НАУКА-
МАССАМ
1 9 3
А. М. ВОРОНЕЦ
ГЕОМЕТРИЯ
ЦИРКУЛЯ

\ ПОПУЛЯРНА/? БИБЛИОТЕКА ПО Л/АГЕА/АГ//А'Е
ПОД ОБЩЕЙ РЕДАКЦИЕЙ Л. А. ЛЮСТЕРНИКА
А. М. ВОРОНЕЦ
ГЕОМЕТРИЯ ЦИРКУЛЯ
онти
ГОСУДАРСТВЕН НОЕ
ТЕХНИКО-ТЕОРЕТИЧЕСКОЕ ИЗДАТЕЛЬСТВО
МОСКВА 1934 ЛЕНИНГРАД

Т 24-6-4
ОГЛАВЛЕНИЕ
Стр.
Предисловие...	. 	 3
ГЛАВА I
Какие геометрические задачи на построение могут быть решены
с помощью линейки и циркуля?	 4
ГЛАВА П
Задачи на построение, решаемые с помощью одного только дар-
куля . .	.	.		 17
ГЛАВА III
Добавления			 38
Релякция: Р. И. Бончковского. Оформление С. А. /ЗЬман.
Ьорректура И. А. Диминой. Выпускающий В. П Морев.
Подписано к печпи с матриц 1S/XI 1934 г. Авторск. лпет. 21/,. Еум. лист. •/«.
Тираж 200H. Формат 82X1101/,.. Печ. знаков в книге Э1 ОиО. Заказ .№ 1463. ГТТИ J4 123.
Уполномоченный Главлнта В-848115.
3-я тип. ОНТИ им. Бухарина. Л1ЫШград, ул. Моисеенко, 10.

ПРЕДИСЛОВИЕ.
Книжка предназначается для учащихся старших клас-
классов средней школы, заинтересовавшихся геометрическими
построениями, которые снова стали появляться, хотя очень
медленно и в весьма ограниченном объеме, в школьном
курсе элементарной геометрии. Решение задач на построе-
построение развивает геометрическое мышление гораздо полнее и
острее, чем решение задач на вычисление, и способно вы-
вызвать увлечение работой, которое приводит к усилению лю-
любознательности и к желанию расширить и углубить изуче-
изучение геометрии.	-	v*
Усвоив основные задачи на построение и использова-
использование циркуля и линейки для выполнения чертежа, узнав,
что некоторые задачи не могут быть решены с помощью
циркуля и линейки, учащийся естественно заинтересуется
вопросом, почему одну задачу можно решить с помощью
линейки и циркуля, а другую — нельзя. Зная, что деление
окружности на шесть одинаковых частей не требует при-
применения линейки, учащийся может задуматься, нельзя ли
решать некоторые задачи с помощью только циркуля, ка-
какие именно и как. На эти вопросы и отвечает предлагае-
предлагаемая книжка, главное содержание которой есть геометрия
циркуля.
В общем книжка должна подготовить читателя к само-
самостоятельному штудированию превосходных книг Адлера и
Александрова.
Геометрия циркуля изложена здесь в методической раз-
разработке, позволяющей постепенно переходить от простей-
простейших построений к более сложным. Метод инверсий не изла-
излагается здесь, потому что и без него сведения о циркуль-
циркульных построениях даны довольно полно, и, кроме того, по
мнению автора, начинающему никогда не следует сооб-
сообщать одновременно двух способов.
А. Воронец.
Май Ш34 г.

ГЛАВА L
КАКИЕ ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ НА ПОСТРОЕНИЕ
МОГУТ БЫТЬ РЕШЕНЫ С ПОМОЩЬЮ ЛИНЕЙКИ И
ЦИРКУЛЯ?
Сделать хороший геометрический чертеж от руки очень
трудно. Если и можно напрактиковаться в проведении от-
отдельных прямых линий и окружностей, то начертить ком-
комбинацию нескольких пересекающихся окружностей и пря-
прямых линий просто невозможно. Необходимы инструменты,
с помощью которых можно достигнуть высокого качества
чертежей.
Следует различать точность выполнения чертежа и точ-
точность геометрического построения. Абсолютной точности
выполнения никогда не может быть, так как на чертеже
мы имеем не геометрические линии, а их изображения в
виде полосок, хотя бы тончайших, и так как самые луч-
лучшие инструменты и наши органы чувств несовершенны.
Чертеж считается точным лишь условно. Если самое зор-
зоркое зрение не замечает невязок в сопряжении начерченных
прямых и кривых линий, мы признаем чертеж практиче-
практически точным. Но дурно исполненный чертеж может быть
идеально точным геометрически, если сделанное построе-
построение обосновывается геометрическими теоремами. Напри-
Например, мы говорим: «Проведем две взаимно пернендикуляр-
ные прямые линии и из точки их пересечения опишем
окружность произвольного радиуса; соединив соседние точки
пересечения окружности и прямых, мы получим квадрат».
Мы утверждаем, что описанное построение даст нам дей-
действительно квадрат, так как получается четырехугольник
с прямыми углами (они вписанные и опираются на диа-
диаметр) и с одинаковыми сторонами (гипотенузы конгруэнт-
конгруэнтных треугольников). Выполним описанное построение без
инструментов, от руки. Получим неважный по внешности

чертеж, но исполненный в соотвегствии с геометрическими
теоремами и потому геометрически точный.
Инструменты, употребпяемые для выполнения геометри-
геометрических построений, весьма разнообразны. К основным при-
принадлежат линейка и циркуль, служащие для проведения
прямых линий, одиночных, параллельных и перпендику-
перпендикулярных, и окружностей. Угольник есть вспомогательный
инструмент, так как, имея линейку и циркуль, можно строить
параллельные и перпендикулярные прямые. К вспомогатель-
вспомогательным инструментам относится также миллиметровая шкала,
которую можно построить с помощью циркуля и линейк'1,
отложив на прямой линии циркулем одинаковые сантимет-
сантиметровые отрезки и разделив каждый из этих отрезков на
10 равных между собою частей. Транспортир есть уже
самодеятельный инструмент, так как точное в геометриче-
геометрическом смысле градуирование любой дуги на произвольное
число равных частей с помощью линейки и циркуля не-
невозможно (почему — об этом будет сказано дальше).
Не упоминая пока о других многочисленных чертежных
инструментах, скажем, что с глубокой древности повелось
допускать к' исполнению геометрических построений только
циркуль и линейку, т. е. приборы, позволяющие проводить
прямые линии и окружности. Знакомую нам логическую
элементарную геометрию, в которой каждая теорема обос-
обосновывается рассуждением, создали древние греки. В III в. до
начала нашей эры появился замечательный труд греческого
математика Евклида, изложившего в стройной системе опре-
определения геометрических форм, теоремы и доказательства.
Геометрические построения делались в строгом соответствии
с доказанными теоремами и выполнялись с помощью толь-
только линейки и циркуля. Такие построения называются
классическими.
Оказалось, что подавляющее большинство геометриче-
геометрических задач на построение может быть решено элементар-
элементарным путем, т. е. на основании теорем элементарной гео-
геометрии, а выполнение построения может быть достигнуто
с помощью циркуля и линейки. Но уже древние греки
столкнулись, правда с немногими, такими задачами, реше-
решение которых не может быть выполнено с помощью цир-
циркуля и линейки. К числу таких задач принадлежат сле-
следующие три знаменитые задачи: 1) разделить произволь-
произвольный угол на три равные части; 2) построить квадрат, рав-

невеликий данному кругу и 3) построить ребро куба, объем
которого в два раза больше данного куба. Не понимая
причины невозможности решения таких задач (невозмож-
(невозможности вследствие ограничительного требования выполнить
построение с пгмпщью только линейки и циркуля), древ-
древние греки и математики последующих веков тщетно стре-
стремились к победе над этими неподатливыми задачами. И в
настоящее время встречаются любители-математики, кото-
которые вследствие недостаточного знания теории напрасно
тратят время на изобретение способа разделить с помощью
линейки и циркуля любой угол на три равные части и
потом испытывают глубокое разочарование от неудач.
Исчерпывающая теория геометрических построений соз-
создалась сравнительно недавно, в конце прошлого века.
Теперь мы знаем, какие задачи могут быть решены с
помощью циркуля и линейки и почему, какие — нет и поче-
почему, как решить «невозможную» задачу с помощью доба-
добавочных инструментов, как решать некоторые задачи, и
какие именно, с помощью какого-либо определенного инстру-
инструмента, например только циркуля. Кроме того, мы знаем,
каким приемом легче всего решить теоретически данную
геометрическую задачу.
Пока математики не расчленили приемы или методы
решений на характерные, типовые, самое решение шло
ощупью, догадкою. Нужно много остроумия, чтобы дога-
догадаться, как решить некоторые задачи. Например, как по-
построить треугольник, зная три его высоты? Обозначим эти
высоты через ha, hb, hc соответственно сторонам a, b и с.
Легче всего решить эту задачу методом подобия, а имен-
именно построить сначала треугольник, подобный данному.
В самом деле, так как
aha _ bhb _ chc
2 ~ 2	2 '
то имеем:
следовательно, стороны а, Ь и с искомого треугольника про-
пропорциональны отрезкам Ль, Л„ и -jp, причем последний
в	'

есть отрезок четвертый, пропорциональный отрев-
кам he, ha и Ль:
Лс:ha = Ль:х.
Поэтому, построив треугольник MAN (черт. 1) со сторонами
MN = Ль, МА — ha и AN =¦ -j^, мы получим треугольник,
подобный искомому. Проведя °АК перпендикулярно к NM,
отложив AL = ha и проведя через L прямую, параллель-
параллельную MN, получим искомый треугольник ABC. Читателю
нетрудно будет убедиться в геометрической правильности
сделанного построения и в том,
что построение выполняется с
помощью циркуля и линейки.
Заметим, что алгебраическое
решение рассмотренной задачи
содержит только уравнения пер-
первой степени.
Среди методов решения гео-
геометрических задач на построе-
построение есть метод алгебраический.
Он заключается в том, что из
условий задачи составляется
уравнение, связывающее вели-
величину неизвестного отрезка ис-
искомой фигуры с данными вели-
величинами. Решив составленное
уравнение, мы найдем, что неизвестная величина равна ал-
алгебраическому выражению, содержа цему величины данных
отрезков и постоянные числа. Остается построить получен-
полученное выражение.
Например, решим алгебраическим методом следующую
задачу: вписать в круг радиуса R прямоугольник данного
периметра 2р.
Обозначим через х одну из сторон искомого прямоуголь-
прямоугольника; тогда соседняя сторона равна р — х. Эти стороны и
диаметр круга образуют прямоугольный треугольник, поэтому
В
Черт. 1.
или

отсюда
__ р + Y%R% — р»	_Р~
Х1	2	И *2 ~	2
Из этих формул видно, что, зная отрезки р и R, можно
построить отрезки хг и Хг, так как
где
причем очевидно, что t есть катет треугольника, гипотенуза
которого равна 2R |/ 2, а другой катет есть р.
Из тех же формул видно, что между отрезками Rap
должно существовать соотношение:
или
иначе отрезки х, и х2 получатся мнимые. Кроме того, отре-
отрезок х2 не дюжет быть отрицательным или равным нулк1.
Поэтому необходимо, чтобы было
или
или
Итак, между отрезками р и R должна быть следующая
зависимость:
Таким образом при соблюдении этого условия задача
имеет единственное решение и притом прямоугольник пре-
превращается в квадрат, если 2 R ]/ 2 — р, так как тогда х, = х».
Легко видеть, что
*i + х2 = Р,
т. е. соседние стороны искомого прямоугольника равны соот-
соответственно X, и х2.
Надлежащий выбор отрезка р при свободном выборе
отрезка R и построение отрезков х, и х, видны из черт. 2.

Если OA = R и СЕ = АВ, то A? = 2/?i/rS. ВьГОираеш
р = АН.
КН = \fAКг— АН2 = l/ Л?8 —ЛЯт=}/B/? t 2J — р*-;
ЛМ = ЛЯ — МЯ = р—1/B/?|/2J —р2;
ЛЯ = АН + HD = р + j/B#l/2J — pa;
Доказательство может ограничиться тем, что
= р
Решение задачи свелось, как видно, к решению квад-
квадратного уравнения. Если геометрическая задача на построе-
построение решается с помощью	\
р
уравнения первой или
второй степени, то по-
построение всегда возмож-
возможно с помощью циркуля
и линейки. В самом
деле, если неизвестный
отрезок определяется из
уравнения первой сте-
степени, то получается вы-
выражение, не содержащее
радикалов. Оно всегда
может быть сведено к
многочлену, члены ко-
которого в самых слож-
В
Черт. 2.
ных случаях приводятся к виду —, где a, b и с суть за-
данные отрезки. Если х = —» то с: а — Ь:х, откуда видно,
что х есть отрезок, четвертый пропорциональный отрезкам
fl, Ь и с. Если же, например,
аЧЧ
г-а"
а а Ь с

следовательно:
где
уа_ а Ь с za b с _ fb с ис
й Ъ' е е == d ' е ' е е ' е яж е *
Т- '-?: «-?' -Г
Следовательно, в самом сложном случае дробного одно-
одночлена первого измерения дело сводится к повторному по-
построению отрезка, четвертого пропорционального трем из-
известным.
Если неизвестный отрезок определяется из квадратного
уравнения, то получается алгебраическое выражение, содер-
содержащее квадратный радикал из однородного многочлена вто-
второй степени. Такого рода радикал, например 1/5а2—3
может быть построен повторным применением теоремы Пи-
Пифагора и теоремы об отрезке, среднем пропорциональном
двум данным. В самом деле,
х = /5а2 — ЗР + с2 = |/у2_ 22 + ?г = /*2 + с2,
где
у — Ъа-а; z = 3b-b; fa = y8 —z2.
При этом все необходимые построения выполняются прове-
проведением прямых линий и окружностей, т. е. задача решается
с помощью лпнейки и циркуля.
Задачи на построение, решаемые с помощью уравнений
первой и второй степени, называются задачами первой и
второй степени. Аналогично задачи на построение, решае-
решаемые уравнениями третьей, четвертой и т. д. степени, назы-
называются задачами третьей, четвертой и т. д. степени; в этих
задачах построение вообще не может быть выполнено с по-
помощью линейки и циркуля; оно возможно только в неко-
некоторых частных случаях.
Рассмотрим, например, одну из знаменитых задач древ-
древности: разделить произвольный угол на три равные части.
Обозначив данный угол через За и искомый через а,
воспользуемся выводимою в курсах тригонометрии формулою;
cos За = 4 cos3a — 3 cos a
или
2 cos 3 a = 8 cos3 a — 3 • 2 cos a,
10

Далее, обозначив известную величину 2 cos За через т, a
неизвестную 2 cos а через х, получим уравнение:
т = х3 — Зх
или
х3 — Зх — /л = 0.
Это неполное уравнение третьей степени. В курсах выс-
высшей алгебры доказывается, что уравнение
имеет три корня:
где
М =
4+27
Эти выpaжeF^ия ylf y2 и у3, содержащие кубические
корни, не могут быть построены с помолью циркуля и ли-
линейки, так как в элементарной геометрии кет ни одной
теоремы, в которой метрические соотношения между отрез-
отрезками выражались бы через кубические корни.
Но в некоторых частных случаях уравнение
х3 —Зх —т = 0
может быть решено без помощи кубических корней. Напри-
Например, когда /л = 0 и т=--|/2, оно решается очень просто.
В самом деле, если т = 0, то
хз_Зх = 0
ИЛИ
х(х2 — 3) = 0,
откуда
Хх = 0, х2 = у~6, х3 — —У5.
п

Следовательно, если т = О, то
2 cos За = О,
откуда
cos За — О
и
За = 90°.
Итак
B cos a)j = 0, B cos aJ = |/ 3, B cos aK = — \ГЪ;
= 90°,
, 03=150°.
—	I/2
2cos3a=|/2, cos3ji = i—, 3a = 45°.
Точно так же, если т = |/ 2, то
2 cos За
Тогда уравнение
х3—Зх—1/2 =
имеет очевидный корень —1/2 и может быть предсгавлено
в виде
(х + ^2)(х2— ^ х— I) = О,
откуда
Y _ ./9 г _К2 , Кб	__К2 Кб.
Bcosa)x = —V2,
= 135°,
= 15°
Здесь и выше обведены рамками пригодные ответы
остальные должны быть отброшены.
Таким образом в частных случаях, когда решение урав-1
нения приводит к квадратным радикалам, деление угла на1
три равные части возможно с помощью циркуля и линейки
К таким случаям относятся еще углы, равные -^г, где I
есть целое положительное число, и некоторые другие.

Другая знаменитая задача древности: построить ребро
куба, объем которого вдвое больше объема заданного куба.
Обозначив через х искомое ребро и через а данное, на-
находим:
х» = 2а9,
откуда
Этот отрезок по указанной выше причине не может быть
построен с помощью циркуля и линейки. Ясно, что здесь
не может быть благоприятных частных случаев.
Третья знаменитая задача древности: построить квадрат,
равновеликий данному кругу.
Обозначим черезх сторону
искомого квадрата и через R
радиус круга. Получим:
или
Число it не выражается
ни в каких радикалах, оно не
может быть корнем какого-
либо алгебраического урав-
нения. Эта теорема доказа-	ерт"
на математиками лишь во вто-
второй половине прошлого века. Читатель может найти доказа-
доказательство в книге проф. Ф. Рудио «О квадратуре круга»
(Одесса 1911, изд. Матезис). Эта книга будет скоро выпу-
выпущена новым изданием.
Таким обра'ззм задача не может быть решена с помощью
линейки и циркуля.
Рассмотрим еще две задачи на построение.
1. Построить треугольник, зная его медианы тпа, гпъ и тпс.
Пусть треугольник ABC (черт. 3) искомый. Обозначим
Ч стороны его через a, b и с. Проведя СК II АВ, отложив
'" СК = АВ и сиединив точки В и К, получим параллело-
f грам АВКС.
Тогда
АК* + ВС* = 2АВ* + 2АС*
13

или
BmaJ + йг - 262 + 2с2,
откуда
Аналогично найдем:
mE=-^~ —?,	B)
Из уравнений A), B) и C) легко определить a, b и с
через ma, ть и т*. В самом деле, складывая эти уравне-
уравнения почленно, получим:
ml + ml + ml = a? -f- 62 + с2 — ?г + ^г + ^
ИЛИ
отсюда
4 (mi + ml + mj) = fl2 + б2 + ca,
или
4 (ml + mj + /72c*)= | + -^- •	D)
Вычитая почленно равенства A) из D), найдем:
¦f (m? + ml + ml)-ma = f + |я
откуда легко получить
й = -
Аналогично найдем:
V2nfa + 2ml — ml,
Таким образом стороны треугольника выражаются через
квадратные корни из алгебраических сумм, в которые дан-
данные медианы входят в квадратах, следовательно, мы имеем
задачу второй степени, т. е. задачу, решаемую циркулем
и линейкою. Построив отрезки a, b не, мы легко построим
И

искомый треугольник. Но самое построение можно выпол-
выполнить гораздо проще, если снова обратимся к черт. 3. От-
Отложим на продолжении ВС отрезок СЕ = ВС и соединим
точки Аи К с точкою Е. Пусть читатель убедится сам, что
АК — 1ml, АЕ = 2тс и ЕК = 2ть.
Тогда легко построить треугольник АКЕ, найти точку М,
разделить отрезок ME в отношении
1 :2 и, следовательно, найти точку
С, а затем точку В.
2. Построить равнобедренный тре-
треугольник, зная его биссектрисы.
Пусть треугольник ABC (черт. 4)
равнобедренный, причем АВ = ВС.
Обозначим биссектрису АК угла А
через / и биссектриссу BE угла В
через ft. Ясно, что ВЕ_\_АС. Обо-
Обозначим угол К АС через х. Очевид-
Очевидно, что искомый треугольник ABC
будет легко построен, если мы будем
знать угол х.
Нетрудно усмотреть, что
= 3x и
=№° — Ах.
Из треугольника АВК имеем:
АК __ sin АВК
АВ ~ ШАКВ
ИЛИ
I
АВ
sin4x
A)
Из треугольника ABE имеем:
1 = АВ ¦ sin BAE
или
sin 2x
Из равенства A) и B) находим:
так как
I sin 2x _ sin_4x .
~~h ~ ИпЗх'
sin 4x = 2 • sin 2х • cos 2x,
15

то предыдущее уравнение сокращается на sin2x, нрлчс
корни уравнения sin 2х = 0 явно непригодны. Тогда
ft sin3x *
Рассмотрим теперь частные случаи.
Пусть / = Л. Тогда
sin3x = 2cos2x
или
3 sin х — 4 sin3 x — 2 (cos2 х — sin* х)
или
3sinx — 4sin8x = 2—4sin*x
или, полагая sinx = y,
4ys — Ay* — 3y + 2 = 0.
Это уравнение имеет корень у = -^ > в чем легко убе-
убедиться подстановкою. Тогда
у = Sin X = j г
следовательно,
х = 30°.
Так и следовало ожидать: если I = ft, то треугольник
равносторонний, и он легко строится по заданной высоте
с помощью циркуля и линейки.
Пусть / = 2/г. Тогда
sin Зх = cos 2x,
откуда заключаем, что
Зх + 2х = 90°
или
х=18°.
Так как
etaiar-.
то в этом случае задача также может быть решена с по-
помощью линейки и циркуля.
Пусть Z = 4/г. Тогда
4sin3x = 2cos2x
или
6sinx — Ssin3x= 1 — 2siosx,

в ли, полагая y«»smx, получает
I	8ys —2у« —бу + 1=-О.
Это уравнение не имеет ни рациональных корней, ни
Иррациональных, выражаемых в квадратных радикалах.
Следовательно, в этом случае задача не может быть решена
с помощью циркуля и линейки.
Отсюда заключаем, что построение треугольника по
заданным биссектрисам с помощью линейки и циркуля
вообще не может быть выполнено. Оно оказывается возмож-
возможным лишь в некоторых частных случаях.
ГЛАВА II.
ЗАДАЧИ НА ПОСТРОЕНИЕ, РЕШАЕМЫЕ С ПОМОЩЬЮ
ОДНОГО ТОЛЬКО ЦИРКУЛЯ.
Читатель без сомнения умеет разделить окружность на
шесть равных частей, не прибегая к линейке, но вряд ли
умеет найти центр данной окружности, не проводя по ли-
линейке прямых линий. 'Какие задачи на построение можно
решить с помощью только одного циркуля? На этот вопрос
впервые дал ответ итальянский математик Маскерони, труд
которого под названием «Геометрия циркуля» («La geo-
metria del compasso») был напечатан в 1797 г. Эта книга
не была переведена на русский язык, но некоторые извле-
извлечения встречаются в нашей математической литературе.
Маскерони дал решения множества самых разнообразных
задач, его приемы решения отличаются изяществом и
остроумием.
В этой главе читатель найдет изложение решений раз-
различных задач, причем они располагаются не в той по-
последовательности, которая привычна в элементарной гео-
геометрии. Дело в том, что некоторые начальные задачи на
построение решаются с помощью только циркуля сравни-
сравнительно сложно. Здесь задачи рассортированы по признаку
постепенного усложнения построений и обоснования новых
построений предыдущими.
Заметим, что ограничение построений циркулем позво-
позволяет нам проводить непрерывные линии только в виде ок-
окружностей. Прямых линий мы фактически уже не можем
2 Воронец.
г,
ЦСПТГЛЛЬМ/'*

iпроводить. Но мы можем определять направление прямой/
линии двумя точками, сможем, как увидит читатель, от-/
мечать сколько угодно точек, лежащих в направление
заданной (двумя точками) прямой, находить точки Пересе
чения намеченных прямых и намеченной прямой с окруж-|
ностью.
Зач.ачя 1. Построить угол, равный данному.
ш д	Данный угол определяется вер-;
шиной А (черт. 5) и точками В и С,
взятыми где-либо на его сторонах.
й'	'С	Построение. Строим отрезок
ЕК — АС, т. е. отмечаем циркулем
две точки, расстояние между которы-
которыми равно АС. Описываем из точек ? и
?•	„К дуги радиусов соответственно АВ
ч 5	и СВ. Эти дуги пересекутся в некото-
ерт' '	рой точке М. Угол МЕК— искомый.
Доказательство. Треугольники ABC и ЕМК кон-
конгруэнтны.
Задача 2. Из данной точки С (черт. 6) провести пря-
прямую, параллельную данной прямой АВ.
Построение. Строим угол ВСЕ, равный углу ABC
(см. предыдущую задачу). Линия СЕ — искомая.
Л	д
*	ш
Ш	i	\
*с
8*
h	m
С	?
Черт. 6.
Доказательство. Углы ВСЕ и ABC — накрест
лежащие.
Задача 3. Построить точку, симметричную данной точке
А (черт. 7) относительно данной прямой ВС.
Построение. Точки В и С суть центры окружностей,
радиусы которых соответственно равны ВА и СА. Точка
Е, их пересечение, есть искомая.
Доказательство. Так как треугольники ВАС и ВЕС
I»	<

конгруэнтны (по третьему признаку), то при перегибе чер-
чертежа по линии ВС точка А совместится с точкою Е.
Задача 4. Из данной точки А (черт. 7) провести прямую,
перпендикулярную к данной прямой ВС.
Решение (см. предыдущую задачу). Так как точки
Л и ? симметричны относительно прямой ВС, то АЕ пер-
перпендикулярна к ВС. Таким образом точки А и Е опреде-
определяют искомую прямую.
Задача 5. Определить, лежат ли три данные точки А,
В и С на одной прямой линии (черт. 8).
А*
Решение. Возьмем вне прямой АВ произвольную точ-
точку К и построим точку Е, симметричную точке К относи-
относительно прямой АВ. Очевидно, что точка С лежит на пря-
прямой АВ, если отрезки КС и ЕС равны между собою.
Задача 6. Даны две точки А и В (черт. 9). Построить
точку, лежащую на прямой линии АВ.
Построение. Строим точку К, симметричную произ-
произвольной точке С относительно прямой АВ. Проведя из С
и К дуги равных радиусов, получаем в пересечении этих
дуг искомую точку Е.
Доказательство опирается на решение предыдущей
задачи. Таким образом можно построить сколько угодно то-
точек, лежащих на данной прямой.
Задача 7. Найти точки пересечения данной прямой АВ
(черт. 10) с окружностью данного радиуса с центром в
данной точке О.
Построение. Строим точку С, симметричную точке О
относительно прямой АВ. Из точки С описываем окруж-
окружность радиусом, равным радиусу данной окружности, пере-
2*	19

секающую данную окружность в точках Е и К. Точки ?
и К — искомые.
Доказательство. Точки ? и К лежат на прямой
АВ (см. задачу 6).
Задача 8. Определить, параллельны ли данные прямые
АВ и СЕ (черт. 11).
Решение. Строим точки Д и Ви симметричные точ-
точкам А и В относительно прямой СЕ.
Черт. 10.
Если ААХ = ВВи то АВ параллельна СЕ. В самом деле,
АЛ, перпендикулярна к СЕ и ВВХ перпендикулярна к СЕ, сле-
следовательно, ААХ параллельна ВВХ; поэтому, если кроме
того ААХ — ВВи или ~~ = —~, то
точки А и В одинаково отстоят от
прямой СЕ.
Задача 9. Определить, перпенди-
«Г кулярна ли прямая АВ (черт. 12)
к прямой СЕ.
Решение. Строимточку Ах, сим-
симметричную точке А относительно
прямой СЕ. Так как ААХ перпен-
перпендикулярна к СЕ, то АВ будет пер-
перпендикулярна к СЕ только тогда,
когда точки А, Ах и В лежат на од-
одной прямой (см. задачу 5).
Задача 10. К данной прямой линии АВ (черт. 13) вос-
восстановить перпендикуляр в точке В.
20

Построение. Сохраняя раствор циркуля неизменно
равным расстоянию АВ, описываем из точек А и В, как из
центров, дуги, пересекающиеся в течке О. Из точки О опи-
описывается полная окружность, а затем на ней отмечаются
дуги ВС = АВ, СЕ = АВ. Прямая BE есть искомый перпен-
перпендикуляр.
Доказательство. Так как окружность делится ра-
радиусом на шесть одинаковых частей, то дуга АВСЕ есть
половина окружности, следователь-
следовательно, вписанный угол ABE, опираю-
опирающийся на диаметр АЕ, есть прямой.
Задача 11. Дан отрезок АВ
(черт. 13). Построить отрезок, рав-
равный ЛВ-/3.
Построение (см. предыдущую
задачу). Получаем АС = АВ-\/2>.
Доказательство. Так как
дуги АВ и ВС содержат по 60°, то
дуга АС содержит 120°, следова-
следовательно, хорда АС стягивает третью
часть окружности н равна стороне
правильного треугольника, вписанного в круг радиуса АВ,
т. е. равна АВ • }/з.
Задача 12. Построить отрезок, в п раз больший данного
отрезка АВ (черт. 14).
Построение. Сохраняя раствор циркуля неизменно
равным расстоянию АВ: 1) описываем дугу из В, 2) откла-
откладываем АС = CD = DE = В А, 3) описываем дугу из Е,
4) откладываем BD = DF — FG = АВ; 5) описываем дугу
из G и т. д. Получаем Л? = 2-АВ, AG = 3-AB, AK =
= А-АВ и т. д. При этом точки А, В, Е, G, К,... лежат
на одной прямой.
Доказательство опирается на свойство радиус"а,
делящего окружность на шесть равных частей.
Задача 13. Разделить данный отрезок АВ (черт. 15)
пополам.
Построение. 1) Описываем из точки В окружность
радиуса АВ; 2) откладываем АС = CD = DE = АВ; 3) опи-
описываем из А дугу радиуса АЕ; 4) описываем из Е дуги
радиуса AD, которые пересекут дугу, описанную из А, в
точках F и G; 5) описываем из F и G дуги радиуса AD,
21

пересекающиеся в точке К. Получаем: К лежит на прямой
АВ и АК = КВ.
Доказательство. Точки А, В и Е лежат на одной
прямой (см. задачу 12). Точки F и G симметричны отно-
Черт. 14.
сительно прямой АЕ (см. задачу 3). Точка К лежит на
прямой АВ (см. задачу 6). Отрезок AD = АВ -j/З (см. за-
задачу 11). Равнобедренные треугольники AFE и KFE,
имеющие общий угол РЕК, по-
-	КЕ EF
добны, следовательно, -вв = хр i
~ АВ, поэтому KB = КЕ-
Зздача 14. Из данной точки А
(черт. 16) провести касательные
к данной окружности радиуса ОБ
с центром в точке О.
Построение. 1) Находим
середину С отрезка АО (см. за-
задачу 13); 2) описываем из точки С
окружность радиуса СА = СО, ко-
которая пересекает данную окруж-
ностьв точках Е и К. Прямые АЕ и
АК суть искомые касательные.
Доказательство. Углы ЛЕО и АКО, как вписан-
вписанные в вспомогательной окружности и опирающиеся на
диаметр ОСА, — прямые, следовательно, прямые АЕ и АК
соответственно перпендикулярны к радиусам ОЕ и ОК дан-
данной окружности.
22
Черт. 15.

Задача 15. Разделить данный отрезок АВ (черт. 17) на
п равных частей.
Построение. Полагаем для примера п = 5. Построение
для всякого целого числа п производится аналогично. 1) Стро-
Строим отрезок АС, в пять раз боль-
ший данного АВ (см. задачу 12);
2) описываем из А дугу ЕСК
радиуса АС; 3) описываем из С
дуги радиуса АВ, которые пере-
пересекут дугу ЕСК в точках М и Р;
4) описываем из М и Р дуги ра-
радиуса АВ, которые пересекутся
в точках С и Т. Отрезок СТ в	ц „
пять раз меньше отрезка АВ.	рт"
Доказательство. Точки А, В, Т и С лежат на
одной прямой (см. задачу б). Равнобедренные треугольники
Черт. 17.
АМС и МТС, имеющие общий угол МСТ, подобны, поэтому
АС АВ	АС АВ
-mc^Yc' так как М^ ~ АВ' то ав ~ Тс ' По постРоению
АС : АВ = 5, следовательно, АВ — 5 • ТС.
Задача 16. Разделить данную дугу АВ (черт. 18) по-
пополам.
Построение. Центр данной дуги есть точка О. 1) Опи-
Описываем из точек А и В дуги радиуса АО; 2) описываем
23

из точки О дуги радиуса АВ, которые пересекут проведен-
проведенные из А \\ В дуги в точках С и М; 3) описываем из С
и М дуги радиуса СВ или МА, которые пересекаются в
точке ?; 4) описываем из точек С и М дуги радиуса ОЕ;
эти дуги пересекутся в искомой точке К.
Черт. 18.
Доказательство. Прямые АВ и СО параллельны
(см. задачу 8). Так как, кроме того, АВ = СО, то САВО
есть параллелограм, поэтому
0)
или
СВ2 = 2 • АВ2 + ОВ2.
Так как ОЕ перпендикулярна СМ (см. задачу 4), то
СЕ2 = СВ2 = ОС2 + ОЕ2 = АВ2 + ОЕ%,
следовательно
СВ2 = АВ2 + ОЕ3.
Сличая равенства A) и B), получаем:
2 • АВ- + ОВ2 = ЛВ2 + ОЕ*.
или
24
C)

Так как OK перпендикулярна СМ, то
СК* = ОЕ* = СО* + ОН* = АВ* + ОК\
следовательно
ОЕ*=АВ* + ОК*.	D)
Сличая равенства C) и D), получаем:
ОВ2 = ОК2 или ОВ = ОК.
Отсюда заключаем, что точка К лежит на дуге АВ. Так
как АВ перпендикулярна ОЕ, то точка К делит дугу АВ
пополам.
ЛХ
111	1
Черт. 19.	Черт. 20.
Задача 17. Построить сумму и разность двух данных
отрезков АВ и СЕ (черт. 19).
Построение. 1) Описываем из В окружность радиу-
радиуса СЕ; 2) описываем из А дугу произвольного радиуса,
пересекающую проведенную окружность в точках К и М;
3) делим образовавшиеся на проведенной окружности дуги
пополам в точках Р и Т (см. задачу 16). Получаем АР =
= АВ + СЕ и АТ = АВ — СЕ.
Доказательство. Точки А, Т, В и Р лежат на
одной-прямой (см. задачи б и 16): ВР — ВТ = СЕ.
Задача 18. Разделить данный угол ВАС пополам (черт. 20).
Построение. 1) Находим на прямой АС точку Е так,
чтобы АЕ = АВ (см. задачу 17); 2) описываем из В и Е
дуги произвольного радиуса, пересекающиеся в точке К.
Прямая АК есть искомая биссектриса.
•а

Доказательство. Треугольники АВК и АКЕ кон-
конгруэнтны.
Задача 19. Построить отрезок, четвертый пропорцио-
пропорциональный трем данным a, b и с.
Построение. 1) Описываем из произвольной точки О
(черт. 21) концентрические окружности радиусов а и Ь;
2) из точки А, произвольно взятой на внешней окружно-
окружности, описываем две дуги: одну радиуса АВ — си другую
произвольного размера АС; 3) из точки В описываем дугу
радиуса BE — АС. Отрезок СЕ — искомый.
Черт. 21.
Черт. 22.
Доказательство. Треугольники АОС и ВОЕ по по-
построению конгруэнтны, следовательно, Z. АОС = Z. ВОЕ. От-
Отсюда Z.AOC— Z BOC = ZBOE^-Z ВОС, или Z.AOB =
= Z. СОЕ. Поэтому равнобедренные треугольники АОВ и
СОЕ подобны, следовательно
АО:ОС = АВ:СЕ, или а : b = с : СЕ.
Задача 20. Найти точку пересечения двух данных пря-
прямых АВ и СЕ (черт. 22).
Построение. 1) Строим точки Ct и Ег, симметрич-
симметричные точкам С и Е относительно прямой АВ (см. задачу 3);
2) находим на прямой ЕЕг точку К так, чтобы ЕК = CCt
(см. задачу 17); 3) находим отрезок х так, чтобы х: ЕгСг —
= ?1Я:?'1К (см. задачу 19); 4) находим на прямой ЕгСх
точку О так, чтобы ЕгО = х (см. задачу 17). Точка О —
искомая.
Доказательство. Так как ССг параллельно ЕЕХ и
ЕК равно и параллельно CClt то СЕ параллельно СХК.
26

Если точкам есть пересечение прямых СЕ \\'ЕгСи то из
подобия треугольников МЕ^Е и СХЕХК заключаем, что
ЕХМ: ЕХСХ = ЕЕХ: ЕХК.
Следовательно, ЕХМ = х или точки М \\О совпадают. Итак,
точка О есть точка пересечения прямых СЕ и СХЕХ и вслед-
вследствие симметрии точек С и Сх и Е и Ех относительно АВ
лежит на прямой АВ.
Примечание. На черт. 22 не все описанные построе-
построения фактически выполнены; он сделан схематично. При
подробных построениях чертеж получается довольно гро-
С
¦л
Е
¦л
м
К
*
Черт. 23.	Черт. 24.
моздкий. Читателю рекомендуется выполнить чертеж
со всеми подробностями. Это примечание относится и к
последующим задачам.
Задача 21. Разделить данный отрезок АВ (черт. 23) в
данном отношении т:п, где т и п — данные отрезки.
Построение. 1) Проводим произвольную прямую АС
и на ней откладываем АЕ — т и ЕН = п (см. задачу 17);
2) проводим из точки Е прямую ЕК параллельно НВ (см.
задачу 2); 3) находим точку М пересечения прямых АВ и
ЕК (см. задачу 20). Получаем AM: MB = tn:n.
Доказательство. Параллельные линии НВ и
ЕМ рассекают стороны угла НАВ на пропорциональные
части.
Если тип даны числами, то в описанном построении
заменяем нахождение точек Е и Н приемом, изложенным
в задаче 12.
27

Задача 22. Построить отрезок, средний пропорциональ-
пропорциональный двум данным а и Ь.
Построение. 1) Находим на произвольной прямой
линии точки Л, В и С (черт. 24) так, чтобы АС = АВ +
+ ВС = а + b (см. задачу 17); 2) делим отрезок АС в точке
О пополам (см. задачу 13); 3) описываем из точки О окруж-
окружность радиуса ОА = ОС; 4) откладываем на прямой ВС
отрезок В К — ОВ (см. задачу 13); 5) описываем из течки
8
^	у,
\
к
К дугу радиуса 0А =
= ОС, которая пересе-
пересечет проведенную окруж-
окружность в точке М. Отре-
Отрезок ВМ — искомый.
Доказательство.
Треугольник ОМК—ра-
ОМК—равнобедренный, так как
ОМ = АО = КМ. Так
как ОВ =¦ ВК, то MB
перпендикулярна ОК,
следовательно МБ2 =
= АВ-ВС = а-Ь.
Задача 23. Деление
окружности ка равные
части.
Пусть данная окруж-
окружность имеет центр в точ-
точке О (черт. 25). Радиус
ее ОАг = АгА2 = А2А3 — A3At — АйАя — АЪАЪ = А^ бу-
будем считать для простоты линейною единицей.
1.	Очевидно, что точки Лг, Л2, Л3, Л4, Л5, Лв делят
окружность на шесть равных частей, а три из них, взятые через
одну, например А1г Л3 и ЛБ, делят окружность на три рав-
равные части. При этом хорда Л^з = \^3.
2.	Разделив дуги AZAS и А5Аб пополам (см. задачу 16)
в точках В и С, получим, что точки Аг, В, Л4 и С делят
окружность на четыре равные части. Следовательно хор-
хорда АгВ = \fi. Кроме того, ясно, что дуга А2В есть двена-
двенадцатая часть окружности, поэтому хорда
А2В = 1^2-/3 = \ (/б — уг2).
3. Разделив дугу АгВ в точке Е пополам, получим,

чти дуга АгЕ есть восьмая часть окружности, поэтому хорда
4. Опишем из точки В дуги радиуса АгО, которые пе-
пересекут данную окружность в точках К и М. Хорда
КМ = 1''3] Опишем из точек К и М дуги радиуса АВ1 =
«= |/2^ которые пересекаются в точке Р. Пусть точка Н
есть пересечение диагоналей ромба КВМО (эту точку мож-
можно найти способом, изложенным в задаче 20). Точки В, Н,
О и Р лежат на одной прямой. Из прямоугольного тре-
треугольника КНР получаем:
КНа + HP2 =» КР*,
или
или
откуда
КНЪ + {НО + ОРJ = КР*,
или
—1=0.
Следовательно
Так как отрезок ОР не может быть отрицательным, по-
получаем:
откуда заключаем, что отрезок ОР разен стороне правиль-
правильного вписанного десятиугольника. Поэтому, если хорда
А1Т1 — ОР, то дуга АхТг есть десятая часть окружности.
Если дуга 7\Т2 = АхТи то дуга АгТ2 есть пятая часть
окружности и поэтому

Интересно отметить, что AtT2 = ДР. В самом деле, из
прямоугольного треугольника AfiP находим:
AJ>
¦/;
Поэтому точка Т2 может быть найдена проведением из Лх
дуги радиуса АгР.
5. Так как
Z TtOA6 = Z АО А - Z А1ОТ1 = 60° — 36° = 24° = ^
то дуга Т^Лв есть пятнадцатая часть окружности и хорда
TiA = { (j/lO + 2)/5 + ]/3 + /Тб) .
Таким образом окружность разделена на 3, 4, 5, б, 8,
10, 12, 15 оавных частей. Деля соответственную дугу по-
пополам, можно получать шест-
шестнадцатую, двадцатую, двадцать
четвертую, тридцатую и т. д.
части окружности. Кроме того,
как видно из изложенного,
возлюжно постр ение различных
сложных иррациональных вы-
выражений, содержащих квадрат-
квадратные радикалы.
Деление окружности на 7,
9, 11, 13, 14 равных частей
нев( з:л( жно с помощью линейки
и циркуля, а следовательно,
и с полющью только циркуля.
Немецкий математик Гаусс
Черт. 26.	A777—1855) показал, что де-
деление окружности на 17 рав-
равных частей возможно с помощью линейки и циркуля, сле-
следовательно, оно возможно и с помощью только циркуля.
Задача 24. Найти центр данной окружности.
Построение. 1) Из точки А (черт. 26), произвольно
взятой на данной окружности, описываем дугу произволь-
произвольного радиуса, пересекающую данную окружность в точках
В и С. 2) Находил! точку К, симметричную точке А отно-
относительно прямей ВС (см. задачу 3). 3) Из точки К опи-
30

сываем окружность радиуса КА, пересекающую проведен-
проведенную из А дугу в точках Е и М. 4) Находим точку О,
симметричную точке А относительно прямой ЕМ. Точка
О — искомая.
Доказательство. Найдем точку Н пересечения пря-
прямой АК с данною окружностью (см. задачу 7). Так как АН
перпендикулярна ВС (см. задачу 4), то центр искомой ок-
окружности должен лежать на прямой АК. На этой же пря-
иой лежит точка О (см. задачу 6). Найдем середины 7\ и
Т8 отрезков ЕМ и ВС (см. задачу 13). Точки 7\ и Т2 ле-
лежат на прямой АО и ЕМ перпендикулярна ОА, а ВС пер-
перпендикулярна ОА, так как точки Е и М симметричны
относительно прямой ОА.
Так как ВТ2 есть перпендикуляр, опущенный из точки
В данной окружности на диаметр АН, то
Точно так же, по отношению к окружности с центром
в К, имеем:
= 2-АК-АТ1.
Но АВ = АЕ, АТг = ~ АО {АЕОМ есть ромб), АТ2 =
= -^ АК, поэтому
или
откуда
АН = 2- АО.
Читатель узнал из первой главы, что с помощью ли-
линейки и циркуля решаются все задачи на построение, ко-
которые при алгебраическом решении приводятся к решению
уравнений первой и второй степени. Если расчленить та-
такие построения на основные операции, то мы заметим,
что они ев дятся к следующим четырем:
1.	Отметить на данной прямой АВ, от данной на ней
точки С, точку Е, находящуюся на данном расстоянии от
точки С.
2.	Найти точку пересечения данных прямой линии и
ркружности.
3.	Найти точку пересечения двух данных прямых.
3»

4. Найти точку пересечения двух данных окружностей.
Возьмем для примера задачу: построить треугольник по
данным основанию и соответственным высоте и медиане.
Задача решается так:
а)	Отложим на произвольной прямой отрезок ГС
(черт. 27), равный данному основанию треугольника; для
этого находила на прямой точку С, отстоящую от произ-
произвольно взятой на той же прямой точки В на данном рас-
расстоянии, т. е. выполняем первую операцию.
б)	Делим отрез ж ВС пополам, для чего описываем из
В и С дуги одинакового радиуса произвольного размера.
Прямая, соединяющая точки Н
и К пересечения дуг, разделит
ВС в точке Е п.шллам; кроме
того, HKJ_BC. Здесь выпол-
выполняются операции третья и чет-
четвертая.
в)	Отложим на ЕН от точки
Е отрезок ЕТ, равный данной
высоте треугольника. Это пер-
первая операция.
г)	Проведем из точки Т пря-
прямую ТМ параллельно ВС.
Третья вершина треугольника
должна лежать на прям )й ТМ.
Проведение параллели требует
выполнения третьей и четвер-
четвертой операций.
д) рписываем из точки Е дугу, радиус которой равен
данной медиане треугольника. Третья вершина треуголь-
треугольника должна лежать на этой дуге, следовательно, лежит в
пересечении этой дуги с прямою ТМ. Находим две точки
Ах и Az. Здесь выполняется вторая операция. Итак, это
построение расчленяется на четыре основные операции.
Искомый треугольник может быть построен не при вся-
всяких заданиях. Если данная медиана меньше данной высо-
высоты, построение невозможно. Если данная медиана равна
высоте, дуга, проводимая из точки Е, коснется прямой
ТМ в точке Т, следовательно, будет построен равнобед-
равнобедренный треугольник. Если данная медиана более высоты,
то получим два различных треугольника ВАХС и ВАгС,
удовлетворяющие требованиям задачи,
S3
Черт. 27.

Означенные выше четыре операции выполняются очень
просто с помощью циркуля и линейки. Но читатель, про-
прочтя решения задач 7, 17 и 20, убедился, что те же опера-
операции могут быть выполнены с помощью только циркуля.
Следовательно, всякая задача первгй и второй степени,
т. е. всякая задача, решаемая с помощью цир-
циркуля и линейки, может быть решена с по-
помощью только циркуля.
Сказанное дает ответ на важный теоретический вопрос
геометрии: какие задачи на построение могут быть решены
с помощью только циркуля? Разумеется практическое ре-
решение сильно упрощается, если мы пользуемся и цирку-
циркулем и линейкою. В этом читатель убедился по задачам
12, 13, 15, 16, 17, 20 и 21, решение которых с помощью
только циркуля сравнительно громоздко.
Следует отметить, что для деления окружности на шесть,
а следовательно, и на три равные части линейка вообще
совершенно не нужна. Интересно то, что некоторые зада-
задачи, а именно: 10, 11, 12, 23 п. 1 решаются при неизмен-
неизменном растворе циркуля.
Усвоив, как производятся основные построения с по-
помощью только циркуля, читатель может теперь сам решать
разнообразные Задачи. Далее предлагается список задач
27—37 для самостоятельных упражнений, причем рекомен-
рекомендуется делать подробно все необходимые построения по
примеру следующих задач 25 и 26. Чтобы не сбиться в
распознавании вспомогательных точек, полезно обозначать
их буквами и попутно делать записи типа: АВ\_СЕ, КН\МР,
точка О есть середина КИ, точка Т есть пересечение пря-
прямых СЕ и МР и т. п. Для нахождения плана решения
полезно сделать сначала построение с помощью линейки
и циркуля.
Задача 25. Построить квадрат по данной его стороне.
Построение. 1) Отрезок АВ (черт. 28) определяет
размер данной стороны квадрата. 2) Проводим АС _]_ АВ и
BE _]_ АВ (см. задачу 10). 3) Находим на прямых АС и
BE точки К и М так, чтобы АК = АВн ВМ = АВ (см.
задачу 17). Четырехугольник АКМВ есть искомый квадрат.
Доказательство. АК + ВМ и АК_]_АВ.
Примечание. Построения, необходимые для решения
задач 10 и 17, исполнены, как видно из чертежа, прове-
проведением цуг рядиуса АВ. гд» это возможно, т. *. с сохря-
33

нением раствора циркуля. Это способствует точности чер-
чертежа, делает его симметричным и облегчает распознавание
опорных точек. Интересно заметить, что по зрительному
впечатлению КМ^>АВ, чего на самом деле нет.
Черт. 28.
Задача 26. Около данного треугольника ABC (черт. 29)
описать окружность.
Построение. 1) Восстанавливаем к сторонам АВ и
АС перпендикуляры в их серединах. Для этого описываем
Черт. 29.
Черт. 30.
из точек А, В и С дуги одного и того же произвольного
радиуса. Эти дуги пересекутся попарно в точках D и Е,
34

И а К. Имеем DE J_ AB и И К _]_ АС (см. задачи 3 и 4).
Центр искомой окружности находится в пересечении пря-
прямых DE и НК. 2) Находим точки Нх и Кх, симметричные
точкам Н и К относительно прямой DE (см. задачу 3).
Для этого описываем дуги из точки D радиуса DH и из
той же точки D дугу радиуса DK. Эти дуги вместе с ду-
дугой, проведенной из В, определяют точки Нх и Кх. 3) На-
Находим на продолжении прямой ККХ точку М так, чтобы
КМ = ННХ (см. задачу 17). Для этого описываем из точки
К дугу радиуса ННХ и из точки Кх дугу произвольного
радиуса. Эти дуги пересекутся в точках Fx и F2. Описы-
Описываем из точек Fx и F2 дуги радиуса KFX = KFZ и из точ-
точки К дугу радиуса FyFv Эти дуги пересекутся в точках
Gx и G2. Описываем из Gx и G2 дуги радиуса G2FX = GXF2,
которые пересекутся в точке L. Описываем из Gx и G2 ду-
дуги радиуса KL, которые пересекутся в точке М. Получим
(см. задачу 16), что точка М делит дугу FXMF2 пополам.
4) Находим отрезок х так, чтобы х: KiHx = ККХ: КХМ
(см. задачи 19 и 20). Для этого на отдельном черт. 30 про-
проводим две концентрические окружности радиусов PN = КХМ
и PR — K\HX. Из точки N описываем дугу радиуса KKlt
которая пересечет внешнюю из концентрических окружно-
окружностей в точке S, и дугу произвольного радиуса, которая
пересечет внутреннюю из концентрических окружностей
в точке R. Из точки S описываем дугу радиуса NR, ко-
которая пересечет внутреннюю из концентрических окруж-
окружностей в точке Т. Тогда RT = х (см. задачу 19). 5) Нахо-
Находим на прямой КИг точку О так, чтобы КгО = х = RT
(см. задачу 17). Для этого описываем из Ki дугу радиуса х и
из Нх дугу хотя бы того же радиуса. Эти дуги пересе-
пересекутся в точках Ux и Uz. Разделим первую из этих дуг
пополам. Для этого описываем из Ux и Ua дуги радиуса
KXU1 — KiUz, а из Ki дугу радиуса UXUZ. В пересечении
этих дуг найдем точки Vx и Уг. Описываем из Vx и V2
дуги радиуса V1t/2 = ихУ2, которые пересекутся в точке W.
Описываем из Vx и V2 дуги радиуса KXW, которые пере-
пересекутся в точке О. Точка О и есть пересечение прямых
DE и НК (см. задачу 20). Проводим наконец из точки О
окружность радиуса ОА. Она пройдет через точки В и С.
Доказательство. Центр окружности,описанной око*
ло треугольника, лежит в точке пересечения перпендикуля-
перпендикуляров, восставленных к сторонам треугольника в их серединах.
3*	'	3S

Задача 27. Построить прямоугольник с заданными сто-
сторонами и описать около него окружность.
Задача 28. Построить общие касательные к двум дан-
данным не пересекающимся окружностям.
Задача 29. Построить треугольник, зная середины его
сторон.
Указание. Средние линии треугольника параллельны
его сторонам.
Задача 30. Построить на данном отрезке, как на хорде,
дугу, вл.ешающую данный угол, т. е. найги геометрическое
место точек, из которых данный отрезок
виден под данным углом.
Задача 31. Построить треугольник по
основанию, противолежащему углу и вы-
высоте, соответствующей данному основанию.
Задача 32. Построить квадрат, равно-
равновеликий данному треугольнику.
Указание. Треугольник дан его
вершинами А, В и С. Построив высоту BE,
соответствующую основанию АС (см. за-
задачи 4 и 20), найдем отрезок х так, что-
чтобы х2 = ЛС-^ BE (см. задачу 22).
Задача 33. Разделить площадь дан-
данного треугольника ABC пополам прямою, параллельною
одной из его сторон.
Указание. Если точка Е лежит на АВ, точка К на
АС и ЕК || ВС, то вследствие подобия треугольников ABC
и АЕК имеем АК*: АС2 = \, откуда АК = \ ¦ АС ¦ /2 (см.
п. 2 задачи 23 и задачу 13).
Задача 34. Построить треугольник по основанию, при-
прилежащему углу и сумме двух других сторон.
Указание. Если ABC (черт. 31) есть искомый тре-
треугольник с заданным основанием АС и прилежащим уг-
углом А, если по продолжению АВ отложим BE = ВС, если
СК = КЕ, то перпендикуляр, восставленный к СЕ в точке К,
пересечет АЕ в точке В. Таким образом надо построить
сначала треугольник АЕС и затем найти точку В.
Задача 35. Построить треугольник по основанию, при-
прилежащему углу и разности двух других сторон.
Задача 36. Построить окружность Аполлония, т. е. гео-
Черт. 31.

метрическое место точек, расстояния которых от двух дан-
данных точек находятся в данном отношении.
Указание. Аполлоний — один из знаменитых греческих
математиков древности — жил приблизительно за 200 лет до
нашей эры. Он прославился исследованием конических селе-
селений, т. е. кривых линий, получающихся в пересечении поверх-
поверхности прямого круглого конуса плоскостями; при этом могут
получиться окружность, эллипс, парабола и гипербола.
Пусть данные точки
суть A vi В (черт. 32) и
данное отношение есть
а : Ь, где а и b суть или
данные отрезки, или
данные целые числа.
Находим на прямой АВ
две такие точки С и D,
чтобы АС: СВ = а : Ъ и
Тогда CD есть диа-	¦ Черт 32.
метр искомой окружно-
окружности. Для доказательства возьмем на окружности произволь-
произвольную точку М и докажем, что AM : MB = й'.Ь. Проведя
BK\\DM, получим:
--а:Ь.	A)
Проведя BL\\MC, получим:
AC:CB = a:b.	B)
Сравнивая равенства A) и B), заключаем, что КМ —
— ML и что MB есть медиана гипотенузы KL треуголь-
треугольника KBL, так как CMD есть прямой угол и Z. CMD =
= Z. KBL как углы с параллельными сторонами. Итак,
MB = КМ и, следовательно, равенство A) превращается в
AM : MB = a : b,
что и требовалось доказать.
Задача 37. Построить треугольник по основанию, про-
противолежащему углу и отношению двух других сторон.
37

ГЛАВА III.
ДОБАВЛЕНИЯ.
Ознакомившись с содержанием предыдущей главы, а
может быть и раньше, читатель, вероятно, задумается над
вопросами о том, нельзя ли решать задачи на построение с
помощью одной линейки и какие именно, какими инструмен-
инструментами и как решать задачи, неразрешимые с помощью цир-
циркуля и линейки.
Пользование только линейкою, т. е. проведение только
прямых линий, очевидно, не позволяет выполнять все те
основные операции, из
которых слагается ре-
решение задач первой и
второй степени (см.
главу II, пп. 1—4 по-
после задачи 24). Но, как
-С показал в своем труде
(напечатан в 1833 г.) о
геометрических построе-
построениях немецкий матема-
математик Штейнер, всякая
задача первой и второй
степени решается с по-
помощью только линейки,
Черт. 33.
если дана вспомогатель-
вспомогательная окружность опре-
в определенной точке.
деленного радиуса и с центром
Пусть требуется, например, опустить из точки А (черт. 33)
перпендикуляр к прямой ВС. Возьмем вспомогательную
окружность произвольного радиуса с центром в точке О,
лежащей на прямой ВС. Соединяем точку А с точками Е
и К, находим в пересечении с окружностью точки М и Н.
Находим точку Т пересечения прямых ЕН и МК. Утвер-
Утверждаем, что AT перпендикулярна ВС. В самом деле, углы
ЕМК и ЕНК — прямые, следовательно, АН и ТМ суть две
высоты треугольника EAT, пересекающиеся в точке К.
Следовательно, ЕК есть третья высота, т. е. ЕК или ВС
есть перпендикуляр к AT.
Вспомогательную окружность можно было бы взять или
задать иначе; при всяком ее положении ностроениие иско-
искомого перпендикуляра будет возможно, но более сложно.
38

Следует заметить, что штейнеровские построения вообще
весьма громоздки, сложнее, чем операции с помощью од-
одного циркуля.
Здесь дан лишь один пример геометрии линейки. Пол-
Полное изложение вопроса выходит за пределы темы этой
книжки. Заметим, что существуют, кроме того, геометрия
двухсторонней линейки, геометрия угольника. Иначе говоря,
решение задач на построение первой и второй степени воз-
возможно применением или двухсторонней линейки (т. е. при-
И
/А
Черт. 34.
бора, позволяющего начертить две параллельные прямы*е
с заданным расстоянием между ними) или угольника (т. е.
лрибора, позволяющего начертить две прямые, пересекаю-
пересекающиеся под прямым или заданным острым углом).
Из простейших приборов, решающих практически три-
трисекцию угла, т. е. деление произвольного угла на три рав-
равные части, следует указать на такой, который легко дела-
делается из картона. Вырезается фигура АЕТРМКН (черт. 34),
в которой существенными частями являются: а) отре-
отрезок АЕ, разделенный на три одинаковые части АВ = ВС =
= СЕ, б) дуга ЕТ полуокружности, имеющей центр в точке
С и радиус в ВС —СЕ, в) прямая МКВ, перпендикуляр-
перпендикулярная к АЕ в точке В. Длина МБ может быть произвольною;

практически удобно, если MB в два раза (приблизительно)
более АЕ. Отрезки АН, НК и прямая ТР не являются
существенными частями прибора, они необходимы только
для его конструкции и практически достаточно, если АН
и МР равны 1 см.
Чтобы разделить произвольный угол, например YXZ,
на три равные части, устанавливаем наш прибор так, чтобы
вершина X угла приходилась на прямой MB, чтобы одна
сторона XY угла проходила через точку А и чтобы другая
сторона XZ угла была касательной) к дуге ЕТ. Отметив
точки В и С, соединяем их с точкою X и получаем:
Z ухв = /_вхс = z cxz.
Действительно, Z. УХВ = /_ ВХС, так как прямоуголь-
прямоугольные треугольники АХВ и ВХС конгруэнтны, а /_. ВХС =
= Z CXZ, так как ХВ и XZ суть касательные к полуок-
полуокружности BTZE.
Итак описанный прибор производит трисекцию угла
геометрически точно. Так как существенными частями при-
прибора являются полуокружность, точка А, отстоящая от
центра на расстоянии радиуса по продолжению диаметра, и
прямая MB, перпендикулярная к диаметру, то можно по-
подумать, что трисекция угла осуществляется проведением
прямых линий и окружностей, т. е. разрешима с помощью
линейки и циркуля. Такое заключение ошибочно. Кон-
Конструкция нашего прибора действительно не требует иных
линий, кроме прямых и полуокружности, но при трисекции
угла этим прибором мы не проводим их, мы не делаем по-
построений, а пользуемся готовым сочетанием полуокружно-
полуокружности и прямых.
Геометрически точные трисекция угла и удвоение куба
производятся также другими инструментами или осуще-
осуществляются построением различных кривых. Мы рекомендуем
читателю, заинтересовавшемуся геометрическими построе-
построениями, ознакомиться с двумя книгами:
1.	И. Александров, Сборник геометрических задач
на построение, ГИЗ, 1924.
2.	А. Адлер, Теория геометрических построений. Пе-
Перевод с немецкого, изд. 2-е Матезис, Одесса 1924.
40