Геометрические построения на плоскости

Геометрические построения на плоскости
 
Введение
Вам,будущим учителям, в школьном курсе математики придется учить ребят решениюзадач на построение. Целесообразность этой деятельности обусловлена тем, чтозадачи на построение развивают конструктивное и логическое мышление, прививаютнавыки исследователя. Поэтому эти задачи составляют важную часть школьногокурса геометрии.
Общие аксиомы конструктивной геометрии.Аксиомы математических инструментов
Разделгеометрии, в котором изучаются геометрические построения, называетсяконструктивной геометрией.
Основнымпонятием конструктивной геометрии является понятие построить геометрическуюфигуру.
Этопонятие принимается без определения, конкретный его смысл известен из практики,где оно означает: начертить, провести (линию), отметить (точку). В интересахлогической строгости изложения основное понятие конструктивной геометрии — построить фигуру — характеризуется через основные требования (общие аксиомыконструктивной геометрии).
Этитребования обычно не формулируются в пределах школьного курса геометрии, но ониподразумеваются в процессе решения любой геометрической задачи на построениекак нечто само собою разумеющееся. Общие аксиомы конструктивной геометриивыражают в aабстрактной форме наиболее существенныемоменты многовековой чертежной практики и составляют логическую основуконструктивной геометрии.
Рассмотримэти общие аксиомы теории геометрии.
I. Каждая даннаяфигура построена, т.у. если о какой-либо фигуре сказано, что она дана, то подэтим подразумевается, что она уже изображена, начерчена, по-другому говоря,построена.
2.Если даны две фигуры, то построено:
а) ихобъединение
б)пересечение (если оно непусто )
в)разность (если она не равна пустому множеству)
3.Если дана некоторая фигуpa, томожно построить точку:
а)принадлежащую данной фигуре
б) непринадлежащую ей.
Замечание. Аксиомы За и 3б дают возможностьпостроить новые точки, но этим точкам не приписывают никаких свойств. Дляпостроения новых точек, обладающих определенными свойствами, пользуютсяматематическими инструментами: линейкой, циркулем, углом и т.д. Свойствауказанных математических инструментов описываются с помощью соответствующихаксиом. При этом следует четко видеть разницу между математическим инструментомконструктивной геометрии и их физическим олицетворением.
Аксиомалинейки. Линейка(односторонняя) позволяет построить прямую, проходящую через две данные точки.
Аксиомациркуля. Циркульпозволяет построить окружность с центром в данной точке и радиусом, равнымдлине данного отрезка.
Аксиомыдвусторонней линейки.Двусторонняя линейка позволяет: а) выполнить любое построение, выполнимоелинейкой;
б) вкаждой из полуплоскостей, определяемых построенной прямой, построить прямую,параллельную этой прямой и проходящую от нее на расстоянии h, где h — фиксированный элемент для данной двусторонней линейки (ширина);
в)если построены две точки А и В, то установить, будет ли АВ > h, и если AB> h, то построить 2 пары параллельныхпрямых, проходящих соответственно через А и В и отстоящих одна от другой нарасстоянии h ,
/>
 
/>

Аксиомыугла. Уголпозволяет: а) сделать все построения, выполнимые линейкой; б) через даннуюточку плоскости провести под углом α к некоторой данной прямой; в) еслипостроены отрезок АВ и фигура ф, то установить, содержит ли фигура Ф точку, изкоторой отрезок АВ виден под углом α, и если такая существует, топостроить ее.Постановка задачи на построение
Задачана построение состоит, в том, что требуется построить указанными инструментамифигуру, если дана некоторая другая фигура и указаны некоторые соотношения междуэлементами искомой фигуры и данной.
Каждаяфигура, удовлетворяющая условию задачи, называется решением задач.
Построения,о возможности которых оказано в аксиоме 3, вместе с построениями,перечисленными в аксиомах математических инструментов, назовем основнымипостроениями (ОП).
Найтирешение задачи на построение — значит указать конечную последовательностьосновных построений, после выполнения которых искомая фигура будет считаться построеннойв силу принятых аксиом конструктивной геометрии.
Переченьосновных построений, а следовательно, и ход решения задачи, зависит отупотребляемого набора инструментов. Следует заметить, что такой подход вопределении нахождения решения не рациональный. Иногда целесообразнее укрупнитьшаги построения.
Рассматриваюткак шаг построения целые блоки основных построений. Эти блоки представляютсобой решения элементарных задач на построение. Их назовем элементарнымипостроениями. Тогда можно дать следующее определение.
Решитьзадачу на построение — это значит указать такую конечную последовательностьосновных (ОП) и элементарных построений (ЭП), после выполнения которых искомаяфигура может считаться построенной в силу общих аксиом конструктивнойгеометрий.
Вкачестве элементарных построений (ЭП) возьмем следующие задачи.
ЭП I. Отложить на данном луче от егоначала отрезок, равный данному отрезку.
ЭП 2.Отложить от данного луча в данную полуплоскость угол, равный данному углу.
ЭП 3.Построить треугольник по трем сторонам.
ЭП 4.Построить треугольник по двум сторонам и углу между ними.
ЭП 5.Построить треугольник по стороне и двум прилежащим углам.
ЭП 6.Построить биссектрису данного неразвернутого угла.
ЭП 7.Построить серединный перпендикуляр данного отрезка.
ЭП 8.Построить середину данного отрезка.
ЭП 9.Построить прямую, проходящую через данную точку и перпендикулярную даннойпрямой. (При этом данная точка может лежать на данной прямой, может и не лежатьна ней).
ЭП10. Построить прямую, проходящую через данную точку и параллельную даннойпрямой.
ЭП11. Построить прямоугольный треугольник по гипотенузе.
ЭП12. Построить прямоугольный треугольник по гипотенузе и катету.
ЭП13. Построить касательную к окружности, проходящую через данную на ней точку.
Иногдаусловиям задачи на построение удовлетворяют несколько фигур.
Решитьзадачу на построение — значит найти все ее решения. Поясним это определение.
Фигуры,удовлетворяющие условию задачи, могут отличаться размерами, формой и положениемна плоскости. Фигуры, удовлетворяющие условию задачи, отличающиеся размерамиили формой, будем считать различными. С расположением дело обстоит так.
Еслиусловие задачи не предусматривает определенного расположения искомой фигуры относительноданных фигур, то задача считается решенной, если: а) построено некоторое числонеравных фигур Ф1,…, Ф2 удовлетворяющих условию задачи, иб) доказано, что всякая фигура, удовлетворяющая условию задачи, равна одной изних; считается, что задача имеет nрешений (о точностью до равенства).
Еслиусловие задачи предусматривает определенное расположение искомой фигурыотносительно какой-либо данной фигуры, то задача считается решенной, если: а)построено некоторое число фигур, удовлетворяющих условию задачи, и б) доказано,что любая фигура, удовлетворяющая условию задачи, совпадает с одной из них. Приэтом равные фигуры, но различно расположенные, считаются различными решениями.Приведем примеры.
/>
Пример1. Построитьциркулем и линейкой треугольник по трем сторонам. Точный смысл: построитьтреугольник так, чтобы три его стороны были равны трем данным отрезкам. Условиезадачи не предусматривает определенного расположения искомой фигуры относительноданных фигур.
Понашей договоренности решение такой задачи ищется с точностью до равенства. Таккак все треугольники по трем сторонам равны, то задача имеет одно решение, еслисумма любых двух сторон больше третьей, и не имеет решения, если это условие невыполнено.
Пример2. Построитьциркулем и линейкой треугольник так, чтобы одной его стороной служил данныйотрезок АВ, а две другие его стороны были равны двум данным отрезкам а и в.
Вэтом случае условие задачи предусматривает определенное расположение искомого ∆АВСотносительно данных фигур. В соответствии с нашим соглашением равныетреугольники, удовлетворяющие условию задачи, но отличающиеся расположением,будем считать разными решениями этой задачи.
 
/>а
/>в
/>
Замечание. Встречаются задачи, имеющиебесконечное множество решений. Такие задачи называются неопределенными.Очевидно, все решения нельзя построить. В связи с этим вопросом: когда жесчитать неопределенную задачу решенной?
Решениенеопределенной задачи ищется в параметрической форме: указывается приемпостроения фигур, удовлетворяющих условию задачи, причем эти фигурыопределяются выбором определенного положения одной точки на некоторой даннойфигуре. Эти точки играют роль геометрического параметра. Задача считаетсярешенной, если при всевозможных допустимых положениях произвольной точкивозникают все фигуры, удовлетворяющие условию задачи.
Встречаютсязадачи такие, что не существуют фигура удовлетворяющие условию задачи.Например, в параллелограмм (не ромб) нельзя вписать окружность. Нельзя провестипрямую через 2 данные точки одним лишь циркулем.
Вовсех этих случаях решить задачу на построение — значит доказать, что искомаяфигура не существует, или доказать, что она не может быть построена даннымисредствами.
Условиезадачи часто дает известный простор в выборе данных. Например, если требуетсяпостроить треугольник по трем сторонам, то данными являются три отрезка,которые могут быть произвольными по величине и положению. Задача в такойформулировке считается решенной, если она решена для всех принципиальноразличных предположений относительно выбора данных.
Можетоказаться, что при таком выборе данных задача решается иначе, чем при другом ихвыборе, поэтому приходится рассматривать ряд отдельных случаев и давать решениезадачи для каждого из них.Методика решения задач на построение
Прирешении сложных задач основную трудность представляет вопрос о том, как найтиспособ решения. Решение этого вопроса облегчается, если придерживатьсяопределенной схемы рассуждений. Эта схема состоит их четырех этапов: анализ,построение, доказательство, исследование. Заметим, что эта классическая схемане является, безусловно, необходимой и неизменной. Допустимы отклонения взависимости от задачи.
1.Анализ. В анализеведется поиск решения задачи следующим образом: предполагают задачу решенной,строят (от руки) искомую фигуру пристраивают к ней данные с учетом техотношений, которые указаны в условии задачи. Подмечают, что построение искомойфигуры Ф сводится к построению другой фигуры Ф1, построение Ф1сводят к построению Ф2 и т.д. После конечного числа шагов можноприйти к некоторой фигуре Фn, построение которой известно.
Еслина вспомогательном чертеже не удастся найти ход решения, то целесообразно ввеcти в чертеж вспомогательные фигуры:сделать дополнительные построения, сделать геометричеcкие преобразования и т.д.
2. Построениесостоит в указании конечной последовательности основных построений (или ранеерешенных задач), которые достаточно произвести, чтобы искомая фигура былапостроена.
Построениеобычно сопровождается графическим оформлением каждого шага с помощью указанныхинструментов.
3. Доказательствоимеет целью установить, что построенная фигура действительно удовлетворяетусловию задачи.
Доказательствопроводится в предположении, что каждый шаг построения может быть выполнен.
4. Исследование.При анализе, построении обычно ограничиваются отысканием одного какого-либорешения, предполагая выполнимость шагов построения. Идя полного решения задачинужно выяснить:
1)всегда ли (т.е. при любом ли выборе данных) можно выполнить построенияизбранным способом;
2)можно ли и как построить искомую фигуру, если для какого-нибудь выбора данныхуказанный способ построения не пригоден;
3)сколько решений имеет задача при каждом возможном выборе данных.
Этивопросы составляют содержание исследования. Итак, исследование ставит цель — установить условия разрешимости и определить число решений.
Практическиисследование проводят по ходу построения, рассматривая каждый шаг построения навозможность и единственность.
Однакотакое исследование связано с данным способом построения. В этом случае остаетсяоткрытым вопрос: нет ли других решений при другом способе решения. На этотвопрос отвечают с помощью указанного выше приема: доказывают, что произвольноерешение данной задачи совпадает с одним из уже полученных решений.
Дляиллюстрации сказанного рассмотрим следующий пример.
Задача. Построить треугольник, еслиизвестны: длина основания а, угол при основании α и разность двух другихсторон d.
Решение. Заметим, что в условии задачи неуказаны инструменты. Bтаких случаях будем полагать (как и в школе), что задачу надо решить с помощьюлинейки и циркуля.
/>
/>/>Анализ. Поиск решения задачи проведем, полагая задачу решенной.Пусть ∆ABC — искомый треугольник: AB = a, AC–BC = AD=d, />= α. Замечаем, что ∆АВD = определен по двум сторонам и углу между ними.
Третьявершина С искомого треугольника может быть найдена как точка пересечения луча АD и прямой l — серединного перпендикуляра отрезка ВD). Иначе говоря план решения найден,отроим треугольник ∆АВD, азатем и третью вершину С.
Построение. В этом пункте реализуем планрешения.
Строимпоследовательно:
/>/>/>
1) />
2) l, l – серединный перпендикуляр отрезка BD;
3) C, C = [AD) ∩l.
ТреугольникАВС – искомый.
Доказательство. Действительно, ∆АВС удовлетворяетвсем условиям задачи, т.к. по построению
АВ =а, АС – ВС = АD = d, BAD = α.
Исследование. Проверил каждый шаг построения наосуществимость и единственность. Первый шаг возможен и единственен тогда итолько тогда, когда 0
Новернемся к анализу. У нас задача решена, предполагая, что α лежит противменьшей из двух боковых сторон. Если α лежит против большей стороны, топредыдущий метод построения не проходит. Как быть? По теории мы должны и дляэтого случая дать решение. Нетрудно убедиться, что ΔABF определен (a,d и угол π — α). Построение, доказательство и исследование провoдятcя также, как и выше.
Необходимоеще выяснить: вcе ли решениянайдены. Да, все, так как если бы каким-то способом построить треугольник по a, d и α то этот треугольник был бы равен одному изуказанных треугольников (это легко доказать через ).
/>Методы решения задач на построение
Основнымиявляются три: метод геометрических мест (ГМТ), метод геометрическихпреобразований, алгебраический метод.
Методгеометрических мест (пересечения фигур).
Сущностьметода: решениезадачи сводит к построению некоторой точки (основного элемента построения),подчиненной двум условиям. Отбрасывают одно из этих условий и строят ГМТ Ф1, удовлетворяющих первому условию, потом Ф2 — ГМТ,удовлетворяющих второму условию. По соответствующей аксиоме конструктивнойгеометрии можем сказать Ф1∩Ф2 = Ø или нет иесли ≠ Ø, то считать построенным пересечение Ф1 ∩Ф2. Точки Ф1 ∩ Ф2 и только ониудовлетворяют обоим условиям одновременно. Точки пересечения и только они даютрешение задачи.
Заметим,что успех от применения этого метода полностью зависит от знания конкретныхГМТ. Наиболее часто применяются следующие геометрические места:
ГМТ1. Множество точек плоскости, каждая из которых равноудалена от двух данныхточек А и В, есть серединный перпендикуляр отрезка АВ.
ГMT 2. Множество точек, находящихся наданном расстоянии от данной прямой, есть две прямые, параллельные данной иотстоящие от нее на данном расстоянии.
ГМТ3. Множество точек, каждая из которых равноудалена от двух данных параллельныхпрямых, есть прямая, являющаяся их осью симметрии.
ГМТ4. Множество точек, каждая из которых равноудалена от двух пересекающихсяпрямых, есть две взаимно перпендикулярные прямые, содержащие биссектрисы углов,образованных данными прямыми,
ГМТ5. Множества точек плоскости, из которых отрезок АВ виден под прямым углом,есть окружность (без точек А и В ), построенная на отрезке АВ как на диаметре.
ГМТ6. Множество точек плоскости, из которых отрезок АВ виден под углом α, гдеα ≠ 90º, α ≠ 180º, есть две дуги с общимиконцами А и В (без точек А и В), симметричные относительно прямой АВ.
ГМТ7. Множество точек плоскости, из которых данная окружность видна под угломα, где α ≠ π, есть окружность,- концентрическая с данной,радиус которой больше радиуса данной окружности.
ГМТ8. Множество точек, делящих всевозможные хорда окружности (O, ОА), проведенные через точку Аокружности, в одном и том же отношении λ, где λ > 0, естьокружность (без точки А) с центром на прямой ОА, проходящая через точку А. Еслиλ = 1, то эта окружность построена на отрезке ОА как на диаметре.
ГМТ9. Множество точек плоскости, для каждой из которых разность квадратоврасстояний от двух данных точек А и В постоянна, есть прямая, перпендикулярнаяпрямой АB.
ГМТ10. Множество точек плоскости, для каждой из которых сумма квадратов расстоянийдо двух данных точек А и В равна а2, есть окружность с центром всередине отрезка АВ, если 2а2>AB2; середина отрезка AB, если 2a2 = AB2; и пустое множество, если 2a2
ГМТ11. Множество точек плоскости, для каждой из которых отношение расстояний додвух данных точек А и В постоянно и отлично от единицы, есть окружность сцентром на прямой АВ (окружность Аполлония).
Дляиллюстрации метода ГМТ решим следующую задачу.
Задача. Построить треугольник, еслиизвестны: длина основания а, угол при вершине α и отношение боковых сторонλ, λ ≠ 1.
Решимметодом ГМТ.
Анализ.Две вершины А и В искомого треугольника легко построить. Задача сводится кпостроению точки С. Точка С должна удовлетворять следующим двум условиям: 1)точка С принадлежит сегменту, вмещающему данный угол α; 2) точка Спринадлежит окружности Аполлония.
/>
ς                        α
Построение.Строим последовательно: а) отрезок АВ, АВ = 0; б) сегмент А ς В, вмещающийданный угол α; в) окружность Аполлония на отрезке АВ; г) точку С,принадлежащую пересечению сегмента А ς В и окружности Аполлония.
ТреугольникАВС — искомый.
Доказательствои исследование предлагаем читателям провести самостоятельно.Метод геометрических преобразований
Сущностьметода: при решении задачи, и прежде всего на первом этапе – анализе, наряду сданными и искомыми фигурами рассматривают другие фигуры, полученные из данныхили искомых фигур (или их частей) с помощью некоторого геометрическогопреобразования (ГП). В зависимости от того, какое (ГП) выбрано, говорят о тойили иной разновидности метода ГП (метод параллельного переноса, гомотетии,инверсии и т.д.). Рассмотрим примеры.1. Параллельныйперенос (ПП).
Сущность: наряду с данными и искомымифигурами рассматривают другие фигуры, полученные из указанных фигур (иличастей) с помощью ПП.
Задача.Достроить трапецию так, чтобы ее основания и диагонали были соответственноравны четырем данным отрезкам.
/>
/>/>Анализ. Пусть ABCD — искомая трапеция. Сделаем параллельный перенос плоcкости, определяемый вектором ВС: ВС: BD → CF.
ТреугольникACF определен по трем сторонам: AF = a + b, AC = d1, CF = d2.
Планрешения ясен. Предлагаем читателям завершить решение этой задача.2. Осевая симметрия.
Задача. Даны прямая l и две точки А и В, принадлежащиеодной плоскости, определяемой прямой l. Найти такую точку Х/>l, чтобы сумма АХ + ХВ была минимальной.
/>
Уклонимсяот схемы. Рассмотрим Sе. Пусть A′= Se (A), X = A′B ∩ l. Покажем,что Х — искомая точка. В самом деле, для любой точки
Y/>l: AX + XB = A′B
 
Исследование. Задача всегда имеет решение, причемединственное.3. Поворот.
Задача. Даны: угол АОВ и точка С внутринего. Построить равносторонний треугольник, одна вершина которого совпадает оточкой С, а две другие лежат на сторонах данного угла.
Анализ. Пусть ∆СDE — искомый. Сделаем поворот плоскостивокруг точки С на угол 60°: R60º (D) = E, R60º (OB) = O′B′, причем E = OB ∩ O′B′. Аналогично находим положение точки D: D = OB ∩ Rc-60º(OA).
/>

Построениеочевидно. Доказательство и исследование предлагаем провести самостоятельно.
4.Центральная симметрия.
/>
Задача.Построить квадрат, если даны его центр О и две точки А и В на параллельных егосторонах.
Анализ.Пусть искомый квадрат построен. Тогда А’ и В, где лежат на А’ = Z0(A),лежат на одной стороне квадрата. Аналогично В’ и А, где В' = Z0(в), лежат на одной стороне квадрата. Тогда на прямыхВА' и АВ' лежат стороны квадрата. Дальнейшее продолжение не вызываеттрудностей, предлагаем провести самим.
5.Метод подобия (гомотетии).
Сущностьметода строят фигуру, подобную данной, не учитывая какой-нибудь линейный размерили специальное положение искомой фигуры относительно данных. Затем строятискомую (чаще всего гомотетией), учитывая, что коэффициент подобия равенотношению любых двух соответственных отрезков.
Задача.Даны угол и точка внутри него. Построить окружность, проходящую через точку А икасающуюся сторон угла.
Анализ.Центр искомой окружности должен лежать на биссектрисе данного угла. Снимемтребование, чтобы окружность ω проходила через А (это подобно тому, что нетребуется, чтобы расстояние от точки О до точки окружности равнялось известномуотрезку а). Тогда легко построить окружность ω1, касающуюсясторон утла. Окружности ω и ω1 гомотетичы (с центром вточке 0). Найдем образы точек А и В: А → А', В→В'. Очевидно, АВ׀׀А'В'.
Учитываяоказанное, можно наметить следующий план решения:
1) строимокружность СО1, касающуюся сторон угла;
2)проводам ОА;
3)строим точки пересечения ω и ω1;
4) източки А проводим прямую, параллельную прямой А'В'. Пусть В — одна из точекпересечения.
Построениеи доказательство опускаем (самим).
Исследование.1.Окружность ω1 можно построить и бесчисленным множествомспособов.
2.Пересечением ОА и ω1 всегда являются две точки А' и А".
3.Через точку А можно провести две прямые, параллельные соответственно В'А' илиВ'А''. Эти две прямые l1 и l2 различны, если А />ОВ'; и совпадает, если А/>ОВ'.
/>
4.Пересечения l1 ∩ ОВ и l2 ∩ ОВ' существуют и единственны, если А ОВ', т.е.задача в этом случае имеет два решения.
Еслиже А />ОВ',то этим способом центр искомой окружности не найдем. Для этого принципиальнонового случая найдем новое специфичное решение: строим прямую, перпендикулярнуюОА-биссектрисе данного угла. Далее проведем биссектрисы углов ОСА и МСА. Точкив1 и в2 — искомые центры.
Задача(наглядная). Построить треугольник по двум углам />, β

/>
имедиане, проведенной из какой-нибудь вершины.
1.Строим треугольник АВ1С1
2.Подобным преобразованием получим искомый ΔАBC 6. Метод инверсии
Сущностьметода: наряду с данными и искомыми фигурами рассматривают фигуры, инверсные имили их частям. Он применяется в тех случаях, когда построение фигуры, инверснойискомой, является более легкой (доступной). Построив инверсную построенной,получают искомую. Метод инверсии дает возможность решить трудные конструктивныезадачи. Недостаток — громоздкость (большое число построений).
Задача.Даны: точка О и прямые а и в, не проходящие через О. Построить луч, выходящийиз О, чтобы произведение его отрезков от О до точек пересечения с даннымипрямыми было равно />2, где /> - длина отрезка />.
Анализ.Пусть [ОА) — искомый луч. Тогда ОА*ОВ= />2. Инверсия I относительно окружности ω(o,r) точку Bпереведет в точку A, прямую в→в',где b' — некоторая окружноcть, тогда A = a∩в'.
/>
Построение.Строим последовательно: 1) ω(o,r); 2) в', где в' = I (в) окружность, проходящая через О;3) А, А/>а ∩в; 4) [ОА) — искомый.
Доказательство.Через В обозначим пересечение в ∩ [ОА). Тогда В – прообраз А, т.к. А =[ОА) ∩ в'→[ОА) ∩ в = В. По определению инверсии имеем: ОА*ОВ= r2.
Исследование.Если: a ∩ в' = Ø, то нетрешения; — точка касания, то одно решение; a ∩ в' = {A}, A – точка касания, то одно решение; a ∩ в' = {A1A2, A1≠ A2, то два решения.
Алгебраическийметод.
Сущность:решение задачи сводят к построению отрезка, длину которого можно выразить черездлины данных отрезков с помощью формул. Затем строят искомый отрезок пополученной формуле.
/>/>Задача. Даны: угол АОВ и две точки С и D да луче OВ. Найти на луче [ОА) точку X, чтобы величина угла СХD была наибольшей.
Анализ.Пусть точка X найдена. Очевидно, точка X является точкой касания окружности,проходящей через С и D. Обозначим длину отрезка ОХ через х.
/>
/>Имеем:
х2= |ОС|*|ОD|, |ОС| и |ОD | -
длиныизвестных отрезков ОС и ОD).План решения состоит из двух шагов: Строим />так, чтобы
/>и х = [OA) ∩ω(O,x),

где />– длина отрезках.
Построение,доказательство, исследование предлагаем провести самим.
Построениеотрезков, заданных формулами.
Алгебраическийметод решения задач на построение сводится к построению отрезков, заданныхформулами.
Полнаяформулировка задачи: даны отрезки />. Пусть а, в, с,…, d – их длина при некоторой единице измерения. Требуетсяпостроить с помощью данных инструментов (циркуля и линейки) отрезок /> , длина которого x (при той же единице измерения) выражается через длины данныхотрезков формулой х = f (a, в2, с,…, d). Будем рассматривать такие значенияа, в, с,…,d, при которых f имеет смысл и положительна.
Мыуже знаем, как cтроить выражения
/>, /> , />, />, х = а ± в,(а — в, при а >
в). Крассмотренным построениям можно свести построение более сложных формул:
1) />, n = натуральное число; делается так:
/>, причем />, если n = p·q,
/>, если n = p2± q2;
2) />
3) /> />· />и т.д.

Всепостроенные выше формулы обладают одним общим cвойcтвом:они являютcя однородными выражениями первойстепени. Напоминаем, выражение F(а,…, с)называют однородным степени 11, если
F(ta,…,tc) = tn · F (a,…,c).
Пользуясьпонятием однородной функции, мо; но выделить некоторые, классы алгебраичеcких выражений, которые могут бытьпостроены циркулем и линейкой. Например, циркулем и линейкой можно построить:
1) Oтрезок, заданный формулой
/>,
где Pn+1 (…) и Pn(a,b,…,c) — однородные многочлены срациональными коэффициентами от длин а, в,…, с отрезков />степени соответственно n+1 и n.
Пусть
Pn+1 = />
Далее,пусть /> - произвольный отрезок, d — его длина (в той же единицеизмерения).
Разделимчиcлитель на dn, знаменатель – на dn-1 .
/>

Выражение/> представляетсумму одночленов вида />.
Следовательно,можно построить каждое слагаемое, а потому и весь числитель: />. Аналогично, /> . Наконец строим /> — отрезок длины х, где />;
2)отрезок, заданный формулой />, где – (/>(…) – однородная рациональнаяфункция 2 степени с рациональными коэффициентами. Делается так: />, где (R2(…) — отношение двух однородныхмногочленов />, тогда /> как и выше, строим
/>
3)Замечание. При вычерчивании кривых иногда приходится строить алгебраическиевыражения, не являющиеся однородными первой степени. Пусть надо построитьотрезок />, длина которого x = f(a,b,…,c), где f(…)не является однородной первой cтепени,например, y = x3 +1.
Правило:построение произвольного выражения от n аргументов всегда можно свести к построению некоторого однородноговыражения первой степени от n+1аргументов. Достигается это выбором единицы измерения.
Выберемнекоторый отрезок />в качестве единичного, e =1.
/> — однородная функция первой степени.
Еслисумеем построить отрезок /> по этой формуле, то он и будетискомым при выбранной, единице масштаба. Ясно, что получим различные неравныеотрезки в зависимости от выбора />.
Примеры:
1) />
2) />
3) />
4) />
5) />
Разрешимостьзадач на построение с помощью циркуля и линейки.
Длякраткости операции «+», «-», «·», «:» и извлечение арифметического квадратногокорня» назовем основными действиями.
Теорема.Отрезок, длина которого задается положительной функцией для данных отрезков,может быть построен циркулем и линейкой тогда и только тогда, когда длинаискомого отрезка выражается через длины данных отрезков при помощи конечногочисла основных действий.
Достаточность.С помощью циркуля и линейки можно построить отрезок />, длина которого x равна соответственно:
/>а+в
а-в
ав(за счет />,е = 1)
/> (- « -)
/>
Так,как по условию длина искомого отрезка выражается через длины данных отрезков спомощью конечного числа основных действий, то остается единственный возможныйслучай, когда промежуточный отрезок не сможем построить — это построениеразности а-в при а
Втаких случаях перейдем к положительной разности с помощью тождества а — в = — (в — а).
Теперьможно последовательно выполнить все построения, соответствующие основнымоперациям, и через конечное число шагов получим искомый отрезок.
Необходимость.Ясно, что построение отрезка /> равносилъно построению его концов.Так как />можно построить, то существуетконечная последовательность основных построений, в результате выполнениякоторых на каком-то m -м шаге будетпостроен один конец (обозначим его через А ), а на к -ом — другой конец (точкув ). На плоскости построим прямоугольную декартовую систему координат.
/>
ПустьА (/>,β),В (γ, δ) — координаты построенных точек. Данные отрезки />построим на положительной полуоси ОХ, тогда длины этихотрезков выражаются числами а1,…, ар ς (А, В) = х = /> т.е. длина отрезка />выражается через числа />, β, γ, δ с помощьюконечного числа основных действий. Если докажем, что сами числа />, β, γ, δвыражаются через а1,…, ар с помощью конечного числаосновных действий, то теорема будет доказана (длина отрезка />выражается с помощью конечного числа основныхдействий).
Заметим,что любые построенные точки в ходе построения появляются двояко: либовыбираемые произвольно, либо как общие точки двух ранее построенных линий.
Впервом случае выберем только такие точки, координаты которых выражаются через а1,…, арпри помощи конечного числа основных действий.
Вовтором случае точка получается одним из следующих способов:
а)пересечение прямых (причем каждая прямая проведена через 2 построенные точки):
б)пересечение окружности и прямой (окружность построена через 2 построенныеточки);
в)пересечение двух окружностей.
Рассмотримслучай а). Пусть прямая l1 проведена через точки
C1 (x1,y1) и D1 (x2,y2.). Покажем, что числа х1, у1, х2и у2 могут быть выражены через а1,…, ар спомощью конечного числа основных действий (К4ОД). Действительно, пустьуравнение прямой l1 имеет вид:
в1х+ с1у = d1
/>
Легкоубедиться, что чиcла в1,с1, d1выражаются через х1,х2, у1, у2 с помощью конечного числаосновных действий. То же самое имеет место относительно коэффициентов прямой l2: в2х + с2у + d2=0.
Точкапересечения (x0, y0) еcть решение cиcтемы

/>
причемрешение выражается через в1, с1,…, d1 с помощью КrОД
В cлучае б) (х0, у0).-точка пересечения — есть решение системы
/>
Числах0, у0выражаются через в, с, d, х1, х2, R c помощью КrОД.
Вслучае в) точка пересечения (х0, у0) является решениемсистемы
/>
Легкоубедиться, что решение выражается с помощью КrОД через координаты ранее построенных точек.
Итак,координаты вновь построенных точек получаются через координаты ранеепостроенных с помощью конечного числа основных действий. Но, к ранеепостроенным точкам применимы точно такие же рассуждения. В конечном счете(из-за конечности числа построений циркулем и линейкой) получим, что координатыА и В выражаются через а1,…, ар с помощью КrОД.
Следствие.Если даны: отрезок, принимаемый за единичный, и число а, то отрезок длины аможет быть построен циркулем и линейкой тогда и только тогда, когда число аможет быть получено из «I» посредством лишь конечного числа основных действий.
Озадачах, не разрешимых циркулем и линейкой.
Большойинтерес представляют такие задачи на построения, когда фигура, удовлетворяющаявсем условиям задачи, заведомо существует, но не может быть построенауказанными инструментами. Такого рода «доказательства невозможности»даже простых по формулировке задач на построение часто оказываются связанными снаиболее трудными вопросами алгебры, анализа.
Познакомимсяс некоторыми классическими задачами на построение, решения которых не могутбыть найдены о помощью циркуля и линейки.
1. Задачао квадратуре круга (пользовалась исключительной известностью с древнейшихвремен).
Построитьциркулем и линейкой квадрат, площадь которого бала бы равна площади кругаданного радиуса.
Пусть/> - радиус круга, />, т.е. площадь крута равна площадиквадрата со стороной/>Иначе говоря, x является средней пропорциональной />и />.
Еслибы можно было построить />, то легко можно было строить искомыйквадрат.
Итак,задача о квадратуре круга свелась к задаче о опрямлении окружности, т.е.построению отрезка длины />. При /> эта длина равна />.
ЛамбертИ. (швейцарский математик) доказал, что π — иррациональное число. Новопрос о возможности спрямления окружности остался открытым, так как согласноследствию из предыдущей теоремы отрезок длины а (при выбранном единичномотрезке) может быть построен циркулем и линейкой, если а получается из I с помощью конечного числа основныхдействий. Такие числа являются алгебраическими, т.е. служат корнями многочленовс рациональными коэффициентами. Числа, не являющиеся алгебраическими,называются трансцендентными.
В 1882 г. Линдеманн Ф. доказал, что π является трансцендентным числом. Следовательно, проблема оквадратуре крута разрешена, задача о квадратуре крута не разрешима о помощьюциркуля и линейки.
2.Задачу удвоения куба: зная ребро куба, построить ребро куба, объем которого былбы вдвое больше объема данного.
Пустьа — длина ребра данного куба, x — искомого. Имеем: х2 = 2а3. Если а = 1, то получимуравнение х3 – 2 = 0. Это уравнение не имеет рациональных корней(т.к. рациональные корни этого уравнения обязательно целые, их надо искатьсреди делителей свободного члена). Из алгебры известно: если уравнение /> рациональные числа) не имеет рационального корня, тони один корень этого уравнения не может быть выражен через I лишь с помощью конечного числаосновных действий. Тогда, учитывая указанное выше следствие, получим, чтоотрезок длины x не может быть построен с помощьюциркуля и линейки.
Замечание.Эта задача может быть решена с привлечением двух прямых углов.
3.Задача о трисекции угла: построить угол, в 3 раза меньший данного.
Достаточнорассмотреть эту задачу для острых углов, т.к. при тупом /> угол />/> является острым и третья частьравна /> Отсюда следует, что/>
Итак,пусть α — данный острый угол, φ — искомый,
/>

/>
Еслиотрезок длины x можно построить циркулем и линейкой,то из прямоугольника следует, что можно построить и сам угол φ.Следовательно, задача свелась к построению отрезка длины х, где x — один из корней уравнения (I).
Пустьα = 60º, тогда в = 1. Уравнение (I) приводится к виду:
/>
Легкоубедиться (из тех же соображений, что и выше), что у этого уравнения нетрациональных корней, следовательно нет ни одного корня, который выражался бычерез I с помощью конечного числа основныхдействий.
Следовательно,задача о трисекции угла не разрешима циркулем и линейкой в общем виде.
Но,может быть, она никогда не разрешима? Это не так. Пусть α = 90°. Тогдауравнение (I) имеет вид: x3 — зх = 0, />Отрезок />можно построить, следовательно,задача в этом случае разрешима.
/>
нетрудно построить и угол φ.
Можно чисто геометрически построить угол в 60° (хорда равна радиусу, см.рис.).
/>

Замечание1. Существуют приборы-трисекторы, позволяющие делить угол на три равные части.
/>
АВСD и AB1C1D1 — ромбы, φ =/>.
/>
Замечание2. Задачу о трисекции угла легко решить циркулем. Строим последовательно: 1)окружность ω/>расстояние между отметками налинейке;
2)точку А;
3)прямую, проходящую через А так, чтобы расстояние между второй точкойпересечения с окружностью и точкой пересечения этой прямой с прямой ОN было равно />.Построение правильных многоугольниковциркулем и линейкой.
Решениепроблемы связано большими трудностями, и решена она полностью великим немецкимматематиком Гауссом в 1796 году.
Вопроспостроения правильного n-угольника равносилен вопросу о возможности деления окружности на n равных частей. Возьмем окружноcть радиуcа />и прямоугольную систему координат.Задача деления

/>
окружностина n равных частей состоит в построенииточек
/>
т.е,в построении корней уравнения Zn– 1= 0 о тличных – от Z0= 1. Это равносильно построению корней уравнения /> Это уравнениеназывается уравнением деления окружности.
Гауссдоказал следующую замечательную теорему.
Теорема.Построение правильного n — угольника с помощью циркуля и линейки возможно тогда и только тогда, когда /> (числаФерма).
Рассмотримнесколько частных случаев:
/>
/>уравнение деления окружности.
Пусть />, (если /> построено, то /> также можно построить />
/>
Следовательно,правильный пятиугольник можно построить циркулем и линейкой.
Подставим:
/> 
Строим/>, потом /> Повторяя дугуАВ 3 раза, получим все точки.
Построенияиными инструментами
 
1.Построения одним циркулем. Во многих случаях построения, проводимые циркулем, оказываются точнее,чем построения, проводимые линейкой.
Итальянскийучений Л. Маскерони (1750-1800) и датский ученый Г.Мор (1640-1697) исследоваликонструктивные возможности циркуля и доказали следующую теорему.
Теорема(Мора-Маскерони). Любая геометрическая задача на построение фигуры из конечногочисла точек, разрешимая циркулем и линейкой может быть решена при наличиитолько циркуля.
Пояснения:1) имеется в виду, что фигура состоит из конечного числа точек, окружностей,отрезков, лучей прямых; 2) циркулем конечно, нельзя построить прямую, отрезок,луч, здесь имеется в виду, что циркулем можно сделать их известными (прямаяизвестна, если известны две ее точки; отрезок известен, если известны два его конца;луч известен, если известна начальная точка и точка, через которую проходитлуч).
Доказательствоопускаем.
2.Построения одной линейкой.
Построенияодной линейкой исключительно ограничены. Например, отрезок нельзя разделитьпополам. Но если на плоскости задана окружность, возможности увеличиваются.
Справедливатеорема. Всякая геометрическая задача на построение фигуры, состоящей изконечного числа точек, разрешимая циркулем и линейкой, может быть решена однойлинейкой, если на плоскости построена окружность и отмечен ее центр (т.е. воливоспользоваться циркулем один раз). Это теорема Штейнера, иногда называют еетеоремой Понселе-Штейнера.
3.Построения двусторонней линейкой
Пример.Разделить данный угол пополам.
/>
Проводимпараллели, ОС — биссектриса />
Оказывается,справедлива теорема
Всякаягеометрическая фигура, состоящая из конечного числа точек, которая может бытьпостроена циркулем и линейкой, может быть построена только двустороннейлинейкой.
4.Построения с помощью прямого угла.
Пример.Построить центр начерченной окружности. Всякая геометрическая фигура, состоящаяиз конечного числа точек, которая может быть построена циркулем и линейкой,может быть построена только прямым углом. Это же верно для любого угла.

/>
Пример2. Дан ΔАВС; требуется построить три окружности так, чтобы каждая из нихкасалась двух других окружностей и двух сторон треугольника (задача Мальфатти).Считаем задачу решенной (фиг. 1). Пусть точка О будет центром вписанной втреугольник окружности (радиуса r).Радиусы кругов К и L обозначим соответственночерез r1 и r2. Из точек К, О, L опустим перпендикуляры на сторону АВи таким путем построим точки D, Е, F. Положим AE = s, BE = t, AD = x, BF = y.
/>
Фиг.2
Еслимы проведем KG || AB, то
LG = r2 – r1 и KG = />
Изподобия 7) треугольников ADK и AEO следует, что

/>
аналогичноэтому и />,что вытекает из подобия треугольников BFL и ВЕО.
AB = AD + DF + FB,
следовательно:
/>= />
или(подставляя вместо r1 и r2 полученные для них выражения)
/>= />(1)
Еслиопустим из точек L, М, Оперпендикуляры на сторону ВС и положим РС = и и QC = z, тополучится равенство
2) />= t + u;
аналогичномы получим равенство и для третьей стороны :
3) />= u + s.
Такимобразом, мы имеем три уравнения для определения трех неизвестных х, у, z.
Мальфаттисообщает решения этих трех уравнений,:
/>
Еслиподставить эти значения в вышеприведенные уравнения, то они удовлетворятпоследним. Путь, которым Мальфатти нашел решения, чрезвычайно сложен, как онсам указывает.
Геометрическоеже построение величин х, у, zпредставляется чрезвычайно простым, ибо
/>
вследствиечего отрезки эти, равно как и отрезки s, t, r, u, r, легко могут быть построены.
Еслиже теперь построить выражение
/>
x = ОА — m, у = ОБ — m,
z = OC — m (фиг. 2).
Пример3. Даны три окружности K1, K2, К3, коих центры лежат на одной прямой; радиускаждой из окружностей К1, К2 равен r2. Последние две окружности имеют одно и то жецентральное расстояние а от окружности К1{r1). Требуется построить все окружности, которые касаются трех данных(фиг. 3).
/>
Фиг.3.
Длятого, чтобы решить эту задачу вычислением, мы кладем в основание прямоугольнуюсистему координат. При этом уравнения данных окружностей таковы:
К1… х2+у2 = />,
K2 … (x — a)2+ y2 = />
K3 … (x + a)2+ y2 = />
Уравнениеже каждой из искомых окружностей имеет вид:
(x — pi)2 + (y — qi)2 = ρi2.
Длякруга О1 (фиг. 3) легко могут быть получены три уравнения,определяющие три неизвестные велиeчины p1, q1, ρ1; именно, из условий

/>
вытекаютравенства
/>
Из двухпоследних следует, что p1 = 0, а отсюда уже непосредственновытекает:
/>(1)
иборадиус круга О2 равен радиусу ρ1 круга О1 (фиг. 3).
ОкружностьО3 касается окружностей К2 и К3 извне, аокружности К1 — изнутри; таким образом, имеют место равенства
/>
Отсюдаполучается

(2) />
Дляокружности О5 имеют место равенства
/>
откудаполучается:
/>
Построениеможет быть выполнено по следующему плану. Строим по порядку (фиг. 3):
AB = r2, BC = a,
тогда
/>
еслизатем построить

/>
Аналогичнопостроим
/>
1.Весьма удобным методом для решения геометрических задач на построение являетсяметод геометрических мест.
Оносновывается на следующем: стараются свести всю задачу к нахождению некоторойточки X, что в большей части случаев сделатьне трудно.
ТочкаX определяется двумя условиями,вытекающими из требования задачи. Если устранить первое из условий, тосуществует не одна только точка X, нобесчисленное множество таких точек, составляющих в совокупности некоторуюлинию, некоторое геометрическое место. Если же устранить второе условие иограничиться первым, то получится другое геометрическое место. Каждая точкапересечения этих двух геометрических мест удовлетворяет требованиям задачи.
2.Является необходимым предварительно изучить некоторые геометрические места. Мыприведем наиболее простые и вместе с тем наиболее употребительные из них.
a) Геометрическоеместо точек, находящихся от данной точки на данном расстоянии, есть окружность,описанная из данной точки, как из центра, радиусом, равным данному расстоянию.
b) Геометрическоеместо точек, находящихся на данном расстоянии от данной прямой, состоит из двухпрямых, проведенных параллельно данной прямой, на данном от нее расстоянии.
c) Геометрическоеместо точек, равноотстоящих от двух данных точек А и В, есть прямая, перпендикулярнаяк отрезку АВ в его середине. (Симметраль точек А и В).
d) Геометрическоеместо точек, равноотстоящих от двух данных прямых, состоит из двух взаимно перпендикулярныхпрямых делящих пополам углы между данными прямыми (биссектрисы).
e) Геометрическимместом точек, из которых отрезок АВ виден под данным углом а, является дугаокружности, стягиваемая* отрезком АВ (построение ясно из фиг. 4).
/>
Фиг.4 Фиг. 5
f) Геометрическое местоточек, расстояния которых от двух данных точек находятся в данном отношении m: n, есть некоторая, окружность (фиг. 5)
Приэтом
/>
Откудапо известной теореме получается, что
Имеетместо также пропорция
AP1:P1B = AP2:BP2

Четыретакие точки называются, как известно, четырьмя гармоническими точками.
g) Геометрическоеместо точек, расстояния которых от двух данных прямых находятся в данномотношении m: n, образуется двумя прямыми линиями х и у, проходящими черезточку пересечения данных прямых (фиг. б).
h) Геометрическоеместо точек, квадраты расстояний которых от двух данных точек А и В сохраняютпостоянную разность d2, есть прямая, перпендикулярная котрезку АВ.
/>
Фиг.6 Фиг.7
Доказательство:Пусть точка Р1 (фиг. 7) обладает указанным свойством, так что
/>
Еслиопустить из точки P1 на АВ перпендикуляр и взять на немпроизвольную точку Р1 то

/>/>
Из h) может быть выведено следствие,которое позже для нас будет важно. Мы лишь предпошлем ему краткое замечание:
а)Как известно, справедливо следующее предложение: „Если через точку Р (фиг. 8а,8Ь) провести секущие к окружности, топостоянно
РА.РА' = РВ.РВ' =… "
Эгопостоянное произведение называется степенью точки Р в отношении даннойокружности; степень равна d2 — r2, где d естьрасстояние точки Р от центра (центральное расстояние точки Р), r есть радиус окружности.
/>
Фиг.8а Фиг. 8б
/>Если точка Р лежит вне окружности, тостепень точки также />равна РТ2.
β)Если даны две окружности с центрами О1 и О2, то точка Римеет определенную степень по отношению к каждой из них. Если же точка Р поотношению к обеим окружностям (с радиусами r1 и r2) имеет одну и ту же степень, то
/>
такчто
/>
следовательно,геометрическое место точек, имеющих одну и ту же степень в отношении обеихокружностей, есть (согласно h)прямая, перпендикулярная к линии центров этих окружностей; прямая мл называетсярадикальной осью обеих окружностей.
Если окружностипересекаются, то их радикальная ось проходит через точки их пересечения, ибокаждая из точек пересечения имеет в отношении обеих окружностей степень, равнуюнулю.
Еслиже окружности не пересекаются, то радикальную ось можно построить (фиг. 9),опустив перпендикуляр на линию центров из середины общей касательной к обеимокружностям; можно при этом следовать и другому пути, пользуясь теоремой: „Еслиданы на плоскости три окружности, то определяемые ими три радикальные осипроходят через одну и ту же точку (радикальный центр трех окружностей)";доказательство теоремы основывается на том соображении, что точка пересечениядвух каких-либо радикальных осей имеет одну и ту же степень в отношении всехтрех окружностей, следовательно, лежит на третьей радикальной оси.

/>
Фиг.9
3. Мыразъясним метод геометрических мест на двух примерах:
а)Даны две окружности О1, О2 радиусов r1 и r2.
Требуетсяпостроить такую окружность К1 которая касалась бы обеих данныхокружностей и имела бы данный радиус r.
Еслиоткинуть требование, чтобы окружность К касалась окружности О2, тоискомых окружностей существует бесчисленное множество; геометрическое место ихцентров состоит из двух концентрических с О1 окружностей, радиусыкоторых соответственно равны r1 + r и r1 — r. Аналогично мы получим для искомого центра X и другое геометрическое место,состоящее из двух окружностей, описанных из точки О2, как из центра,радиусами
ТочкаX должна совпасть с одной из точекпересечения обоих геометрических мест; существует не больше восьми точек,удовлетворяющих требованиям задачи.
β)Даны три окружности K1, К2, К3;требуется построить все окружности, касающиеся трех данных (Аполлониева задачао касании).
Если(фиг. 10) через центр одной из данных трех окружностей, например, через центрокружности /С3, провести окружность, концентрическую с искомой X, то окажется, что упомянутая вышезадача сведется к следующей:
Даныдве окружности К΄1, К΄2 и точка Р΄;требуется построить окружности, касающиеся двух данных и проходящие через точкуР΄΄.
/>
Фиг.10
Геометрическоеместо центров всех окружностей, которые касаются окружности К1΄΄и проходят через точку Р, есть эллипс или гипербола, в зависимости от того,лежит ли Р внутри окружности К΄1 или вне ее.
Центрокружности К΄1 и точка Р являются фокусами этих коническихсечений; асимптоты гиперболы перпендикулярны к касательным, которые можнопровести к окружности К΄1 из точки Р.
Каждаяиз данных трех окружностей может свестись и к одной точке или перейти в прямую.Геометрическое место центров окружностей, которые касаются прямой l и проходят через точку Р, естьпарабола, имеющая прямую lсвоей директрисой, а фокус — в точке Р.Вариант 15
1. Построитьтреугольник ΔАВС по а, с-b, />
2. Построитьтрапецию по отношению боковых сторон, углу между ними и двум основаниям.
3. Даны прямая МN и точки A и Вв одной полуплоскости относительно прямой MN. Поcтроить на прямой МN точку X такую, что
/>.
4. Вписать в данныйчетырехугольник параллелограмм так, чтобы его центр совпал c данной точкой.
5. В данном круге черезданную внутри его точку А провести хорду так, чтобы она в точке А разделилась вотношении m: n.
6. Построить треугольникс данным отношением сторон длин биссектрисы и медианы, проведенных из однойвершины.
7. Построитьпрямоугольной треугольник по радиусам описанной окружности R и вписаннойокружности r.
8. На приведeнных ниже чертежах дано схематичноерешение четырех задач на, построение. Сформулировать эти задачи и дать ихполное решение.

1)
/>
2)
/>
3)
/>
4)
/>
9. Построить ромб, знаяего сторону а и отношение диагоналей р: q, где p и q заданные отрeзки. Решить задачу двумя способами.
10. Рассматриваютсявсевозможные треугольники cданными основанием a, угол привершине которых равен φ. Найти множество точек пересечения медиан