались геометрически. Т ак, греки посредством
цирку ля и линейки решали квадратные уравнения. И сей-
час все построения в рамк ах шк ольной программы выпол-
няютс я классическим набором интструментов. Даж е если
ради эк ономии времени мы использу ем угольник, пред-
полаг аетс я, что построение мо жно выполнить цирку лем
и линейк ой. И все ж е есть построения, к оторые геометры
не мог ли осуществить с античных времен. Прежде всего,
это трисекция уг ла: мы мо ж ем разделить угол на две, но
не мо ж ем разделить на три равных части. В XVI I в. Р ене
Дек арт создал специальный инструмент , к оторый
8 Предисловие
мо ж ет выполнить т ак ое построение. Позж е изобрели и дру-
гие «трисекторы» . Но для геометра это «нечестный при-
ем» . Т ольк о в 1837 г . Пьер Ванцель решил проблему ,
док азав невозмо жность выполнения трисекции и р яда
других построений посредством цирку ля и линейки. Не все
построения мо жно выполнить классическими средствами!
Т еперь в центре внимания геометров ок азались пробле-
мы исследования возмо жностей от дельных классических,
а т акж е «нест андартных» инструментов.
Еще в XVI I в. по явились зада чи на построение с о дним
цирку лем, о дним угольник ом и о дной линейк ой. Послед-
ние имели важное зна чение и практическ ое применение
в гео дезии. Поск ольку гео дезист ам в своей работе прих о-
дитс я иметь дело почти исключительно с пр ямыми лини-
ями, возник интерес к геометрическим построениям, про-
изво димым о дной линейк ой. Т ак ого ро да построения рас-
сматривали Иог анн Ламберт , Шарль Брианшон – автор
книги «Прило ж ения теории трансверсалей» (1818), пред-
назна ченной для лиц, занимающих с я землемерными
работ ами, а т акж е Жан-Виктор Понселе в связи с иссле-
дованиями по проективной геометрии. Но наиболее пол-
ные исследования в этой области были произведены швей-
царским геометром Як обом Штейнером и изло ж ены в его
сочинении «Г еометрические построения, произво димые
9
с помощью пр ямой линии и непо движного круг а» (1833).
Ок азалось, что, если на плоск ости дана окружность, мы
мо ж ем посредством линейки (о дносторонней) построить
любое к онечное мно ж ество точек, к оторое мо жно постро-
ить посредством цирку ля и линейки. Кроме того, Штей-
нер исследовал построения, произво димые о дной дву сто-
ронней линейк ой. Им и посвящена наша книг а.
Мы расск азали, за чем нужны были геометрические
построения инж енеру . Но за чем они современному шк оль-
нику? Действительно, в последнее время зада чи на по-
строение незаслуж енно ото двинуты на задний план. И это
несмотр я на их важную роль в формировании у учащих-
с я логическ ого мышления. В возрасте, к ог да шк ольники
на чинают изучать геометрию, этот вид мышления у них
нах о дитс я еще в ст адии ст ановления. Многие из нас могут
вспомнить, к ак, на чиная изучать признаки равенства тре-
угольник ов, просто не понимали, что от нас х очет учитель,
что т ак ое док азательство. Зато в этом возрасте шк ольник
готов выполнять сло жные манипу ляции с инструмент ами.
Т акие манипу ляции сро дни игре. И логик а
быстрее постиг аетс я через инструменты. Т ак изучали гео-
метрию с древних времен. И сего дня – в век к омпьютера
– время, потра ченное на геометрические построения, – это
время, потра ченное с большой пользой.
10 Предисловие
Г еометрические построения излаг аютс я в нашей книге
в т ак ой последовательности, чтобы возмо жность к аждо-
го следовала из возмо жности выполненных ранее или за-
фик сированных в ак сиомах. Ряд построений посредством
дву сторонней линейки выполняетс я даж е проще и быст-
рее, чем посредством о дносторонней линейки и цирку ля;
другие ст ановятс я долгими и ну дными. В любом случае
мы не ст авим по д сомнение полезность цирку ля. Р ечь идет
тольк о об исследовании возмо жностей инструмент а.
К «теории» прилаг аетс я по дборк а зада ч. Нек оторые зада-
чи «с х о ду» не решаютс я. В т аких случаях имеет смысл
обратитьс я за помощью к цирку лю (для на чала).
Желающим более по дробно ознак омитьс я с затронутыми
в книге вопросами рек оменду ем следующую литературу:
[1, с. 124–129], [2, с. 141–145], [3, с. 252–261], [4, с. 82–92], [5],
[6], [7], [8], [9, с. 203–204, 219–220], [10], [11, с. 12–15], [12].
Выраж аем благо дарность всем, кто выск азал замечания
и предло ж ения по вышедшим в печать книг ам данной се-
рии. По-прежнему вы мо ж ете писать нам по любому из
адресов: b elyi@p etrsu.ru или kurs_b elyi1@mail.ru .
Евгений Белый
Апрель 2022
Если пропал цирку ль
Построения с дву сторонней линейк ой
Как быть, если у нас пропал цирку ль? Что мо ж ет
о дносторонняя линейк а без цирку ля?
Ак сиомы о дносторонней линейки
Односторонняя линейк а позволяет:
a) построить отрезок, соединяющий две заданные точки;
b) построить пр ямую, про х о дящую через две
заданные точки;
c) построить луч, ис х о дящий из заданной точки и про х о-
дящий через любую другую заданную точку .
Т еперь нам разрешили использовать другую сторону
линейки. Т акую линейку называют двусторонней .
Ак сиомы дву сторонней линейки
Дву сторонняя линейк а позволяет выполнить любое
из построений, доступных о дносторонней линейк е,
и, кроме того:
d) в к аждой из полуплоск остей, определяемых заданной
пр ямой, построить пр ямые, параллельные этой пр ямой
и про х о дящие от нее на рассто янии ℎ , г де ℎ – фик сиро-
ванная для данной линейки величина – ширина линейки;
e) если даны две точки 𝐴 и𝐵 , линейк а позволяет
12 Если пропал цирку ль
у ст ановить, бу дет ли рассто яние между 𝐴 и𝐵 больше ши-
рины линейки ℎ , т . е. выполняетс я ли у словие 𝜌(𝐴, 𝐵)> ℎ ;
если 𝜌(𝐴, 𝐵)> ℎ , то мо жно построить две пары парал-
лельных пр ямых, про х о дящих соответственно через точки
𝐴 и𝐵 , т аких, что рассто яние между ними равно ℎ .
Из ак сиомы (𝑑) следу ет возмо жность следующего
построения.
Построение 1. Пу сть дана пр ямая 𝑎1 . Требу етс я постро-
ить к онечную последовательность параллельных 𝑎1 пр я-
мых 𝑎𝑖 , г де 𝑖= 2,3. . . 𝑛 , т аких, что рассто яния между лю-
быми двумя соседними 𝑎𝑖 равны ℎ :
𝜌(𝑎1, 𝑎2) =𝜌(𝑎2, 𝑎3) =. . .=𝜌(𝑎𝑛−1, 𝑎𝑛) =ℎ.
На рис. 1а т ак ая последовательность пр ямых располо ж ена
в нижней полуплоск ости относительно пр ямой 𝑎1 .
Рис. 1. Последовательность пр ямых (а); последовательность точек (б)
Построения с дву сторонней линейк ой 13
Р ешение: строим в нижней относительно 𝑎1 полуплоск о-
сти пр ямую 𝑎2 , параллельную 𝑎1 и про х о дящую от нее на
рассто янии ℎ (d). Затем в полуплоск ости, определяемой
пр ямой 𝑎2 и не со дер ж ащей 𝑎1 , строим пр ямую 𝑎3 , парал-
лельную 𝑎2 и про х о дящую от нее на рассто янии ℎ . Про-
долж аем т ак ж е, пок а не построим 𝑎𝑛 . П1
В дальнейшем нам приго дитс я следующее построение.
Построение 2. Даны пр ямая 𝑏 и точк а 𝐴1 на ней.
Требу етс я построить к онечную последовательность точек
𝐴𝑖 , г де 𝑖= 2,3. . . 𝑛 , т аких, что рассто яния между любыми
двумя соседними 𝐴𝑖 равны:
𝜌(𝐴1, 𝐴2) =𝜌(𝐴2, 𝐴3) =. . .=𝜌(𝐴𝑛−1, 𝐴𝑛),
т . е.|𝐴1𝐴2|=|𝐴2𝐴3|=. . .=|𝐴𝑛−1𝐴𝑛| . На рис. 1б т ак ая
последовательность точек располо ж ена на пр ямой 𝑏 по
правую сторону от точки 𝐴1 .
Р ешение: через точку 𝐴1 прово дим пр ямую 𝑎1 , не совпа-
дающую с 𝑏 . Затем в правой относительно 𝑎1 полуплоск о-
сти строим последовательность параллельных 𝑎1 пр ямых
𝑎𝑖 (𝑖= 2,3. . . 𝑛 ), т аких, что рассто яние между любыми
соседними равно ℎ (п. 1). Т очки пересечения пр ямой 𝑏
с пр ямыми 𝑎𝑖 обозна чим 𝐴𝑖 . Последовательность точек 𝐴𝑖
у довлетвор яет у словиям зада чи. П2
14 Если пропал цирку ль
Р ассто яние между соседними построенными точк ами
зависит от уг ла, образу емого пр ямыми 𝑎1 и𝑏 , и прини-
мает зна чения из интервала [ℎ; +∞) .
Т еперь небольшое замечание о применении ак сиомы (е).
Допу стим, линейку у далось располо жить между точк ами
𝐴 и𝐵 , к ак пок азано на рис. 2а. Это зна чит , рассто яние
Рис. 2. 𝜌(𝐴, 𝐵 )> ℎ (а); левая (б) и правая (в) h-пары
между точк ами больше ширины линейки: 𝜌(𝐴, 𝐵)> ℎ .
Вращая линейку вокруг нек оторого центра против часо-
вой стрелки, мы мо ж ем прийти к поло ж ению, к ог да точки
𝐴 и𝐵 леж ат на ее сторонах. Т ог да мо жно провести о д-
ну из заявленных в ак сиоме (е) пар пр ямых (см. рис. 2б).
Аналогично, вращая линейку по часовой стрелк е, придем
к поло ж ению, изображ енному на рис. 2в, и проведем вто-
рую пару пр ямых. Для кратк ости в первом случае бу-
дем говорить о левой h-паре , во втором – о пр авой h-паре
пар ал ле льных прямых, про х о дящих через точки 𝐴 и𝐵 .
Построения с дву сторонней линейк ой 15
Построение 3. Дан отрезок 𝐴𝐵 . Причем 𝜌(𝐴, 𝐵)> ℎ .
Построить середину отрезк а. Построить перпендику ляр,
про х о дящий через середину отрезк а 𝐴𝐵 (рис. 3а).
Р ешение: поск ольку 𝜌(𝐴, 𝐵)> ℎ , сог ласно ак сиоме (е)
Рис. 3. Середина отрезк а 𝐴𝐵 (а); биссектриса уг ла 𝑎𝑀𝑏 (б)
мы мо ж ем построить про х о дящие через 𝐴 и𝐵 левую
и правую h-пары пр ямых. Т очки 𝐴 ,𝐵 ,𝑁 и𝐾 их пере-
сечения – вершины ромба 𝐴𝑁𝐵𝐾 . Диагонали ромба 𝑁𝐾
и𝐴𝐵 перпендику лярны и в точк е их пересечения 𝑀 де-
лятс я пополам. Т очк а 𝑀 – середина отрезк а 𝐴𝐵 . П3
Построение 4. Дан угол 𝑎𝑀𝑏 . Требу етс я построить его
биссектрису (см. рис. 3б).
Р ешение: проведем пр ямую 𝑎1 , параллельную 𝑎 и про х о-
дящую на рассто янии ℎ от нее в той полуплоск ости, в к ото-
рой лежит угол 𝑎𝑀𝑏 . Проведем пр ямую 𝑏1 ,
16 Если пропал цирку ль
параллельную 𝑏 и про х о дящую на рассто янии ℎ от нее
в той полуплоск ости, в к оторой лежит угол 𝑎𝑀𝑏 . Обозна-
чим 𝑀1 точку пересечения 𝑎1 и𝑏1 . Поск ольку эт а точк а
о динак ово у далена от сторон уг ла, она лежит на биссек-
трисе. Следовательно, 𝑀𝑀 1 – биссектриса уг ла 𝑎𝑀𝑏 . П4
Построение 5. Дан угол 𝑎𝑀𝑏 . От ло жить от луча 𝑏 угол,
равный 𝑎𝑀𝑏 и располо ж енный в полуплоск ости, не со дер-
ж ащей уг ла 𝑎𝑀𝑏 . Эту ж е зада чу мо жно сформу лировать
и т ак: провести из точки 𝑀 луч, симметричный лучу 𝑎
относительно пр ямой 𝑏 (рис. 4а).
Р ешение: проведем пр ямую 𝑎1 , параллельную 𝑎
Рис. 4. У двоение уг ла (а); построение точки, симметричной данной (б)
и про х о дящую на рассто янии ℎ от нее в полуплоск ости
уг ла 𝑎𝑀𝑏 . Пр ямая 𝑎1 пересек ает 𝑏 в точк е 𝐵 . Пр ямые 𝑎
и𝑎1 образуют правую h-пару относительно точек 𝑀 и𝐵 .
Построим левую h-пару пр ямых 𝑐 и𝑐1 . Пр ямая 𝑐 про х о дит
Построения с дву сторонней линейк ой 17
через точку 𝑀 . Угол 𝑐𝑀𝑏 равен уг лу 𝑎𝑀𝑏 . Луч 𝑐 симмет-
ричен лучу 𝑎 относительно пр ямой 𝑏 . П5
Построение 6. Дана пр ямая 𝑐 и не леж ащая на ней точ-
к а𝑀 . Построить пр ямую, перпендику лярную 𝑐 и про х о-
дящую через точку 𝑀 . Построить точку 𝑀1 , симметрич-
ную𝑀 относительно пр ямой 𝑐 (см. рис. 4б).
Р ешение: проведем из точки 𝑀 две пр ямые, непарал-
лельные 𝑐 . Пу сть 𝐴 и𝐵 – точки их пересечения с пр ямой 𝑐 .
Проведем из точки 𝐴 луч, симметричный лучу 𝐴𝑀 (п. 5),
а из точки 𝐵 луч, симметричный 𝐵𝑀 . Т очк а пересече-
ния этих лучей 𝑀1 бу дет симметрична 𝑀 , а пр ямая 𝑀𝑀 1
перпендику лярна пр ямой 𝑐 . П6
Поск ольку ломаная линия и, в частности, многоугольник
о днозна чно определяютс я последовательностью вершин,
располаг ая тольк о линейк ой, мы всег да мо ж ем построить
ломаную, симметричную данной относительно любой оси.
Построение 7. Дана пр ямая 𝑐 и точк а 𝑀 на ней. Требу-
етс я провести через точку 𝑀 пр ямую, перпендику лярную
пр ямой 𝑐 (рис. 5).
Р ешение: проведем через точку 𝑀 пр ямую 𝑚 , не совпа-
дающую с пр ямой 𝑐 . Построим по разные стороны от 𝑚
две параллельные ей пр ямые 𝑎 и𝑏 , про х о дящие на рас-
сто янии ℎ от𝑚 . Пу сть 𝐴 и𝐵 – точки пересечения пр ямых
𝑎 и𝑏 соответственно с пр ямой 𝑚 . Т ог да 𝐴𝑀 =𝐵𝑀 .
18 Если пропал цирку ль
Рис. 5. 𝐿𝑀⊥𝐴𝐵
Проведем левую и правую h-пары пр ямых для точек 𝐴
и𝐵 . Пу сть 𝐿 и𝑁 – точки их пересечения, от личные от 𝐴
и𝐵 . Т ог да 𝐿𝑁⊥𝑐 и𝑀∈𝐿𝑁 . П7
Построение 8. Дана пр ямая 𝑎 и точк а 𝐴 вне ее. Провести
через точку 𝐴 пр ямую, параллельную 𝑎 .
Р ешение: I способ. Проведем через точку 𝐴 пр ямую 𝑐 ,
перпендику лярную 𝑎 (п. 6), а затем через ту ж е точку 𝐴
пр ямую 𝑏 , перпендику лярную 𝑐 (п. 7):
(𝑐⊥𝑎) & ( 𝑏⊥𝑐)→(𝑏‖𝑎) . П8
I I способ. Построим последовательность пяти равноу да-
ленных параллельных пр ямых 𝑚1 ,𝑚2 ,𝑚3 ,𝑚4 ,𝑚5 следу-
ющим образом: через точку 𝐴 проведем к пр ямой 𝑎 секу-
щую 𝑚2 , проведем на рассто янии ℎ слева от нее пр ямую
𝑚1 , затем справа от 𝑚2 построим последовательность па-
Построения с дву сторонней линейк ой 19
Рис. 6. Пр ямая, параллельная 𝑎
раллельных пр ямых 𝑚3 ,𝑚4 ,𝑚5 , т ак, чтобы рассто яние
между двумя соседними равнялось ℎ (см. рис. 6). Т очки
пересечения пр ямых 𝑚𝑖 (г де𝑖= 1, . . . , 5 ) с пр ямой 𝑎 обо-
зна чим соответственно 𝑁 ,𝐴1 ,𝐸 ,𝐵1 и𝐿 . Очевидно, что
𝑁𝐴 1=𝐴1𝐸=𝐸𝐵1=𝐵1𝐿 . Проведем пр ямую через точки
𝑁 и𝐴 . Т очку пересечения пр ямых 𝑁𝐴 и𝑚3 обозна чим 𝑀 .
Проведем пр ямую через точки 𝑀 и𝐿 . Т очку пересечения
пр ямых 𝑀𝐿 и𝑚4 обозна чим 𝐵 . Т ог да пр ямая 𝐴𝐵 бу дет
параллельна 𝑎 . Действительно, рассмотрим △𝑁𝑀𝐸 . Пр я-
мая𝐴𝐴1 его средняя линия, т ак к ак про х о дит через сере-
дину стороны 𝑁𝐸 и параллельна основанию 𝑀𝐸 . Зна чит ,
𝐴 – середина стороны 𝑁𝑀 . Р ассмотрим△𝐿𝑀𝐸 . Пр ямая
𝐵𝐵1 его средняя линия, т ак к ак про х о дит через середи-
ну стороны 𝐸𝐿 и параллельна основанию 𝑀𝐸 . Зна чит ,
20 Если пропал цирку ль
𝐵 – середина стороны 𝑀𝐿 . Т еперь ост алось рассмотреть
△𝑁𝑀𝐿 . Пр ямая 𝐴𝐵 про х о дит через середины сторон 𝑁𝑀
и𝐿𝑀 , а зна чит , являетс я средней линией и параллельна
основанию 𝑁𝐿 . П8
I I I способ. Проведем через точку 𝐴 секущую к пр ямой 𝑎 .
Т очку ее пересечения с 𝑎 обозна чим 𝐵 (рис. 7).
Проведем справа от пр ямой 𝐴𝐵 на рассто янии ℎ
Рис. 7. Пр ямая, параллельная 𝑎
параллельную ей пр ямую 𝑚1 , а справа от 𝑚1 на том ж е
рассто янии – параллельную пр ямую 𝑚2 . Пу сть 𝐶 – точк а
пересечения пр ямых 𝑎 и𝑚2 . Проведем пр ямую через точ-
ки𝐴 и𝐶 . Пу сть 𝑃 – точк а пересечения пр ямых 𝐴𝐶 и𝑚1 .
Проведем пр ямую через точки 𝐵 и𝑃 . Пу сть 𝐷 – точк а пе-
ресечения 𝐵𝑃 и𝑚2 . Т ог да пр ямая 𝐴𝐷 параллельна 𝑎 . П8
Обратим внимание на тот факт , что х от я описание
построений способом I к ороче, чем I I и I I I, о днак о на
Построения с дву сторонней линейк ой 21
практик е I I и I I I выполняютс я проще и быстрей, чем I.
Построение 9. Р азделить отрезок 𝐴𝐵 на 5 равных ча-
стей (рис. 8).
Рис. 8. Деление отрезк а на 5 равных частей (I способ)
Р ешение: I способ. Проведем из точки 𝐴 луч по д произ-
вольным уг лом к отрезку 𝐴𝐵 и от ло жим на нем от точки
𝐴 последовательность точек 𝐶1 ,𝐶2 ,𝐶3 ,𝐶4 ,𝐶5 , т ак, чтобы
выполнялось у словие |𝐴𝐶1|=|𝐶1𝐶2|=. . .=|𝐶4𝐶5| (п. 2).
Проведем пр ямую через точки 𝐶5 и𝐵 . Через точки 𝐶1 ,
𝐶2 ,𝐶3 ,𝐶4 проведем пр ямые, параллельные 𝐵𝐶5 . Т очки
их пересечения с пр ямой 𝐴𝐵 обозна чим 𝑀1 ,𝑀2 ,𝑀3 ,𝑀4 .
22 Если пропал цирку ль
Из теоремы Фалеса следу ет равенство отрезк ов 𝐴𝑀 1 ,𝑀1𝑀2 ,
𝑀2𝑀3 ,𝑀3𝑀4 ,𝑀4𝑀5 . П9
Это тот самый способ деления отрезк а на равные части,
к оторый мы изучаем в шк оле. Но, если нам запрещено
пользоватьс я цирку лем, он ок азываетс я слишк ом громозд-
ким. Поэтому рассмотрим еще о дин, в данном случае более
эффективный, способ.
I I способ. Проведем ниж е пр ямой 𝐴𝐵 пр ямую 𝑚 , парал-
лельную 𝐴𝐵 (рис. 9). Например, сог ласно посту лату (d)
Рис. 9. Деление отрезк а на 5 равных частей (I I способ)
мо жно построить пр ямую 𝑚 , про х о дящую на рассто янии
ℎ от𝐴𝐵 . На пр ямой 𝑚 возьмем произвольную точку 𝑀1
и от нее последовательно от ло жим точки 𝑀2 ,𝑀3 ,𝑀4 ,𝑀5 ,
т ак, чтобы выполнялось у словие
𝜌(𝑀1, 𝑀2) =𝜌(𝑀2, 𝑀3) =. . .=𝜌(𝑀5, 𝑀6).
Построения с дву сторонней линейк ой 23
Для определенности поло жим |𝐴𝐵|<|𝑀1𝑀6| . Выполне-
ния этого у словия всег да мо жно добитьс я, взяв дост аточ-
но большое рассто яние между точк ами 𝑀1 и𝑀2 . Проведем
о дну пр ямую через точки 𝑀1 и𝐴 , а другую через точки 𝑀6
и𝐵 . Т очку пересечения пр ямых 𝑀1𝐴 и𝑀6𝐵 обозна чим 𝑆 .
Проведем пр ямые 𝑀2𝑆 ,𝑀3𝑆 ,𝑀4𝑆 ,𝑀5𝑆 . Эти пр ямые пе-
ресекутс я с 𝐴𝐵 в точк ах 𝐶2 ,𝐶3 ,𝐶4 ,𝐶5 соответственно.
Они разделят отрезок 𝐴𝐵 на 5 равных частей. П9
Р азумеетс я, аналогичным способом мо жно разделить от-
резок на любое число равных частей, в том числе на две.
Причем соблю дение у словия, чтобы длина отрезк а была
больше ℎ (п. 3), здесь не требу етс я.
Т еперь построим график параболы. К то-то ск аж ет , что это
невозмо жно. И бу дет прав в том смысле, что мы не мо-
ж ем провести непрерывную линию параболы. Однак о мы
мо ж ем построить ск оль уго дно большое к оличество ее то-
чек. На урок ах в шк оле графики всех кривых, кроме пр я-
мой и окружности, стро ят именно по точк ам. Прежде чем
приступить к построению, заметим, что параболу мо ж-
но счит ать о днозна чно определенной, если задана ее ось
симметрии, вершина и о дна произвольная точк а.
Построение 10. Пу сть луч 𝑂𝑌 – ось симметрии нек ото-
рой параболы, а 𝑂 – ее вершина, кроме того, дана про-
извольная точк а правой ветви параболы 𝑀0 . Требу етс я
24 Если пропал цирку ль
построить еще 9 точек правой ветви (рис. 10а).
Рис. 10. Построение параболы (а) и окружности (б)
Р ешение: проведем луч 𝑂𝑋 перпендику лярно 𝑂𝑌 .
Из точки 𝑀 опу стим перпендику ляр на 𝑂𝑋 . Пу сть точ-
к а𝑁 – основание перпендику ляра. Р азобьем отрезок 𝑀𝑁
на10 равных интервалов (п. 9). Узлы разбиения, двиг а-
ясь в направлении от 𝑁 к𝑀 , последовательно обозна чим
𝑀1 ,𝑀2 ,. . . ,𝑀9 . Отрезок 𝑂𝑁 т акж е разобьем на 10 равных
интервалов. Абсциссы узлов разбиения, двиг аясь
Построения с дву сторонней линейк ой 25
в направлении от 𝑂 к𝑁 , обозна чим 𝑥1 ,𝑥2 ,. . . ,𝑥9 . Для
к аждого 𝑖= 1,2, . . . , 9 построим пр ямую 𝑚𝑖 , про х о дящую
через узел разбиения 𝑥𝑖 и параллельную оси симметрии
параболы 𝑂𝑌 . Проведем от точки 𝑂 к к аждой точк е 𝑀𝑖
луч. Отметим, к ак пок азано на рис. 10а, для к аждого зна-
чения 𝑖 точку пересечения луча 𝑂𝑀 𝑖 с пр ямой 𝑚𝑖 . Мы
утвер ждаем, что отмеченные точки пренадлеж ат нашей
параболе. Действительно, их к оор динаты бу дут иметь вид
(𝑥𝑖, 𝑦𝑖) . Если к оор динаты точки 𝑀 записать в виде (𝑥0, 𝑦0) ,
то𝑥𝑖=𝑖
10𝑥0 ,𝑀𝑖(︀
𝑥0,𝑖
10𝑦0)︀
, а𝑦𝑖 мо жно найти из пропорции
𝑦𝑖
𝑖
10𝑦0=𝑖
10𝑥0
𝑥0⇒ 𝑦𝑖=(︂𝑖
10)︂2
𝑦0.
Пу сть 𝑦0=𝑎𝑥2
0 , тог да 𝑦𝑖=𝑎(︀𝑖
10)︀2𝑥2
0=𝑎(︀𝑖
10𝑥0)︀2, то есть
𝑦𝑖=𝑎𝑥2
𝑖 . П10
Для определенности мы разобрали случай, к ог да требова-
лось построить 9 точек параболы. Количество точек мо ж-
но увеличить, например, проведя посредине между парой
пр ямых 𝑚𝑖 ,𝑚𝑖+1 еще о дну пр ямую, параллельную оси
симметрии параболы и отметив точку ее пересечения с лу-
чом, проведенным из точки 𝑂 к середине отрезк а 𝑀𝑖 ,𝑀𝑖+1 .
Мо жно изна чально разбить отрезки 𝑂𝑁 и𝑁𝑀 не на де-
с ять, а на большее число интервалов или про должить
26 Если пропал цирку ль
построение график а влево и ввер х от точки 𝑀 .
Еще проще строитс я любое к оличество точек окружности.
Построение 11. Дан диаметр окружности 𝐴𝐵 .
Требу етс я построить заданное к оличество точек окруж-
ности (см. рис. 10б).
Р ешение: через точку 𝐵 проведем пр ямую 𝑚0 , перпен-
дику лярную 𝐴𝐵 . Т еперь в левой полуплоск ости относи-
тельно пр ямой 𝑚0 из точки 𝐵 бу дем прово дить лучи. На
к аждый луч из точки 𝐴 опу стим перпендику ляр. Т ог да
основания всех перпендику ляров бу дут точк ами окружно-
сти с диаметром 𝐴𝐵 , поск ольку вершины пр ямых уг лов,
опирающих с я на диаметр, леж ат на окружности. П11
Построение 12. Дан отрезок 𝐴𝐵 . Требу етс я на пр ямой 𝑐 ,
параллельной 𝐴𝐵 , вправо от точки 𝐴1 от ло жить отрезок,
равный 𝐴𝐵 (рис. 11а).
Рис. 11. Параллельный перенос (а) и поворот (б) отрезк а 𝐴𝐵
Построения с дву сторонней линейк ой 27
Р ешение: проведем пр ямую через точки 𝐴 и𝐴1 . Через
точку 𝐵 проведем пр ямую, параллельную 𝐴𝐴1 . Т очку ее
пересечения с пр ямой 𝑐 обозна чим 𝐵1 . Поск ольку четырех-
угольник 𝐴𝐵𝐵 1𝐴1 – параллелограмм, а противополо жные
стороны параллелограмма равны, |𝐴𝐵|=|𝐴1𝐵1| . П12
Построение 13. Дан угол 𝑏𝐴𝑐 . На стороне 𝑏 от его вер-
шины от ло ж ен отрезок 𝐴𝐵 . От ло жить на стороне 𝑐 от вер-
шины того ж е уг ла отрезок, равный 𝐴𝐵 (см. рис. 11б).
Р ешение: построим биссектрису уг ла 𝑏𝐴𝑐 (п. 4). Через
точку 𝐵 проведем пр ямую, перпендику лярную биссектри-
се. Т очку пересечения этой пр ямой с лучом 𝑐 обозна чим 𝐶 .
Т ог да|𝐴𝐵|=|𝐴𝐶| . П13
Поск ольку любое движ ение отрезк а на плоск ости сво дитс я
к параллельному переносу и повороту относительно
нек оторого центра, резу ль т аты (п. 12–13) озна чают воз-
мо жность от ло жить заданный отрезок от произвольной
точки на произвольной пр ямой. Отсю да т акж е следу ет воз-
мо жность нах о ждения сумм и разностей отрезк ов. В част-
ности, теперь мы мо ж ем построить отрезок, равный пери-
метру заданного многоугольник а.
Построение 14. Дан угол 𝑎𝑂𝑏 . Требу етс я построить рав-
ный ему угол с вершиной в точк е 𝑂1 и сторонами, парал-
лельными сторонам 𝑎𝑂𝑏 (рис. 12а).
28 Если пропал цирку ль
Рис. 12. Движ ения уг ла 𝐴𝐵
Р ешение: проведем через точку 𝑂1 пр ямые 𝑎1 и𝑏1 ,
параллельные 𝑎 и𝑏 соответственно. ̸𝑎𝑂𝑏≠𝑎1𝑂𝑏1 . П14
Построение 15. Дан угол 𝑎𝑂𝑏 и луч 𝑚 , ис х о дящий из
точки 𝑂 . Требу етс я от ло жить от луча 𝑚 против часовой
стрелки угол, равный 𝑎𝑂𝑏 (см. рис. 12б).
Р ешение: строим биссектрису 𝑐 уг ла 𝑎𝑂𝑚 , а затем луч 𝑏1 ,
симметричный 𝑏 относительно биссектрисы. Т ог да
̸𝑚𝑂𝑏 1≠𝑎𝑂𝑏 . П15
На рисунк е 12б луч 𝑏 лежит внутри уг ла 𝑎𝑂𝑐 . Нетру дно по-
вторить аналогичные построения для случаев, к ог да луч 𝑏
про х о дит внутри уг ла 𝑐𝑂𝑚 или к ог да угол надо от ло жить
от луча 𝑚 в направлении против часовой стрелки.
Поск ольку любое движ ение уг ла на плоск ости мо жно
свести к параллельному переносу (п. 14) и повороту отно-
сительно нек оторого центра (п. 15), от любого луча в лю-
бом направлении мо жно от ло жить угол, равный заданно-
му . Отсю да т акж е следу ет возмо жность нах о ждения сумм
Построения с дву сторонней линейк ой 29
и разностей любых уг лов. Сумма и разность уг лов опре-
делены в рамк ах шк ольной программы.
Р езу ль т аты (п. 12–15) позволяют нам построить треуголь-
ник по двум сторонам и уг лу между ними, а т акж е по
стороне и двум прилеж ащим к ней уг лам.
Построение 16. Даны отрезки 𝑐 и𝑑 , а т акж е угол 𝛼 .
Построить треугольник, две стороны к оторого равны 𝑐
и𝑑 , а угол между ними – 𝛼 (рис. 13).
Рис. 13. Построение треугольник а по двум сторонам
и уг лу между ними
30 Если пропал цирку ль
Р ешение: поск ольку не задано ник аких ограничений
относительно поло ж ения треугольник а на плоск ости,
берем произвольную точку 𝐴 и прово дим из нее луч.
На луче откладываем отрезок 𝐴𝐵 , равный 𝑐 (п. 12–13).
Прово дим из точки 𝐴 луч по д уг лом 𝛼 к𝐴𝐵 (п. 14–15)
и откладываем на нем отрезок 𝐴𝐶 , равный 𝑑 . Соединяем
точки 𝐵 и𝐶 отрезк ом пр ямой. П16
Построение 17. Дан отрезок 𝑐 и два уг ла 𝛼 и𝛽 .
Построить треугольник, о дна из сторон к оторого равна 𝑐 ,
а два прилеж ащих к ней уг ла равны 𝛼 и𝛽 (рис. 14).
Рис. 14. Построение треугольник а по стороне
и двум прилеж ащим к ней уг лам
Р ешение: поск ольку не задано ник аких ограничений
относительно поло ж ения треугольник а на плоск ости,
берем произвольную точку 𝐴 и прово дим из нее луч.
На луче от ло жим отрезок 𝐴𝐵 , равный 𝑐 (п. 12–13). От
точки 𝐴 проведем луч по д уг лом 𝛼 . От точки 𝐵 проведем
Построения с дву сторонней линейк ой 31
луч по д уг лом 𝛽 . Пу сть 𝐶 – точк а пересечения лучей. Тре-
угольник 𝐴𝐵𝐶 у довлетвор яет у словиям зада чи. П17
А мо ж ем ли мы построить треугольник по трем сторонам?
Пок а нет . Для этого надо уметь нах о дить точки
пересечения двух окружностей. Следовательно, нам при-
детс я предварительно освоить еще р яд построений. В кур-
се планиметрии мы на учились строить с цирку лем и ли-
нейк ой пр ямоугольный треугольник по гипотенузе и о д-
ному к атету . Т еперь попробу ем выполнить это построение
посредством дву сторонней линейки. Но для на чала немно-
го упростим зада чу .
Построение 18. Дан отрезок 𝐴𝐵 . Требу етс я построить
пр ямоугольный треугольник с гипотенузой 𝐴𝐵 и к атетом,
равным ширине линейки ℎ (рис. 15).
Рис. 15. Построение пр ямоугольного треугольник а по гипотенузе
и к атету , равному ℎ
32 Если пропал цирку ль
Р ешение: через точки 𝐴 и𝐵 проведем правую h-пару
параллельных пр ямых. Пу сть пр ямая 𝑎 про х о дит через
точку 𝐴 , а пр ямая 𝑏 – через точку 𝐵 . Из точки 𝐵 опу-
стим на пр ямую 𝑎 перпендику ляр. Пу сть 𝐶 – основание
перпендику ляра. |𝐵𝐶|=ℎ , т ак к ак рассто яние между пр я-
мыми 𝑎 и𝑏 равно ℎ .𝐴𝐵𝐶 – пр ямоугольный треугольник
с гипотенузой 𝐴𝐵 и к атетом 𝐵𝐶 , равным ℎ . П18
Построение 19. Даны отрезки 𝐴𝐵 и𝐸𝐹 . Требу етс я
построить пр ямоугольный треугольник с гипотенузой 𝐴𝐵
и к атетом, равным 𝐸𝐹 (рис. 16).
Р ешение: через точку 𝐵 проведем луч 𝑛 по д пр ямым
уг лом к 𝐴𝐵 в нижней полуплоск ости относительно пр я-
мой𝐴𝐵 и от ло жим на нем от точки 𝐵 отрезок 𝐵𝑁 , рав-
ный 𝐸𝐹 . В той ж е полуплоск ости проведем пр ямую, па-
раллельную 𝐴𝐵 и про х о дящую на рассто янии ℎ от𝐴𝐵 .
Пу сть 𝑁1 – точк а пересечения этой пр ямой с лучом 𝐵𝑁 .
Проведем пр ямую через точки 𝐴 и𝑁 . Через точку 𝑁1 про-
ведем пр ямую, параллельную 𝐴𝑁 . Пу сть 𝐴1 – точк а ее
пересечения с пр ямой 𝐴𝐵 . Поск ольку𝐴1𝐵
𝐴𝐵=𝑁1𝐵
𝑁𝐵, зада ча
сво дитс я к построению по добного иск омому треугольник а
𝐴1𝐵𝐶1 , к атет 𝐵𝑁 1 к оторого равен ℎ (п. 15). На этот раз мы
провели через точки 𝐴1 и𝐵 левую h-пару пр ямых 𝑎 и𝑏 .
Ост алось через точку 𝐴 провести пр ямую, параллельную
𝐴1𝐶1 . Пу сть 𝐶 – точк а ее пересечения с пр ямой 𝑏 . Т аким
Построения с дву сторонней линейк ой 33
Рис. 16. Построение пр ямоугольного треугольник а
по гипотенузе и к атету
образом, мы построили треугольник 𝐴𝐵𝐶 , угол 𝐶 к оторо-
го пр ямой, 𝐴𝐵 – гипотенуза и к атет 𝐴𝐶 равен 𝐸𝐹 . П19
В нашем примере 𝐸𝐹 > ℎ , о днак о приведенные рассужде-
ния мо жно повторить и для случая, к ог да к атет меньше
ширины линейки.
34 Если пропал цирку ль
Построение 20. Дана окружность радиу са 𝑟 с центром
в точк е 𝑂 . Построить отрезок к асательной к окружности
от точки вне окружности 𝐴 до точки к асания (рис. 17).
Рис. 17. Касательная к окружности
Р ешение: построим пр ямоугольный треугольник,
гипотенузой к оторого являетс я отрезок 𝑂𝐴 , соединяющий
центр окружности 𝑂 с точк ой 𝐴 , а о дин из к атетов
равен 𝑟 (п. 19). Пу сть 𝑇 – вершина пр ямого уг ла. Поск оль-
ку точк а 𝑇 у далена от центра окружности на рассто яние 𝑟
и𝐴𝑇⊥𝑂𝑇 ,𝐴𝑇 – иск омый отрезок к асательной. П20
Для определенности мы взяли отрезок к асательной, распо-
ло ж енный выше пр ямой 𝑂𝐴 . Т очно т ак ж е мо жно постро-
ить отрезок, леж ащий ниж е 𝑂𝐴 . Окружность с центром
в точк е 𝑂 мы не мог ли изобразить на чертеж е по причине
отсутствия цирку ля.
Построения с дву сторонней линейк ой 35
Построение 21. Дана окружность с центром в точк е 𝑀
радиу са 𝑟=|𝐴𝐵| и пр ямая 𝑔 . Найти точки пересечения
пр ямой и окружности, если т ак овые имеютс я (рис. 18).
Рис. 18. Построение точек пересечения пр ямой и окружности
Р ешение: I способ. Проведем через точку 𝑀 перпенди-
ку ляр к пр ямой 𝑔 (п. 6). Пу сть 𝑁 – точк а его пересечения
с пр ямой 𝑔 . На луче 𝑂𝑁 от точки 𝑀 от ло жим отрезок
𝑀𝐿 , равный 𝐴𝐵 . Если|𝑀𝐿|<|𝑀𝑁| , пр ямая и окружность
не пересек аютс я. Если |𝑀𝐿|=|𝑀𝑁| , точки 𝑁 и𝐿 совпа-
дают с точк ой к асания пр ямой 𝑔 и окружности. Ост аетс я
рассмотреть случай |𝑀𝐿|>|𝑀𝑁| . На отрезк е 𝑀𝐿 , рав-
ном радиу су окружности, построим, к ак на гипотенузе,
пр ямоугольный треугольник 𝑀𝐾𝐿 , о дин из к атетов
к оторого 𝑀𝐾 =𝑀𝑁 (п. 17). Построим биссектрису 𝑏 уг ла
36 Если пропал цирку ль
𝑁𝑀𝐾 . Зерк ально отразим треугольник 𝑀𝐾𝐿 относитель-
но биссектрисы 𝑏 . Катет 𝑀𝐾 отобразитс я в отрезок 𝑂𝑁 ,
а гипотенуза 𝑀𝐿 – в отрезок 𝑀𝐹 . Мы получили пр я-
моугольный треугольник 𝑀𝑁𝐹 с гипотенузой 𝑀𝐹 , рав-
ной радиу су окружности. 𝐹 – точк а пересечения пр ямой 𝑔
и окружности. Другую точку пересечения мо жно найти
к ак точку , симметричную 𝐹 относительно оси 𝑂𝑁 . П21
По сути, мы сейчас док азали возмо жность построения то-
чек пересечения пр ямой и окружности, отт алкиваясь от
построений, к оторые мы уж е умеем выполнять. Но если
бы мы нанесли на чертеж все промежуточные построения,
т ак ой способ пок азалс я бы слишк ом громоздким. Поэто-
му приведем т акж е построение, принадлеж ащее Штейне-
ру . Его мо жно найти в книге А. Адлера [1, с. 126–127].
I I способ. Проведем через точку 𝑀 пр ямую, параллель-
ную𝑔 , и от ло жим на ней от точки 𝑀 отрезок 𝑀𝐴 , равный
радиу су окружности. Проведем пр ямую 𝑔′, параллельную
𝑀𝐴 и про х о дящую на рассто янии ℎ от нее в той ж е полу-
плоск ости, в к оторой располо ж ена пр ямая 𝑔 (ак сиома d)
(рис. 19). Возьмем на пр ямой 𝑔 произвольную точку 𝐵 и
проведем пр ямую 𝑀𝐵 . Пр ямая 𝑀𝐵 пересечет пр ямую 𝑔′в
точк е 𝐵′. Проведем пр ямую, про х о дящую через
точки 𝐴 и𝐵 . Через точку 𝐵′проведем пр ямую,
параллельную 𝐴𝐵 . Пу сть 𝐴′– точк а ее пересечения с 𝑀𝐴 .
Построения с дву сторонней линейк ой 37
Рис. 19. Построение точек пересечения пр ямой и окружности
Треугольник 𝐵′𝑀𝐴′по добен треугольнику 𝐵𝑀𝐴 . Отсю-
да𝑀𝐴 :𝑀𝐴′=𝑀𝐵 :𝑀𝐵′. Нетру дно заметить, что
отношение 𝑀𝐵 :𝑀𝐵′не зависит от выбора точки 𝐵
и равно отношению рассто яния от точки 𝑀 до пр ямой 𝑔
к ширине линейки, то есть к рассто янию от 𝑀 до пр я-
мой 𝑔′. Проведем через точки 𝑀 и𝐴′левую и правую
ℎ -пары параллельных пр ямых. Пр ямая правой пары, про-
х о дящая через точку 𝑀 , пересек ает пр ямые 𝑔 и𝑔′соответ-
ственно в точк ах 𝑋1 и𝑋′
1 ; пр ямая той ж е пары, про х о дя-
щая через точку 𝐴′, – в точк ах 𝑇1 и𝑇′
1 . Аналогично пр я-
мая левой h-пары, про х о дящая через точку 𝑀 , пересек ает
пр ямые 𝑔 и𝑔′в точк ах 𝑋2 и𝑋′
2 ; а пр ямая,
38 Если пропал цирку ль
про х о дящая через точку 𝐴′, – в точк ах 𝑇2 и𝑇′
2 .𝑀𝐴′𝑋′
1𝑇′
1 и
𝑀𝐴′𝑋′
2𝑇′
2 – ромбы, т ак к ак равны их высоты, опущенные
на смежные стороны. 𝑀𝑋′
1=𝑀𝑋′
2=𝑀𝐴′.
Но𝑀𝑋 1:𝑀𝑋′
1=𝑀𝑋 2:𝑀𝑋′
2=𝑀𝐴 :𝑀𝐴′⇒
⇒𝑀𝑋 1=𝑀𝑋 2=𝑀𝐴 . Т аким образом, 𝑋1 и𝑋2 – точки
пересечения окружности радиу са 𝑀𝐴 с центром
в точк е 𝑀 и пр ямой 𝑔 . П21
Мы рассмотрели случай, к ог да рассто яние от точки 𝑀 до
пр ямой 𝑔 больше ширины линейки. Если рассто яние от 𝑀
до𝑔 бу дет меньше ширины линейки, построение аналогич-
но, а если рассто яния равны – зна чительно проще.
Т еперь мы умеем строить точки пересечения пр ямой
и окружности. Ост алось на учитьс я строить точки пересе-
чения двух окружностей. Для этого нам потребу етс я р ади-
альная ось – пр ямая, на к оторой леж ат все т акие точки 𝑀 ,
что отрезки к асательных, проведенных от 𝑀 до точек к а-
сания к обеим окружност ям, равны: 𝑀𝑇 1=𝑀𝑇 2 (рис. 20).
Отсю да следу ет , что середина общей к асательной к двум
окружност ям лежит на радиальной оси. Р адиальная ось
перпендику лярна пр ямой 𝑂1𝑂2 , про х о дящей через центры
окружностей. Если окружности пересек аютс я, то их ра-
диальная ось про х о дит через точки пересечения 𝐴 и𝐵 .
Р ади наг лядности изображ ения окружностей на рис. 20
мы «нашли» цирку ль, но теперь снова его спр ячем.
Построения с дву сторонней линейк ой 39
Рис. 20. Р адиальная ось двух окружностей
Построение 22. Даны две окружности: о дна с центром
в точк е 𝑂1 радиу са 𝑟1=|𝐸1𝐹1| , друг ая – с центром в точ-
к е𝑂2 радиу са 𝑟2=|𝐸2𝐹2| . Построить их радиальную ось
(рис. 21).
Р ешение: построим общую к асательную данных окруж-
ностей. Если 𝑟1=𝑟2 , то для построения общей к асатель-
ной дост аточно из точек 𝑂1 и𝑂2 провести по д пр ямым
уг лом к 𝑂1𝑂2 два луча и от ло жить на них отрезки 𝑂1𝑇1
и𝑂2𝑇2 , равные радиу су окружностей. Т ог да отрезок 𝑇1𝑇2
бу дет общей к асательной. Т еперь поло жим, что радиу сы
не равны. Пу сть для определенности 𝑟1> 𝑟2 . Сна чала по-
строим отрезок к асательной, проведенной из точки 𝑂2 к
окружности с центром в точк е 𝑂1 радиу са 𝑟1−𝑟2 (п. 18).
40 Если пропал цирку ль
Рис. 21. Построение радиальной линии
Это отрезок 𝑂2𝑇0 . Здесь|𝑂1𝑇0| равен 𝑟1−𝑟2 . На луче 𝑂1𝑇0
от ло жим отрезок 𝑂1𝑇1 , равный 𝑟1 . Через точку 𝑇1 прове-
дем пр ямую, параллельную 𝑂2𝑇0 . Из точки 𝑄2 проведем
к этой пр ямой перпендику ляр. Т аким образом, четырех-
угольник 𝑇0𝑇1𝑇2𝑂2 – пр ямоугольник и |𝑂2𝑇2|=|𝑇0𝑇1|=𝑟2 .
Зна чит , 𝑇1𝑇2 – общая к асательная. Построим середину от-
резк а 𝑇1𝑇2 – точку 𝑀 . Ост алось провести радиальную ось
к ак пр ямую, про х о дящую через точку 𝑀 и перпендику-
лярную 𝑂1𝑂2 . П22
Т еперь мо жно приступить к построению точек пересече-
ния двух окружностей. Если рассто яние между центра-
ми окружностей 𝑂1𝑂2 больше суммы их радиу сов, то то-
чек пересечения нет . Если |𝑂1𝑂2|=𝑟1+𝑟2 , окружности
к асаютс я в о дной точк е. Если 𝑂1𝑂2< 𝑟1+𝑟2 , то имеютс я
Построения с дву сторонней линейк ой 41
две точки пересечения. Для построения точек пересече-
ния надо построить радиальную ось данных окружностей
(п. 22). После этого зада ча сво дитс я к построению точек
пересечения радиальной оси с о дной из окружностей
(п. 21). Т еперь мы имеем основание утвер ждать, что дву-
сторонняя линейк а позволяет построить любое мно ж ество
точек, к оторое мо жно построить посредством о дносторон-
ней линейки и цирку ля. Последнее озна чает , что мы мог ли
бы вовсе отк азатьс я от цирку ля. Однак о очень не х оте-
лось бы лишать себ я у довольствия визу ально наблю дать
окружности и их дуги к ак некие непрерывные объекты.
К тому ж е многие построения без цирку ля ст ановятс я
слишк ом громоздкими.
Зада чи
Предлаг аемые построения требу етс я выполнить посред-
ством о дной дву сторонней линейки. Однак о бу дет интерес-
но и познавательно сна чала решить к аждую зада чу , при-
меняя традиционные инструменты.
Зада ча 1. Дан треугольник 𝐴𝐵𝐶 . Требу етс я на про дол-
ж ении стороны 𝐴𝐵 построить отрезок, равный периметру
треугольник а 𝐴𝐵𝐶 (рис. 22).
Рис. 22. Чертеж к зада чам 1–5
Зада ча 2. Дан треугольник 𝐴𝐵𝐶 . Построить центр
описанной окружности (см. рис. 22).
Зада ча 3. Дан треугольник 𝐴𝐵𝐶 . Построить центр
вписанной окружности (см. рис. 22).
Зада ча 4. Дан треугольник 𝐴𝐵𝐶 . Построить точку
пересечения его медиан (см. рис. 22).
Зада ча 5. Дан треугольник 𝐴𝐵𝐶 . Построить точку
пересечения его высот (см. рис. 22).
Зада чи 43
Зада ча 6. Пу сть пр ямая 𝑘 – линия берег а (рис. 23).
Рис. 23. Чертеж к зада че 6
Туристический отр яд долж ен выйти из пункт а 𝐴 , в пунк-
те𝐾 на берегу с делать привал, а затем прибыть в пункт 𝐵 .
Г де надо располо жить пункт 𝐾 , чтобы сумма рассто яний
|𝐴𝐾| и|𝐾𝐵| была минимальной? Т о есть требу етс я проло-
жить кратчайший маршрут . Предполаг аетс я, что участки
𝐴𝐾 и𝐾𝐵 – отрезки пр ямых.
Зада ча 7. В поселк е 𝐴 живет почт аль он (рис. 24).
Почтовые машины, проезж ающие по дорог ам 𝑏 и𝑐 , ост ав-
ляют к орреспонденцию для жителей поселк а в двух специ-
альных к онтейнерах 𝐵 и𝐶 , к аждый из к оторых у ст анов-
лен на обочине соответствующей дороги. По утрам поч-
т аль он об х о дит к онтейнеры и возвращаетс я с к орреспон-
денцией в поселок. Т аким образом, он к аждое утро про х о-
дит маршрут по периметру треугольник а 𝐴𝐵𝐶 . Как сле-
ду ет располо жить к онтейнеры 𝐵 и𝐶 , чтобы маршрут был
кратчайшим? Иными словами, требу етс я минимизировать
44 Если пропал цирку ль
Рис. 24. Чертеж к зада че 7
периметр треугольник а 𝐴𝐵𝐶 .
Зада ча 8. Муравей вошел в к оробку через отверстие 𝐴
в передней стенк е (рис. 25). Дойдя до точки 𝐵 на левой
Рис. 25. Чертеж к зада че 8
бок овой стенк е, он направилс я в точку 𝐶 на задней стен-
к е, из точки 𝐶 пошел в точку 𝐷 на правой бок овой стенк е,
а затем вышел из к оробки через отверстие 𝐸 в передней
Зада чи 45
стенк е. Все перех о ды от стенки к стенк е муравей совершал
по отрезк ам пр ямых. Т аким образом, он прошел маршрут
𝐴𝐵𝐶𝐷𝐸 . Как надо расст авить точки 𝐵 ,𝐶 и𝐷 на соот-
ветствующих стенк ах, чтобы маршрут ок азалс я самым к о-
ротким из всех возмо жных?
Зада ча 9. Угол образован лучами 𝑏 и𝑐 , вых о дящими из
точки 𝐴 (рис. 26). 𝐸𝐹‖𝐵𝐶 . Построить отрезок 𝑁𝑀 ,
Рис. 26. Чертеж к зада че 9
т ак ой, что 𝑁∈𝐴𝐵 ,𝑀∈𝐴𝐶 ,𝑁𝑀 =𝐸𝐹 и𝑁𝑀‖𝐵𝐶 .
Зада ча 10. Построить т ак ой треугольник, что его уг лы
при основании равны 𝐴0 и𝐵0 , а периметр равен длине от-
резк а 𝐸0𝐹0 (рис. 27).
Зада ча 11. Даны три не леж ащие на о дной пр ямой точки
𝐴 ,𝐵 и𝐶 . Провести через них три параллельные пр ямые
𝑎 ,𝑏 и𝑐 соответственно т ак, чтобы 𝑏 про х о дила между 𝑎 и
𝑐 на равном рассто янии от обеих пр ямых.
46 Если пропал цирку ль
Рис. 27. Чертеж к зада че 10
Зада ча 12. Дана пр ямая 𝑑 и две точки 𝐴 и𝐵 , располо-
ж енные в о дной полуплоск ости относительно нее. Найти
т акую точку 𝐶 на пр ямой 𝐴𝐵 , что рассто яние от 𝐶 до𝑑
вдвое меньше суммы рассто яний от 𝐴 и𝐵 до𝑑 .
Зада ча 13. Даны три не леж ащие на о дной пр ямой точки
𝐿 ,𝑁 и𝑀 . Построить параллелограмм, серединами трех
сторон к оторого являютс я эти точки.
Зада ча 14. Дан угол 𝑎𝑂𝑐 и точк а 𝑀 внутри уг ла
(рис. 28). Провести через точку 𝑀 пр ямую, отсек ающую
на сторонах уг ла равные отрезки.
Зада ча 15. Дан угол 𝑛𝑂𝑚 и точк а 𝑀 внутри уг ла
(рис. 29). Провести через точку 𝑀 секущую т ак, чтобы
отношение отрезк ов 𝐴𝑀 и𝑀𝐵 равнялось отношению дан-
ных отрезк ов 𝑎 и𝑏 . Здесь 𝐴 и𝐵 – точки пересечения се-
кущей со сторонами уг ла.
Зада ча 16. Даны основания высот , опущенных из вер-
шин 𝐴 ,𝐵 и𝐶 остроугольного треугольник а. Обозна чим
Зада чи 47
Рис. 28. Чертеж к зада че 14
Рис. 29. Чертеж к зада че 15
их соответственно 𝐴1 ,𝐵1 и𝐶1 . Требу етс я построить тре-
угольник 𝐴𝐵𝐶 .
Пу сть дан треугольник 𝐴𝐵𝐶 . Т ог да треугольник 𝐴1𝐵1𝐶1 ,
вершинами к оторого являютс я основания высот , опущен-
ных из соответствующих вершин 𝐴 ,𝐵 и𝐶 , называют его
ортотреугольник ом (рис. 30). Т аким образом, мы должны
48 Если пропал цирку ль
Рис. 30. Чертеж к зада че 16
по известным вершинам ортотреугольник а 𝐴1𝐵1𝐶1 восст а-
новить вершины треугольник а 𝐴𝐵𝐶 . Для этого нам потре-
бу етс я следующее свойство ортотреугольник а:
высоты△𝐴𝐵𝐶 являютс я биссектрисами △𝐴1𝐵1𝐶1 . До-
к аж ем последнее утвер ждение. Поск ольку пр ямые уг лы
𝐵𝐶1𝐶 и𝐵𝐵1𝐶 опираютс я на отрезок 𝐵𝐶 , точки 𝐵1 и𝐶1
леж ат на окружности, построенной на отрезк е 𝐵𝐶 , к ак на
диаметре. Для секущих 𝐴𝐵 и𝐴𝐶 , проведенных из точ-
ки𝐴 , имеет место равенство
|𝐴𝐶1|_|𝐴𝐵|=|𝐴𝐵1|_|𝐴𝐶| ⇒𝐴𝐶1
𝐴𝐶=𝐴𝐵1
𝐴𝐵.
Треугольник 𝐴𝐵1𝐶1 по добен треугольнику 𝐴𝐵𝐶 .
̸𝐴𝐵1𝐶1≠𝐴𝐵𝐶 ,̸𝐴𝐶1𝐵1≠𝐴𝐶𝐵 . Аналогично док азы-
ваетс я по добие треугольник ов 𝐵𝐴1𝐶1 и𝐶𝐴1𝐵1
Зада чи 49
треугольнику 𝐴𝐵𝐶 . Далее из равенства ̸𝐴𝐵1𝐶1≠𝐶𝐵1𝐴1
и отношения 𝐵𝐵1⊥𝐴𝐶 следу ет , что 𝐵𝐵1 – биссектри-
са уг ла 𝐶1𝐵1𝐴1 . Т акж е другие высоты △𝐴𝐵𝐶 являютс я
биссектрисами△𝐴1𝐵1𝐶1 .
Следующая зада ча форму лиру етс я к ак зада ча на док аза-
тельство. Однак о в док азательстве решающую роль игра-
ют вспомог ательные построения.
Зада ча 17. Док азать, что ортотреугольник остроугольно-
го треугольник а 𝐴𝐵𝐶 имеет наименьший периметр среди
всех вписанных треугольник ов.
Зада ча 18. Этот прием до недавнего времени применя-
ли радиолюбители при расчете сопротивления цепи. Пу сть
величины сопротивлений 𝑅1 и𝑅2 заданы отрезк ами соот-
ветствующей длины (рис. 31). При последовательном их
Рис. 31. Чертеж к зада че 18
соединении сопротивление участк а цепи равно сумме дан-
ных сопротивлений: 𝑅=𝑅1+𝑅2 (см. рис. 31а).
А при параллельном соединении сопротивление участк а
50 Если пропал цирку ль
цепи счит аетс я по форму ле 𝑅=𝑅1˙𝑅2
𝑅1+𝑅2(см. рис. 31б). По-
следнюю зада чу радиолюбители часто решали геометри-
чески на листк е бумаги в клеточку . Т аким образом, тре-
бу етс я геометрически найти зна чение 𝑅 при параллельном
соединении, т . е. построить отрезок длины 𝑅=𝑅1˙𝑅2
𝑅1+𝑅2.
Зада ча 19. На доск е нарисовали квадрат . На к аждой сто-
роне квадрат а случайным образом выбрали точку . После
этого квадрат стерли. Мо жно ли по ост авшимс я четырем
точк ам восст ановить квадрат?
Р ешения
Р ешение 1. Про должим пр ямую 𝐴𝐵 . Построим биссек-
трису внешнего уг ла 𝐴 (п. 3). Для этого проведем пр ямые
𝑎1 и𝑎2 , параллельные соответствующим сторонам внеш-
него уг ла 𝐴 и про х о дящие на рассто янии ширины линей-
киℎ от них. 𝑀1 – точк а их пересечения (рис. 32). Т ог да
Рис. 32. Чертеж к зада че 1
пр ямая 𝐴𝑀 1 бу дет биссектрисой. Пр ямые 𝐴𝐶 и𝐴𝐵 сим-
метричны относительно биссектрисы 𝐴𝑀 1 . Возьмем про-
извольную точку 𝐿1 , от личную от 𝐴 , на биссектрисе. Про-
ведем через точку 𝐿1 пр ямую 𝑛1 , параллельную 𝐿1𝐶 на
рассто янии ℎ от нее. 𝑁1 – точк а пересечения 𝑛1 с биссек-
трисой. Пр ямые 𝐿1𝐶 и𝑛1 образуют правую h-пару па-
раллельных пр ямых относительно точек 𝐿1 и𝑁1 . Про-
ведем теперь левую h-пару через точки 𝐿1 и𝑁1 . Т а из
52 Если пропал цирку ль
пр ямых, образующих эту пару , что про х о дит через точку
𝐿1 , симметрична пр ямой 𝐿1𝐶 относительно биссектрисы.
𝐸 – точк а ее пересечения с пр ямой 𝐴𝐵 . Т очк а 𝐸 симмет-
рична точк е 𝐶 относительно биссектрисы (п. 5–6). Следо-
вательно, 𝐴𝐸=𝐴𝐶 . Аналогично на про долж ении стороны
𝐴𝐵 строим отрезок 𝐵𝐹 , равный 𝐵𝐶 . Т аким образом, |𝐸𝐹|
равен|𝐸𝐴|+|𝐴𝐵|+𝐵𝐹| , а зна чит , и периметру треугольни-
к а𝐴𝐵𝐶 . З 1
Р ешение 2. Для точек 𝐴 и𝐵 проведем левую и пра-
вую h-пары параллельных пр ямых (см. рис. 3а). Пу сть 𝑁
и𝐾 – точки их пересечения, от личные от 𝐴 и𝐵 . Т ог да 𝐴𝐵
и𝑁𝐾 перпендику лярны и делятс я в точк е их пересече-
ния пополам. Зна чит , пр ямая 𝑁𝐾 про х о дит через середи-
ну стороны 𝐴𝐵 треугольник а 𝐴𝐵𝐶 . Аналогично построим
перпендику ляр, про х о дящий через середину стороны 𝐵𝐶 .
Т очк а пересечения этих перпендику ляров и бу дет центром
описанной окружности. З 2
Р ешение 3. Построим бессектрисы уг лов 𝐴 и𝐵 (п. 4).
Т очк а их пересечения и бу дет центром описанной
окружности. З 3
Р ешение 4. Найдем середину стороны 𝐴𝐵 (п. 3) и обо-
зна чим ее 𝑀 . Пр ямая 𝐶𝑀 бу дет медианой. Аналогично
построим медиану , проведенную из вершины 𝐴 . Т очк а пе-
ресечения этих двух медиан и бу дет иск омой точк ой. З 4
Р ешения 53
Р ешение 5. Проведем через точку 𝐶 перпендику ляр к пр я-
мой𝐴𝐵 (п. 6), а через точку 𝐴 – перпендику ляр к пр я-
мой𝐷𝐶 . Т очк а пересечения этих перпендику ляров и бу дет
иск омой точк ой З 5 .
Р ешение 6. Построим точку 𝐵1 , симметричную 𝐵 отно-
сительно линии берег а (п. 6). Соединим точки 𝐴 и𝐵1 от-
резк ом пр ямой (рис. 33). 𝐾 – точк а пересечения пр ямых 𝑘
Рис. 33. Чертеж к зада че 6
и𝐴𝐵1 . Мы утвер ждаем, что найденное т аким образом по-
ло ж ение 𝐾 оптимальное. Действительно, при любом поло-
ж ении 𝐾 имеет место равенство |𝐾𝐵|=|𝐾𝐵 1| . Зна чит , оп-
тимальному маршруту 𝐴𝐾𝐵 соответству ет оптимальный
маршрут 𝐴𝐾𝐵 1 . Но длина маршрут а 𝐴𝐾𝐵 1 минимальна,
к ог да точк а 𝐾 лежит на пр ямой 𝐴𝐵1 . З 6
Если предст авить, что линия берег а 𝑘 – это зерк ало, то
маршрут ст ановитс я кратчайшим, если туристы движут-
с я, к ак луч свет а: «угол падения равен уг лу отраж ения» .
54 Если пропал цирку ль
Р ешение 7. Построим луч 𝑏1 , симметричный лучу 𝑏 отно-
сительно 𝑐 (рис. 34). Построим точку 𝐴1 , симметричную 𝐴
Рис. 34. Чертеж к зада че 7
относительно пр ямой 𝑐 и точку 𝐴2 , симметричную 𝐴1 от-
носительно луча 𝑏1 . Т ог да к аждому маршруту 𝐴𝐶𝐵𝐴 бу-
дет соответствовать равный по длине 𝐴𝐶𝐵 1𝐴2 . У ст ановим
к онтейнер 𝐶 в точк е пересечения отрезк а 𝐴𝐴2 и луча 𝑐 .
Отрезок 𝐴𝐴2 пересек ает луч 𝑏1 в точк е 𝐵1 . Контейнер 𝐵
пост авим в точку , симметричную 𝐵1 относительно луча 𝑐 .
З 7
Р ешение 8. Отобразим маршрут муравья симметрично
относительно оси 𝑏 (линии левой бок овой стенки к оробки).
При этом точк а 𝐵 ост анетс я на месте,
Р ешения 55
а точки 𝐴 ,𝐶 и𝐸 отобразятс я в точки 𝐴1 ,𝐶1
и𝐸1 (рис. 35). Участок маршрут а муравья 𝐵𝐶
Рис. 35. Чертеж I к зада че 8
отобразитс я в 𝐵𝐶1 . Назовем ис х о дную фигуру  , а ее об-
раз1 . Т еперь отобразим фигуру 1 симметрично относи-
тельно оси 𝑐 (линии задней стенки к оробки). Полученную
фигуру назовем 2 . При последнем преобразовании точ-
к а𝐶1 ост анетс я на месте. В резу ль т ате двух симметрич-
ных отображ ений точк а 𝐷 перейдет в точку 𝐷2 , а отрезок
𝐶𝐷 – в отрезок 𝐶1𝐷2 . Отобразим фигуру 2 симметрич-
но относительно оси 𝑑 (про долж ение образа линии правой
бок овой стенки при первом симметричном отображ ении).
Т очк а 𝐸 в резу ль т ате трех симметричных отображ ений
перейдет в точку 𝐸3 . Нетру дно заметить, что длина ло-
маной 𝐴𝐵𝐶 1𝐷2𝐸3 равна длине 𝐴𝐵𝐶𝐷𝐸 (длине маршрут а
56 Если пропал цирку ль
муравья). Зна чит , маршруту 𝐴𝐵𝐶𝐷𝐸 наименьшей длины
бу дет соответствовать маршрут 𝐴𝐵𝐶 1𝐷2𝐸3 наименьшей
длины. Но последний мо жно построить, соединив точки 𝐴
и𝐸3 отрезк ом пр ямой (рис. 36). Т очк а 𝐵 получитс я при
Рис. 36. Чертеж I I к зада че 8
пересечении пр ямой 𝐴𝐸3 с линией «левой бок овой стен-
ки к оробки» , точку 𝐶 мо жно построить к ак прообраз 𝐶1
при первом симметричном отображ ении, а точку 𝐷 – к ак
прообраз 𝐷2 при двух симметричных преобразованиях.
Полученный маршрут 𝐴𝐵𝐶𝐷𝐸 бу дет оптимальным. З 8
Интересно, что муравью, к ак турист ам из зада чи 6
и почт аль ону из зада чи 7, пришлось «соблю дать» извест-
ный зак он физики: «угол падения равен уг лу отраж ения» .
Попробуйте док азать, что 𝐴𝐵‖𝐶𝐷 , а𝐵𝐶‖𝐷𝐸 .
Р ешения 57
Р ешение 9. Проведем пр ямую 𝐹𝐶 , а затем через точку 𝐸
– пр ямую, параллельную 𝐹𝐶 (п. 8). 𝐿 – точк а ее пересече-
ния с пр ямой 𝐵𝐶 . Т ог да 𝐿𝐶=𝐸𝐹 , к ак противополо жные
стороны параллелограмма. Через точку 𝐿 проведем пр я-
мую, параллельную 𝐴𝐶 (рис. 37).
Рис. 37. Чертеж к зада че 9
𝑁 – точк а ее пересечения с пр ямой 𝐴𝐵 . Через точку 𝑁
проведем пр ямую, параллельную 𝐵𝐶 .𝑀 – точк а ее пере-
сечения с пр ямой 𝐴𝐶 . Т ог да 𝑁𝑀 =𝐿𝐶 , к ак противопо-
ло жные стороны параллелограмма 𝑁𝑀𝐶𝐿 . Для опреде-
ленности мы рассмотрели случай, к ог да |𝐸𝐹|<|𝐵𝐶| . Ес-
ли|𝐸𝐹|=|𝐵𝐶| , то отрезок, к оторый требу етс я построить,
уж е есть – это 𝐵𝐶 . Если|𝐸𝐹|>|𝐵𝐶| , построение анало-
гично приведенному выше. З 9
58 Если пропал цирку ль
Р ешение 10. Построим отрезок 𝐴1𝐵1 , равный 𝐸0𝐹0
(рис. 38). От точек 𝐴1 и𝐵1 проведем лучи, образующие
Рис. 38. Чертеж к зада че 10
с𝐴1𝐵1 уг лы, равные ̸𝐴0 и̸𝐵0 соответственно (п. 14–15).
𝐶1 – точк а пересечения этих лучей. Мы построили тре-
угольник 𝐴1𝐵1𝐶1 , по добный тому , что следу ет построить,
с к оэффициентом по добия 𝑘=|𝐴1𝐵1|+|𝐵1𝐶1|+|𝐶1𝐴1|
|𝐴1𝐵1|. Ина че
говор я, все линейные размеры △𝐴1𝐵1𝐶1 в𝑘 раз больше
требу емых. На про долж ении 𝐴1𝐵1 от ло жим отрезки
𝐸1𝐴1=𝐴1𝐶1 , и𝐵1𝐹1=𝐵1𝐶1 (см. зада чу 1). Т аким
образом, построен отрезок 𝐸𝐹 , равный периметру
треугольник а 𝐴1𝐵1𝐶1 . Проведем в полуплоск ости, проти-
вополо жной полуплоск ости треугольник а, пр ямую 𝑑 , па-
раллельную 𝐴1𝐵1 и про х о дящую на рассто янии ширины
Р ешения 59
линейки ℎ от нее. Относительно точек 𝐴1 и𝐵1 постро-
им h-пару параллельных пр ямых (для определенности мы
взяли левую h-пару). Пу сть 𝐸 и𝐹 – точки пересечения
этих пр ямых с 𝑑 . Они ограничивают на пр ямой 𝑑 отрезок,
равный 𝐴1𝐵1 . Проведем о дну пр ямую через точки 𝐸1 и𝐸 ,
а другую через точки 𝐹1 и𝐹 . Пу сть 𝑆 – точк а пересече-
ния пр ямых 𝐸𝐸1 и𝐹𝐹1 . Любая пара лучей, вых о дящих из
точки 𝑆 отсек ает на пр ямой 𝐴1𝐵1 отрезок в 𝑘 раз боль-
шей длины, чем на пр ямой 𝑑 . Соединим точку 𝑆 лучами
с точк ами 𝐴1 и𝐵1 . Обозна чим точки пересечения лучей
с пр ямой 𝑑 через 𝐴 и𝐵 соответственно. Т аким образом,
отрезок 𝐴𝐵 бу дет в 𝑘 раз меньше 𝐴1𝐵1 . Проведем через
точку 𝐴 пр ямую, параллельную 𝐴1𝐶1 , а через точку 𝐵
пр ямую, параллельную 𝐵1𝐶1 . Пу сть 𝐶 – точк а их пересе-
чения. Иск омый треугольник 𝐴𝐵𝐶 построен. З 10
Р ешение 11. Построим середину отрезк а 𝐴𝐶 точку 𝑀
(рис. 39). Проведем пр ямую 𝑏 через точки 𝐵 и𝑀 , а через
точки 𝐴 и𝐶 – пр ямые 𝑎 и𝑐 , параллельные 𝑏 . З 11
Р ешение 12. Т очк а 𝐶 – середина отрезк а 𝐴𝐵 . З 12
Р ешение 13. Зада ча имеет три решения в зависимости от
того, к акую пару точек мы примем за середины
противополо жных сторон (рис. 40). Например, возьмем
точки 𝑁 и𝑀 . Через точку 𝐿 проведем пр ямую 𝑔 ,
параллельную 𝑁𝑀 .
60 Если пропал цирку ль
Рис. 39. Чертеж к зада че 11
Рис. 40. Чертеж к зада че 13
Построим середину отрезк а 𝑁𝑀 – точку 𝐾 . Проведем че-
рез точки 𝑁 и𝑀 пр ямые, параллельные 𝐿𝐾 . Они пере-
секутс я с пр ямой 𝑔 в точк ах 𝐴 и𝐵 соответственно. На
пр ямых 𝐴𝑁 и𝐵𝑀 по другую сторону от точек 𝑁 и𝑀
от ло жим отрезки 𝑁𝐷 и𝑀𝐶 , равные 𝐴𝑁 . Т аким образом,
Р ешения 61
мы построили параллелограмм 𝐴𝐵𝐶𝐷 . З 13
Р ешение 14. Построим биссектрису 𝑏 уг ла 𝑎𝑂𝑐
(рис. 41). Через точку 𝑀 проведем пр ямую, перпендику-
Рис. 41. Чертеж к зада че 14
лярную биссектрисе. Эт а пр ямая отсечет на сторонах уг ла
равные отрезки 𝑂𝐴 и𝑂𝐵 . З 14
Р ешение 15. Из вершины уг ла 𝑚𝑂𝑛 проведем луч 𝑏 , про-
х о дящий через точку 𝑀 (рис. 42). На сторонах уг ла 𝑛𝑂𝑏
построим точки 𝐾∈𝑛 и𝑃∈𝑏 , т акие, что|𝐾𝑃|=𝑎 и
𝐾𝑃⊥𝑏 . На сторонах уг ла 𝑚𝑂𝑏 построим точки 𝐿∈𝑚
и𝑅∈𝑏 , т акие, что|𝐿𝑅|=𝑏 и𝐿𝑅⊥𝑏 . По х о жие построения
мы выполняли в зада че 9. Соединим точки 𝐾 и𝐿 отрез-
к ом пр ямой. 𝑆 – точк а пересечения 𝐾𝐿 и𝑏 . Треугольники
𝑆𝐾𝑃 и𝑆𝐿𝑅 по добны по двум уг лам: ̸𝐾𝑃𝑆 и̸𝐿𝑅𝑆 –
пр ямые, а̸𝐾𝑆𝑃 ≠𝐿𝑆𝑅 – вертик альные. Следователь-
но,𝐾𝑆:𝑆𝐿=𝐾𝑃 :𝐿𝑅 . Проведем через точку 𝑀 пр я-
мую, параллельную 𝐾𝐿 . Т очки пересечения этой пр ямой
62 Если пропал цирку ль
Рис. 42. Чертеж к зада че 15
со сторонами уг ла 𝑛 и𝑚 обозна чим 𝐴 и𝐵 соответствен-
но. Т очк а 𝑀 разбивает отрезок 𝐴𝐵 на части, относ ящиес я
к ак𝑎:𝑏 . З 15
Р ешение 16. Построим биссектрисы треугольник а 𝐴1𝐵1𝐶1
(рис. 43). Через точки 𝐴1 ,𝐵1 и𝐶1 проведем перпендику ля-
ры к соответствующим биссектрисам. Т очки пересечения
этих перпендику ляров и бу дут вершинами треугольник а
𝐴𝐵𝐶 . З 16
Р ешение 17. Пу сть точк а 𝐴1 лежит на стороне 𝐵𝐶 тре-
угольник а 𝐴𝐵𝐶 (рис. 44). Для на чала построим треуголь-
ник наименьшего периметра 𝐴1𝐵1𝐶1 , вписанный в△𝐴𝐵𝐶 ,
Р ешения 63
Рис. 43. Чертеж к зада че 16
Рис. 44. Чертеж к зада че 17
с заданным поло ж ением точки 𝐴1 . Построим точку 𝐴′
1 ,
симметричную 𝐴1 относительно оси 𝐴𝐵 , и точку 𝐴′′
1 ,
симметричную 𝐴1 относительно оси 𝐴𝐶 . Возьмем точку
𝐶1 на отрезк е 𝐴𝐵 и точку 𝐵1 на отрезк е 𝐴𝐶 . Т ак к ак
𝐴′
1𝐶1=𝐴1𝐶1 и𝐴′′
1𝐵1=𝐴1𝐵1 , то любому маршруту
64 Если пропал цирку ль
𝐴1𝐶1𝐵1𝐴1 соответству ет равный ему маршрут 𝐴′
1𝐶1𝐵1𝐴′′
1 .
Но маршрут 𝐴′
1𝐶1𝐵1𝐴′′
1 наименьшей длины мы получим,
если соединим точки 𝐴′
1 и𝐴′′
1 отрезк ом пр ямой. Пок а мы
построили оптимальный вписанный треугольник при за-
данном поло ж ении 𝐴1 . Ост алось найти оптимальное поло-
ж ение 𝐴1 . Р ассмотрим△𝐴′
1𝐴𝐴′′
1 . Независимо от поло ж е-
ния 𝐴1 на стороне 𝐵𝐶 имеет место равенство
̸𝐴′
1𝐴𝐴′′
1= 2_̸𝐵𝐴𝐶 . Поск ольку△𝐴′
1𝐴𝐴′′
1 равнобедренный
с бок овыми сторонами, равными 𝐴𝐴1 , основание треуголь-
ник а 𝐴′
1𝐴′′
1 примет наименьшее зна чение при наименьшем
𝐴𝐴1 , т . е. при 𝐴𝐴1⊥𝐵𝐶 , к ог да 𝐴𝐴1 – высот а треугольник а
𝐴𝐵𝐶 . Отсю да следу ет , что вписанный треугольник наи-
меньшего периметра – ортотреугольник. З 17
Р ешение 18. Построим единичный отрезок 𝐴𝐵 (рис. 45).
Длина отрезк а в данном случае не имеет зна чения, единич-
ным мы его с делали для определенности. Из точки 𝐴 про-
ведем перпендику ляр и от ло жим на нем отрезок 𝐴𝐷 дли-
ны𝑅1 . По ту ж е сторону от пр ямой 𝐴𝐵 проведем перпен-
дику ляр из точки 𝐵 и от ло жим на нем отрезок 𝐵𝐶 длины
𝑅2 . Соединим отрезк ами пары точек 𝐴 и𝐶 ,𝐵
и𝐷 . Пу сть 𝑀 – точк а пересечения этих отрезк ов. Опу-
стим из точки 𝑀 перпендику ляр 𝑀𝑁 на пр ямую 𝐴𝐵 . Мы
утвер ждаем, что длина этого перпендику ляра равна 𝑅 .
Действительно, из по добия треугольник ов 𝐴𝐷𝐵 и𝑁𝑀𝐵
Р ешения 65
Рис. 45. Чертеж к зада че 18
следу ет𝑅
𝑅1=𝑁𝐵
𝐴𝐵. Из по добия треугольник ов 𝐵𝐶𝐴 и𝑁𝑀𝐴
следу ет𝑅
𝑅2=𝐴𝐵−𝑁𝐵
𝐴𝐵. Сло жив два последних равенства,
получим:
𝑅
𝑅1+𝑅
𝑅2= 1⇒1
𝑅1+1
𝑅2=1
𝑅⇒𝑅=𝑅1_𝑅2
𝑅1+𝑅2.
Длина перпендику ляра 𝑀𝑁 действительно равна 𝑅 . З 18
Р ешение 19. Четыре точки должны быть вершинами нек о-
торого выпуклого четырехугольник а (рис. 46). Ина че они
не мог ли бы располо житьс я на сторонах квадрат а. Соеди-
ним точки 𝐵 и𝐷 отрезк ом пр ямой. Через точку 𝐴 прове-
дем перпендику ляр к пр ямой 𝐵𝐷 . На этом перпендику ля-
ре от ло жим от точки 𝐴 отрезок 𝐴𝐸 , равный 𝐵𝐷 .
66 Если пропал цирку ль
Рис. 46. Чертеж к зада че 19
Т очк а 𝐸 бу дет леж ать на той ж е стороне квадрат а, что
и точк а 𝐶 . Проведем через точки 𝐶 и𝐸 пр ямую. Прове-
дем через точки 𝐵 и𝐷 пр ямые, перпендику лярные 𝐶𝐸 .
Пу сть 𝐾 и𝐿 – точки их пересечения с 𝐶𝐸 . Через точку
𝐴 проведем пр ямую, параллельную 𝐴𝐵 .𝑇 и𝑅 – точки ее
пересечения с пр ямыми 𝐵𝐾 и𝐷𝐿 .𝑇𝐾𝐿𝑅 – квадрат , на
сторонах к оторого леж ат точки 𝐴 ,𝐵 ,𝐶 и𝐷 . Как видно
из построения, в случае, если 𝐴𝐶⊥𝐵𝐷 , точк а 𝐸 совпадет
с𝐶 и зада ча бу дет иметь беск онечное мно ж ество решений.
З 19
Биографические справки
Адлер Авгу ст (1863–1923) – австрийский и чешский
математик, геометр, астроном и гео дезист . Ок ончил
Венский университет . Ст ажировалс я в Берлинск ом Т ех-
ническ ом и Г еттингенск ом университет ах. Приват-доцент
Высшей техническ ой шк олы в Вене.
Алек сандров Иван Алек сандрович (1856–1919) –
ру сский математик-педагог . Ок ончил физик о-математи-
ческий факу ль тет Санкт-Петербургск ого университет а
(1878), препо давал в Т амбовск ой гимназии. После переез-
да в Москву препо давал математику в реальном училище
Баж анова, в ж енск ой гимназии Бот , в гимназии Полива-
нова, в Наро дном институте им. Шанявск ого и на вечер-
них курсах Меж евого институт а. Автор более 30 работ по
мето дик е препо давания математики.
Аргунов Борис Иванович (1907–1985) – советский
математик. Ок ончил педагогический факу ль тет Смолен-
ск ого госу дарственного университет а (1929). Участник
Велик ой Отечественной войны.
Балк Марк Беневич (1923–2018) – советский и россий-
ский математик, попу ляризатор математики. Ок ончил
Омский педагогический институт (1945). Автор р яда книг
для шк ольник ов и сту дентов.
68 Биографические справки
Блинк ов Алек сандр Давидович (1953) – советский
и российский математик-педагог . Ок ончил математический
факу ль тет МПГУ (1975), работ ал учителем математики.
С 2003 г . – сотру дник Моск овск ого интститут а открытого
образования. Автор учебных пособий для учащих с я
средней шк олы.
Брианшон Шарль Жу льен (1783–1864) – французский
математик и химик. Ок ончил Политехническую шк олу в
Париж е (1808). Профессор Артиллерийск ой шк олы Коро-
левск ой Гвар дии в Венсене (1818).
Брюс Як ов Вилимович (1669–1735) – выдающийс я
российский госу дарственный деятель, генерал-
фельдмаршал, реформатор ру сск ой артиллерии, дипломат ,
инж енер и ученый, рук ово дитель Шк олы математических
и навиг ационных на ук. Предст авитель знатного шот лад-
ск ого ро да, он ро дилс я в Москве в Немецк ой слобо де, г де
получил от личное домашнее образование. С детства увлек-
с я математик ой и естественными на ук ами. В возрасте 14 лет
записалс я в потешные войск а цар я и ст ал верным спо-
движник ом Петра I. Принимал непосредственное участие
во мно ж естве военных к ампаний. В перио д войны со шве-
дами разработ ал ск орострельные пушки и мощный поро х,
новые виды к артечи и бомб. Между войнами занималс я
развитием российск ой промышленнсти. В 1717 г .
69
назна чен сенатором и президентом Мануфактур-к оллегии,
а в 1719 г . – президентом Берг-к оллегии (орг ан по ру-
к ово дству горнору дной промышленностью), ведал всеми
российскими заво дами. Свобо дно владел шестью европей-
скими язык ами. Изготовил на учные инструменты и при-
боры, к оторыми еще долго после его смерти пользовались
российские ученые, в том числе Мих аил Васильевич
Ломоносов. В наро де Брюс имел репут ацию к олдуна
и чернокнижник а.
Ванцель Пьер Лоран (1814–1848) – французский
математик и мех аник. Училс я в Политехническ ой шк оле
в Париж е. Док азал неразрешимость классических зада ч
трисекции уг ла и у двоения куба.
Дек арт Р ене (1596–1650) – французский философ,
математик, мех аник, физик и физиолог . Зак ончил иезуит-
ский к олледж Ла Флеш. С 1617 г . в офицерск ом чине на-
х о дилс я на военной службе в революционной Г олландии,
затем в Г ермании, сраж алс я за Прагу , принимал участие
в осаде крепости Ла-Р ошель. Как человек, от личавшийс я
свобо домыслием, по возвращении во Францию вск оре был
запо дозрен иезуит ами в ереси и потому вынужден пере-
ех ать в Г олландию, г де в течение 20 лет им были написа-
ны выдающиес я на учные работы. Дек арт переработ ал ма-
тематическую символику Виет а и создал новую, близкую
70 Биографические справки
к современной. Введенная им «дек артова» система к оор-
динат позволила у ст ановить соответствие между алгеб-
раическими уравнениями и широким классом кривых на
плоск ости. Задолго до Ньютона пришел к выво ду , что ос-
новным видом движ ения являетс я движ ение по инерции,
ввел понятие «к оличество движ ения» и впервые сформу-
лировал зак он со хранения движ ения.
Зетель Семен Исаак ович (1896–1977) – российский
и советский математик. Ок ончил математическ ое
от деление МГУ (1930). Автор учебных пособий по
элемент арной геометрии.
Костовский Алек сандр Никитович (1917–2005) – со-
ветский и украинский математик, профессор Львовск ого
университет а. Ок ончил физик о-математический факу ль-
тет Мелитопольск ого госу дарственного педагогическ ого
институт а (1941).
Ламберт Иог анн Г енрих (1728–1777) – немецкий
физик, философ, математик и астроном. Впервые док азал
иррациональность числа 𝜋 , у совершенствовал р яд гео дези-
ческих мето дов.
Магницкий Леонтий Филиппович (1669–1739) –
ру сский математик и педагог . Ок ончил Славяно-грек о-
латинскую ак адемию (1694) – первое в Р оссии высшее учеб-
ное заведение. Самосто ятельно изучил математику .
71
В 1701 г . Петр I назна чил Л. Ф. Магницк ого препо да-
вателем Шк олы математических и навиг ационных на ук,
ему было поручено написать учебник по математик е. Уж е
в 1703 г . знаменит ая «Арифметик а» Магницк ого вышла
тираж ом 2400 экземпляров. Это был первый изданный
в нашей стране учебник математики. И более полувек а
«Арифметик а» Магницк ого в Р оссии ост авалась основным
учебник ом математики.
Маск ерони Лоренцо (1750–1800) – ит альянский матема-
тик. Изучал физику и математику в семинарии в Берг амо.
Профессор Павийск ого университет а (1786). Повторно до-
к азал теорему Мора – Маск ерони, поск ольку работ а Г еорг а
Мора была забыт а современник ами.
Мих еев Юрий Викторович (1947) – советский и рос-
сийский математик-педагог . Ок ончил мех аник о-математи-
ческий факу ль тет Новосибирск ого госу дарственного уни-
верситет а (1969). Р абот ал в Специализированном учебно-
мето дическ ом центре НГУ (СУНЦ НГУ) им. ак адемик а
М. А. Лаврентьева. Автор работ по мето дик е препо дава-
ния математики, а т акж е учебник ов и учебных пособий
для средней шк олы.
Мор Г еорг (1640–1697) – датский математик. Изучал
математику по д рук ово дством Христиана Гюйгенса. До-
к азал, что любое построение к онфигурации точек, к оторое
72 Биографические справки
мо жно выполнить с помощью цирку ля и линейки,
выполняетс я посредством о дного цирку ля (теорема
Мора – Маск ерони).
Понселе Жан-Виктор (1788–1867) – французский
математик, мех аник и инж енер, создатель проективной гео-
метрии, член Париж ск ой и член-к орреспондент Петербург-
ск ой ак адемий на ук. Ок ончил Политехническую шк олу
в Париж е. В чине поручик а был направлен в инж енер-
ные войск а. После т яж елого ранения попал в плен (1812).
Нах о дясь в плену в Саратове, написал тракт аты о проек-
тивных свойствах фигур и по аналитическ ой геометрии.
Вернувшись во Францию, препо давал в военной шк оле, г де
ввел в употребление ру сские счеты, с к оторыми познак о-
милс я в саратовск ом плену .
Прасолов Виктор Васильевич (1956) – российский
математик и историк математики, препо даватель специа-
лизированного учебно-на учного центра МГУ . Ок ончил
мех аник о-математический факу ль тет МГУ (1978).
Пюрк енштейн Антон Эрнст Буркх ар д фон
(1686–1744) – австрийский барон, военный инж енер,
фортифик атор, автор книги «Эрц-герцогские приемы цир-
ку ля и линейки, или Избранные на чала математических
на ук» . Состо ял учителем геометрии у сына императора
Священной Римск ой империи и к ороля Венгрии
73
Леопольда I. В го д издания «Приемов цирку ля и линей-
ки» фон Пюрк енштейна его ученику , бу дущему императо-
ру Иосифу I, испольнилось 8 лет .
Смогор ж евский Алек сандр Степанович (1896–1969)
– советский математик. Ок ончил Киевский институт на-
ро дного образования (1929). Р абот ал в Киевск ом политех-
ническ ом институте. Автор более 80 работ , в том числе
учебник ов и на учно-попу лярных книг .
Четверухин Ник олай Федорович (1891–1974) –
советский математик. Ок ончил физик о-математический
факу ль тет Моск овск ого университет а (1915). Р абот ал
в Иваново-Вознесенск ом институте наро дного образования,
Моск овск ом университете, Моск овск ом педагогическ ом
институте, Моск овск ом авиационном институте. Автор
более 90 работ , среди к оторых зна чительное место зани-
мают тру ды по теории геометрических построений.
Штейнер Як об (1796–1863) – швейцарский математик,
основатель синтетическ ой геометрии кривых линий и по-
вер хностей 2-го и выше пор ядк ов. Ок ончил Г ейдельберг-
ский университет (1821). Член Берлинск ой ак адемии на ук.
Список литературы
[1] Адлер Авгу ст . Т еория геометрических построений /
Авгу ст Адлер. – Одесса : Mathess, 1910. – 328 с.
[2] Алек сандров И. И. Сборник геометрических зада ч
на построение с решениями / И. И. Алек сандров.
– Москва : Г осу дарственное учебно-педагогическ ое
издательство, 1950. – 178 с.
[3] Аргунов Б. И. Г еометрические построения на плоск о-
сти / Б. И. Аргунов, М. Б. Балк. – Москва : Г осу дар-
ственное учебно-педагогическ ое издательство, 1957. –
268 с.
[4] Блинк ов А. Д. Г еометрические зада чи на построение
/ А. Д. Блинк ов, Ю. А. Блинк ов. – Москва : Изда-
тельство МЦНМО, 2012. – 152 с.
[5] Воронец А. М. Г еометрия цирку ля / А. М. Воро-
нец. – Москва ; Ленинград : Г осу дарственное техник о-
теоретическ ое издательство, 1934. – 42 с.
Список литературы 75
[6] Зетель С. И. Г еометрия линейки и геометрия цир-
ку ля / С. И. Зетель. – Москва : Издательство
Ак адемии педагогических на ук РСФСР , 1950. – 108 с.
[7] Костовский А. Н. Г еометрические построения о дним
цирку лем / А. Н. Костовский. – Москва : На ук а, 1984.
– 80 с.
[8] Мих еев Ю. В. Одной линейк ой /
Ю. В. Мих еев // Квант . – 1980. –
№ 10. – С. 26–29.
[9] Прасолов В. В. Зада чи по планиметрии / В. В. Пра-
солов. – Москва : Моск овский учебник, 2006. – 640 с.
[10] Смогор ж евский А. С. Линейк а в геометричеких по-
строениях / А. С. Смогор ж евский. – Москва : Мир,
1987. – 79 с.
[11] Четверухин Н. Ф. Мето ды геометрических построе-
ний / Н. Ф. Четверухин. – Москва : Учпедгиз, 1952. –
148 с.
[12] Штейнер Я. Г еометрические построения, выполняе-
мые с помощью пр ямой линии и непо движного круг а
/ Я. Штейнер. – Москва : Г осу дарственное учебно-
педагогическ ое издательство, 1939. – 82 с.
76 Список литературы
Вышли в печать книги
серии «Математик а не для ЕГЭ»:
Белый Е. К. Симметрические уравнения . – Петроза-
во дск: Изд-во ПетрГУ , 2021. – 94 с.
Книга позво лит освоить методы решения систе м не то ль-
ко симметрических алгебр аических ур авнений, но и це ло-
го класс а других, сводящихся к симметрическим.
Белый Е. К. Введение в Microsoft A ccess . –
Петрозаво дск: Изд-во ПетрГУ , 2020. – 176 с.
Книга позво лит по лучить основные навыки создания
б аз данных в Micr osoft A c c ess. В процессе р аботы над ней
автор придерживался принципа: лучший способ освоить
язык прогр аммирования – напис ать на не м прогр амму.
Белый Е. К. Символы и их творцы . – Петрозаво дск:
Изд-во ПетрГУ , 2018. – 72 с.
В книге р ассказывается о происхождении наибо лее
известных мате матических симво лов. Некоторые из них
знако мы нам еще с младших классов. Кажется, что они
были всегда, но на с амо м де ле почти все эти симво лы
появились недавно – в течение пос ледних сто летий, и их
авторы известны.
Список литературы 77
Белый Е. К. Вредная геометрия . – Петрозаво дск:
Изд-во ПетрГУ , 2017. – 36 с.
Книга посвящена особо му классу гео метрических задач,
которые называют «со физмами» . Суть их в то м, что
требуется найти ошибку в заведо мо ложно м доказате ль-
стве. Вам будет предложено найти ошибку в доказате ль-
ствах «теоре м»: «все углы прямые» , «все треуго льни-
ки пр авильные» и т. д. Т акие задачи наилучшим обр азо м
способствуют р азвитию логического мышления.
Белый Е. К. Египетский счет . – Петрозаво дск:
Изд-во ПетрГУ , 2017. – 36 с.
В книге в фор ме р ассказа р асс мотрены неско лько задач на
пос ледовате льное удвоение чисе л. Первая задача связана
со способо м умножения и де ления, которым по льзовались
в Древне м Египте. Поско льку египетский счет позво ля-
ет обучить любого че ловека де лению и умножению, ми-
нуя мучите льную стадию заучивания таб лицы умноже-
ния, он был широко р аспростр анен в Европе вплоть до
начала XX в.
78 Список литературы
Белый Е. К. Прогрессии . – Петрозаво дск: Изд-во
ПетрГУ , 2016. – 132 с.
Первые две главы книги посвящены ариф метическим,
гео метрическим, а также ариф метико-гео метрическим
прогрессиям. В третьей главе дается представление об
испо льзовании прогрессий в финансовых вычис лениях.
Белый Е. К., Дорофеева Ю. А. Алгебраические
уравнения . – Петрозаво дск: Изд-во ПетрГУ , 2015. – 240 с.
В пособии собр аны наибо лее э ф фективные методы реше-
ния алгебр аических ур авнений и их систе м.
Книги мо жно найти в сети Интернет , в частности на
сайте «Учительский порт ал»: h ttps://www.uc hp ortal.ru/.
Учебное издание
Белый Евгений Конст антинович
Математик а не для ЕГЭ
Г еометрия дву сторонней линейки
Учебное пособие для учащих с я средних шк ол
Р едактор Е. Е. Порывакина
Оформление обло жки Е. Ю. Т ихоновой
Компьютерная верстк а Е. К. Бе лого
По дписано в печать 22.04.22. Формат 60х84 1/16 .
Бумаг а офсетная. Уч.-изд. л. 2,8. Тираж 50 экз.
Изд. № 43
Отпечат ано в типографии Издательства ПетрГУ
185910, г . Петрозаво дск, пр. Ленина, 33