Как построить прямую параллельную данной

Содержание

Условие

Даны прямая и точка вне неё. Как с помощью циркуля и линейки построить прямую, параллельную данной прямой и проходящую через данную точку, проведя при этом возможно меньшее число линий (окружностей и прямых), так что последняя проведённая линия это искомая прямая? Какого числа линий Вам удалось добиться?

Решение

Дана прямая а и точка О (обозначения). Отметим на прямой две произвольные точки А и В. Проведём окружность с центром в точке В радиуса АО, и окружность с центром в точке О радиуса АВ. Они пересекутся в точке X. Четырёхугольник АОХВ параллелограмм, так как его противолежащие стороны равны. Теперь можно провести искомую прямую ОХ.

Рис. 1

Излагая это же решение другими словами, можно сказать, что мы стандартным способом построили треугольник BOX по двум вершинам (В и О) и длинам двух сторон, равных длинам отрезков АО и АВ. Очевидно, что ΔАВО = ΔХОВ (по трём сторонам). Поэтому АВО = XOB, а это внутренние накрестлежащие углы для прямых а и ОХ и секущей ВО. Из равенства этих углов следует, что а и ОХ параллельны.
Другое решение. Отметим на прямой произвольную точку А и проведём через точку О окружность с центром в точке А. Эта окружность пересекает прямую в двух точках; обозначим их через М и N. Далее измерим (см. разъяснение в конце задачи) циркулем отрезок МО и проведём с центром в точке N окружность радиуса МО. Искомая прямая проходит через точку О и точку В пересечения двух построенных окружностей.

Рис. 2

ΔMАО = ΔNAB по трём сторонам, следовательно, равны и высоты этих треугольников, проведённые из вершин О и В. Основания этих треугольников (МА и NA) лежат на прямой а, поэтому точки О и В находятся от прямой а на одинаковом расстоянии.
Недостатком этого решения является то, что если точка А случайно оказалась основанием перпендикуляра, проведённого из точки О, то точки О и В совпадают и не определяют нужной нам прямой. На самом деле этот же недостаток "замаскирован" и в первом решении, в предложении "Отметим на прямой две произвольные точки А и В". Если точки произвольные, то они случайно могут совпасть (и тогда построение не получится), а для построения на прямой двух несовпадающих точек придётся проводить дополнительные линии.
Докажем теперь, что двумя линиями обойтись нельзя.

Как построить параллельные прямые

Второй линией должна стать искомая прямая. Чтобы её провести, нужно получить вторую точку, находящуюся на том же расстоянии от прямой а, что и точка О. Но после проведения одной линии все точки этой линии, кроме точек пересечения с прямой а, будут неразличимы, и найти вторую точку, находящуюся на нужном расстоянии от прямой а, построив только одну линию, невозможно.
Пояснение. В решении мы упоминали параллелограмм, треугольники, секущую ВО и углы. Однако для построения нам были нужны только точки (вершины параллелограмма и треугольников, концы отрезка секущей, концы отрезков, образующих углы), сами же отрезки для построения нужны не были, поэтому мы их не проводили и, разумеется, не учитывали при подсчёте проведённых линий.

Разъяснение к задаче. В классических трудах по геометрии обсуждается вопрос о том, какие построения с помощью циркуля и линейки в принципе возможны, но не обсуждается число операций, необходимых для того или иного построения. Между тем, в этом вопросе могут возникнуть разночтения. Так, в классической книге Начала Эвклида считается невозможным измерить циркулем расстояние и перенести его для построения окружности с произвольным центром. Но в теореме 2 этой книги доказывается, что перенесение измеренного расстояния возможно, однако не за одно действие, а с помощью некоторого построения, выполняемого за несколько действий.
После этой теоремы можно забыть о том, как переносится расстояние за одно действие или за несколько если только речь идёт о принципиальной возможности построения, а не о числе необходимых построений.
В современных книгах по геометрии принято считать что никаких особых построений для перенесения расстояния не требуется. Так, в известном учебнике Погорелова сказано, что если даны центр и радиус, то окружность считается построенной. В данном случае задаче авторы исходят из этой точки зрения.

Ответ

3 линии.

Источники и прецеденты использования

Алгоритм построения плоскости, параллельной данной — раздел Философия, Т.В. Хрусталева НАЧЕРТАТЕЛЬНАЯ ГЕОМЕТРИЯ Вербальная Форма Графическая Форма …

Все темы данного раздела:

НАЧЕРТАТЕЛЬНАЯ ГЕОМЕТРИЯ
Рекомендовано Дальневосточным региональным учебно-методическим центром в качестве учебного пособия для студентов специальности 210700 “Автоматика, телемеханика и связь на жел

Геометрические образы
1. Плоскость проекций: p – произвольная; p1 – горизонтальная; p2 – фронтальная; p3 – профильная; S – центр проец

Обозначения теоретико-множественные
Сущность метода проецирования заключается в том, что проекция Аp некоторого геометрического обр

Проецирование центральное
Центральным называется проецирование, при котором все проецирующие лучи выходят из одной точки S, называемой центром проецирования. На рис. 1.3 дан пример центрального проецирования, где p – плоско

Проецирование параллельное
Параллельным называется проецирование, при котором все проецирующие лучи между собой параллельны. Параллельные проекции могут быть косоугольными (рис.1.7) и прямоугольными (рис. 1.8).

Свойства ортогональных проекций
1. Проекция точки есть точка (рис. 1.9). Рис. 1.9 2. Проекция прямой в общем

Обратимость чертежа. Метод Монжа
Рассмотренный в § 2 и § 3 способ проецирования на одну плоскость проекций дает возможность решить прямую задачу (имея предмет, можно найти его проекцию), но не позволяет решить обратную задачу (име

Система двух взаимно перпендикулярных плоскостей
Обратимость чертежа, как об этом говорилось ранее, т. е. однозначное определение положения точки в пространстве по ее проекциям, может быть обеспечена проецированием на две взаимно перпендикулярные

Система трех взаимно перпендикулярных плоскостей
На практике исследования и построения изображений система двух взаимно перпендикулярных плоскостей не всегда дает возможность однозначного решения. Так, например, если переместить точку А вдоль оси

Комплексный чертеж и наглядное изображение точки в I–IV октантах
Рассмотрим пример построения точек А, В, С, D в различных октантах (табл. 2.4). Таблица 2.4 Октант Наглядное изображение

Общие положения
Линия – это одномерный геометрический образ, имеющий длину; множество всех последовательных положений движущейся точки. По определению Эвклида: "Линия же – длина без ширины". Пол

Прямые уровня
Определение Наглядное изображение Комплексный чертеж Горизонталью называют всякую линию, параллельную горизонтальной

Проецирующие прямые
Определение Наглядное изображение Комплексный чертеж Горизонтально проецирующей прямой называют прямую, перпендикулярную

Построение третьей проекции отрезка по двум заданным
В нашем примере мы будем рассматривать построение прямой общего положения в первой четверти (табл. 3.3). Таблица 3.3 Вербальная форма

Способ прямоугольного треугольника. Определение натуральной величины отрезка прямой линии и углов наклона прямой к плоскостям проекций
Построение проекций отрезка прямой общего и частного положения позволяет решать не только позиционные задачи (расположение относительно плоскостей проекций), но и метрические – определение длины от

Определение натуральной величины отрезка прямой общего положения
Для определения натуральной величины отрезка прямой линии общего положения по ее проекциям применяют метод прямоугольного треугольника. Рассмотрим последовательность этого положения (табл.

Общие положения
Две прямые в пространстве могут иметь различное расположение: пересекаться (лежать в одной плоскости). Частный случай пересечения – под прямым углом; могут быть параллельны

Определение видимости прямых относительно плоскостей проекций
Для определения видимости прямых относительно плоскостей проекции используются конкурирующие точки. Рассмотрим комплексный чертеж скрещивающихся прямых а и b (рис. 4.1 и рис. 4.2). Определим, какая

Алгоритм построения прямых пересекающихся
Вербальная форма Графическая форма 1.

Пожалуйста расскажите как построить параллельные прямые с помощью циркуля и линейки (2 способа)

Через точку К провести прямую h|| p1 и пересекающую прямую а

Плоскости проецирующие
Определение Наглядное изображение Комплексный чертеж Горизонтально-проецирующей плоскостью называют плоскость, перпендику

Плоскости уровня
Характеристика Наглядное изображение Эпюр Фронтальнаяплоскость – это плоскость, параллельная плоскости p2. Эта

Прямые особого положения в плоскости
Прямыми особого положения в плоскости являются горизонталь h, фронталь f и линии наибольшего наклона к плоскостям проекций. Рассмотрим графическое изображение этих линий (табл. 5.6). Та

Алгоритм построения фронтали
Вербальная форма Графическая форма Дана плоскость a (a|| b), следовательно, a1 || b1; a2

Алгоритм построения второй проекции точки К
Вербальная форма Графическая форма Плоскость a – задана плоской фигурой a (D АВС), K2 – фронтальная проекция точки K

Плоскости пересекающиеся
Две плоскости пересекаются по прямой линии. Для построения линии их пересечения необходимо найти две точки, принадлежащие этой линии. Задача упрощается, если одна из пересекающихся плоскостей заним

Алгоритм построения прямой, параллельной плоскости
Вербальная форма Графическая форма 1. Построим в плоскости Р(D АВС) прямую А1, которая принадлежит плоскости Р

Алгоритм пересечения прямой линии с плоскостью общего положения
Вербальная форма Графическая форма 1. Чтобы построить точку пересечения прямой l с плоскостью

Алгоритм построения перпендикуляра к плоскости
Вербальная форма Графическая форма 1. Для того чтобы построить перпендикуляр к плоскости Р(D АВС) через точку D, необходимо сначала по

Алгоритм построения плоскости, перпендикулярной данной
Вербальная форма Графическая форма 1. Известно, что для построения прямой, перпендикулярной плоскости, необходимо построить горизонтал

К главе 3
1. Построить проекции прямой АВ (рис. 3), если она: а) параллельна p1; б) параллельна p2; в) параллельна ОХ; г) перпендикулярна p1

К главе 5
В плоскости, заданной двумя параллельными прямыми, построить фронталь на расстоянии 15 мм от p1 (рис. 9):

К главе 6
1. Дана плоскость Р(а|| b) и фронтальная проекция m2 прямой m, проходящей через точку D. Построить горизонтальную проекцию прямой m1 так, чтобы прямая m была параллельна плоск

Тесты к главе 3
Выберите соответствие обозначения отрезка АВ его изображению (рис. 6): 1. АВ || p 1 2. АВ || p 2 3. АВ ^ p 1 4.

Тесты к главе 6
1. На каком из чертежей (рис. 12) плоскость S (D АВС) параллельна плоскости Р(m C n).

Рекомендуемый библиографический список
1. ГОСТ 2.001-70. Общие положения // В сб. Единая система конструкторской документации. Основные положения. – М.: Изд-во стандартов, 1984. – С. 3–5. 2. ГОСТ 2.104-68. Основные надписи // В

Условие

Даны прямая и точка вне неё. Как с помощью циркуля и линейки построить прямую, параллельную данной прямой и проходящую через данную точку, проведя при этом возможно меньшее число линий (окружностей и прямых), так что последняя проведённая линия это искомая прямая? Какого числа линий Вам удалось добиться?

Решение

Дана прямая а и точка О (обозначения). Отметим на прямой две произвольные точки А и В. Проведём окружность с центром в точке В радиуса АО, и окружность с центром в точке О радиуса АВ. Они пересекутся в точке X. Четырёхугольник АОХВ параллелограмм, так как его противолежащие стороны равны.

построение параллельных прямых с помощью циркуля

Теперь можно провести искомую прямую ОХ.

Рис. 1

Излагая это же решение другими словами, можно сказать, что мы стандартным способом построили треугольник BOX по двум вершинам (В и О) и длинам двух сторон, равных длинам отрезков АО и АВ. Очевидно, что ΔАВО = ΔХОВ (по трём сторонам). Поэтому АВО = XOB, а это внутренние накрестлежащие углы для прямых а и ОХ и секущей ВО. Из равенства этих углов следует, что а и ОХ параллельны.
Другое решение. Отметим на прямой произвольную точку А и проведём через точку О окружность с центром в точке А. Эта окружность пересекает прямую в двух точках; обозначим их через М и N. Далее измерим (см. разъяснение в конце задачи) циркулем отрезок МО и проведём с центром в точке N окружность радиуса МО. Искомая прямая проходит через точку О и точку В пересечения двух построенных окружностей.

Рис. 2

ΔMАО = ΔNAB по трём сторонам, следовательно, равны и высоты этих треугольников, проведённые из вершин О и В. Основания этих треугольников (МА и NA) лежат на прямой а, поэтому точки О и В находятся от прямой а на одинаковом расстоянии.
Недостатком этого решения является то, что если точка А случайно оказалась основанием перпендикуляра, проведённого из точки О, то точки О и В совпадают и не определяют нужной нам прямой. На самом деле этот же недостаток "замаскирован" и в первом решении, в предложении "Отметим на прямой две произвольные точки А и В". Если точки произвольные, то они случайно могут совпасть (и тогда построение не получится), а для построения на прямой двух несовпадающих точек придётся проводить дополнительные линии.
Докажем теперь, что двумя линиями обойтись нельзя. Второй линией должна стать искомая прямая. Чтобы её провести, нужно получить вторую точку, находящуюся на том же расстоянии от прямой а, что и точка О. Но после проведения одной линии все точки этой линии, кроме точек пересечения с прямой а, будут неразличимы, и найти вторую точку, находящуюся на нужном расстоянии от прямой а, построив только одну линию, невозможно.
Пояснение. В решении мы упоминали параллелограмм, треугольники, секущую ВО и углы. Однако для построения нам были нужны только точки (вершины параллелограмма и треугольников, концы отрезка секущей, концы отрезков, образующих углы), сами же отрезки для построения нужны не были, поэтому мы их не проводили и, разумеется, не учитывали при подсчёте проведённых линий.

Разъяснение к задаче. В классических трудах по геометрии обсуждается вопрос о том, какие построения с помощью циркуля и линейки в принципе возможны, но не обсуждается число операций, необходимых для того или иного построения. Между тем, в этом вопросе могут возникнуть разночтения. Так, в классической книге Начала Эвклида считается невозможным измерить циркулем расстояние и перенести его для построения окружности с произвольным центром. Но в теореме 2 этой книги доказывается, что перенесение измеренного расстояния возможно, однако не за одно действие, а с помощью некоторого построения, выполняемого за несколько действий.
После этой теоремы можно забыть о том, как переносится расстояние за одно действие или за несколько если только речь идёт о принципиальной возможности построения, а не о числе необходимых построений.
В современных книгах по геометрии принято считать что никаких особых построений для перенесения расстояния не требуется. Так, в известном учебнике Погорелова сказано, что если даны центр и радиус, то окружность считается построенной. В данном случае задаче авторы исходят из этой точки зрения.

Ответ

3 линии.

Источники и прецеденты использования

Прасолов В.

В.Задачи по планиметрии. (4-е изд. Осторожно! В этом издании немало опечаток!)

МЦНМО, 2002

 12. Построения одной линейкой

В задачах этого параграфа требуется выполнить указанные построения с помощью одной линейки без циркуля. С помощью одной линейки почти никаких построений выполнить нельзя. Например, нельзя даже построить середину отрезка (задача 30.58). Но если на плоскости проведены какие-либо вспомогательные линии, то можно выполнить многие построения. В случае, когда на плоскости нарисована вспомогательная окружность и отмечен ее центр, то с помощью линейки можно выполнить все построения, которые можно выполнить с помощью линейки и циркуля. При этом, правда, считается, что окружность построена, если построен ее центр и одна ее точка.

Замечание. Если на плоскости нарисована окружность, но не отмечен ее центр, то с помощью одной линейки построить центр нельзя (задача 30.59).

8.74*. Даны две параллельные прямые. С помощью одной линейки разделите пополам отрезок, лежащий на одной из данных прямых. 8.75*. Даны две параллельные прямые и отрезок, лежащий на одной из них. Удвойте этот отрезок. 8.76*. Даны две параллельные прямые. Разделите отрезок, лежащий на одной из них, на n равных частей. 8.77*. Даны две параллельные прямые и точка P. Проведите через точку P прямую, параллельную данным прямым. 8.78*. Даны окружность, ее диаметр AB и точка P. Проведите через точку P перпендикуляр к прямой AB. 8.79*. Докажите, что если на плоскости даны какая-нибудь окружность S и ее центр O, то с помощью одной линейки можно: а) из любой точки провести прямую, параллельную данной прямой, и опустить на данную прямую перпендикуляр;

б) на данной прямой от данной точки отложить отрезок, равный данному отрезку;

в) построить отрезок длиной ab/c, где a,b,c— длины данных отрезков;

г) построить точки пересечения данной прямой l с окружностью, центр которой- данная точка A, а радиус равен длине данного отрезка;

д) построить точки пересечения двух окружностей, центры которых-данные точки, а радиусы- данные отрезки.

См. также задачу 6.103.

Похожие главы из других работ:

Алгебраическая линия на плоскости. Окружность

1.3 Общее уравнение прямой

Уравнение любой прямой в аффинной системе координат является уравнением первой степени, т. е. может быть записано в виде Ах + Ву + С = 0, (5) где числа А и В одновременно не равны нулю. Таким образом…

Геометрические построения на местности с помощью циркуля и короткой градуированной веревки

Задача 4. Построение перпендикуляра к прямой

На местности обозначена данная прямая точками А и В. Как построить произвольный перпендикуляр к данной прямой? Решение: для решения данной задачи воспользуемся задачей 1 и построим точки С и D…

Геометрические построения на местности с помощью циркуля и короткой градуированной веревки

Задача 5. Симметрия относительно точки (построение отрезка равного данному)

На местности обозначены точки А и В. Как найти точку С…

Геометрические построения на местности с помощью циркуля и короткой градуированной веревки

Задача 8. Построение биссектрисы угла

На местности обозначены три точки A, M и N, не лежащие на одной прямой. Проложите биссектрису угла MAN.

Решение: выберем на стороне данного угла точки В и С, а на другой — точки D и Е так, чтобы выполнялись равенства AB = BC = AD = DE…

Геометрические построения на местности с помощью циркуля и короткой градуированной веревки

Задача 11. Построение треугольника по двум сторонам и высоте к третьей стороне

Постройте треугольник по двум сторонам и высоте к третьей стороне. Даны три отрезка M1N1, M2N2, M3N3. Требуется построить такой треугольник АВС, у которого две стороны АВ и АС равны соответственно данным отрезкам M1N1 и M2N2, а высота АН равна отрезку M3N3…

Зависимость потребления бензина от количества автомобилей

Построение прямой y=ax+b, наименее отклоняющейся от точек (Xi;Yi)в среднем квадратичном

Для построения прямой y = ax + b, наименее отклоняющейся от точек в среднем квадратичном, необходимо методом наименьших квадратов определить числа a, b такие, что функция двух переменных принимает минимальное значение. Данная функция имеет вид:…

Кривые второго порядка

1. Определение зависимости типа данной кривой (1.1) от параметра с помощью инвариантов

Пусть кривая Г задана в декартовой прямоугольной системе координат уравнением: Если хотя бы один из коэффициентов отличен от нуля, то кривую Г называют кривой второго порядка. Найдем коэффициенты общего уравнения кривой второго порядка (1…

Кривые второго порядка

3. Нахождение фокусов, директрис, эксцентриситетов и данной кривой второго порядка ()

Для данного уравнения кривой второго порядка найдём фокусы, директрисы, эксцентриситет. (1.6) Общее уравнение эллипса имеет вид: Из канонического уравнения (1…

Кривые второго порядка

5. Вывод для данной кривой

второго порядка после определения зависимости типа кривой от параметра с помощью инвариантов мы определили, что при данное уравнение — гипербола…

Максимізація кількості призначень в задачі розподілу

4. Задача максимізації кількості призначень у задачах розподілу як задача про максимальний потік

Математические основы системы остаточных классов

Глава 2. Математические модели модулярного представления и параллельной обработки информации

Нахождение минимального остовного дерева алгоритмом Краскала

2. Методы решения данной проблемы

Остовным деревом графа называется дерево, содержащее все вершмины V графа. Стоимость остовного дерева вычисляется как сумма стоимостей всех ребер. Идея решения: Для остовного дерева верно следующее свойство: Пусть G= (V…

Поиски более рационального способа решения систем линейных уравнений с двумя переменными — методом подстановки

Глава 2. Методика исследования данной работы

Методика исследовании. Моя основная цель, найти более рациональный способ решения систем линейных уравнений с двумя переменными — методом подстановки. Поэтому я решил использовать метод “Искусство", т.е. решать примеры нестандартно…

Полярная система координат на плоскости

3.1 Уравнение прямой

Поместим полюс полярной системы координат в начало прямоугольной системы координат, полярную ось совместим с положительной полуосью абсцисс (рис.3). Рис. 3 Возьмем уравнение прямой в нормальном виде: (3.1) — длина перпендикуляра…

Приближенные методы решения краевых задач, для дифференциальных уравнений с частными производными

2. НАЧАЛЬНЫЕ КРАЕВЫЕ УСЛОВИЯ, ЗАДАЧА КОШИ, СМЕШЕННАЯ ЗАДАЧА

Определение. Задача нахождения частного решения дифференциального уравнения, удовлетворяющего заданному начальному условию, называется задачей Коши. Из всех разделов математического анализа…

Признаки параллельности прямой и плоскости

Признаки параллельности прямой и плоскости имеют следующее определение — прямая m параллельна плоскости α, если в плоскости α можно провести прямую n, параллельную m:

\

Очевидно через точку пространства, не принадлежащую плоскости, можно провести бесчисленное множество прямых, параллельных данной плоскости.

Через точку A провести прямую m, параллельную плоскости α, заданной пересекающимися прямыми a и b

Признаки параллельности прямой и плоскости

Если нет никаких дополнительных условий, то мы вправе, используя признаки параллельности прямой и плоскости, провести любую прямую из множества прямых, проходящих через точку A и параллельных плоскости α — например параллельно одной из прямых a или b. Если же поставлено условие, чтобы прямая не была параллельна прямым a и b — необходимо построить прямую 12 и провести искомую прямую m(m`, m") параллельно ей.

Через заданную точку A провести плоскость, параллельную прямой f

Признаки параллельности прямой и плоскости

Плоскость задаем пересекающимися в точке A прямыми a и b.

При этом одна из прямых (прямая a) параллельна прямой f.

Через заданную точку K провести прямую, параллельную плоскости треугольника ABC и фронтали, проходящей через вершину A

Признаки параллельности прямой и плоскости

Построим фронталь f по заданному условию: — через точку A` параллельно оси x проводим прямую f`. Данная прямая пересекает B`C` — сторону треугольника в точке D`. По линии связи находим фронтальную проекцию D" точки D, принадлежащей стороне BC треугольника. Проводим через точки A" и D" прямую f". Через точку K проводим прямую параллельную фронтали f. Данная прямая будет параллельна и плоскости треугольника ABC.

Через точку A(-3;4;-3) провести прямую параллельную двум плоскостям α(3x+4y-2z+7=0) и β(x-2z+5=0)

Признаки параллельности прямой и плоскости

1. Строим проекции точки A
2. Строим следы плоскости α (3x+4y-2z+7=0):
a) z=0; 3x+4y+7=0;
αH; y=0; 3x+7=0, x=-7/3, x=-2,33;
b) y=0; 3x-2z+7=0;
αV; x=0; -2z+7=0, z=3,5;
z=0; 3x+7=0, x=-2,33
3) Строим следы плоскости β (x-2z+5=0):
βV x=0; -2z+5=0, z=5/2, z=2,5;
z=0; x+5=0, x=-5
4) Строим линию пересечения 1—2 заданных плоскостей α и β

Признаки параллельности прямой и плоскости

5) Строим линию m параллельную плоскостям α и β:
m`‖1`—2` и m"‖1"—2"

+

Добавить комментарий

Ваш e-mail не будет опубликован. Обязательные поля помечены *