Kako najti srednjo črto trikotnika. Trapez, srednja črta trapeza, trikotnik

Ta članek razkriva, kako dobiti enačbo premice, ki poteka skozi dve dani točki v pravokotni sistem koordinate, ki se nahajajo na ravnini. Izpeljimo enačbo premice, ki poteka skozi dve dani točki v pravokotnem koordinatnem sistemu. Nazorno bomo prikazali in rešili več primerov, povezanih z obravnavano snovjo.

Yandex.RTB R-A-339285-1

Preden dobimo enačbo premice, ki poteka skozi dve dani točki, je treba biti pozoren na nekaj dejstev. Obstaja aksiom, ki pravi, da po dveh neusklajene točke Na ravnini je mogoče narisati samo eno ravno črto. Z drugimi besedami, dve dani točki na ravnini sta določeni s premico, ki poteka skozi ti točki.

Če je ravnina določena s pravokotnim koordinatnim sistemom Oxy, bo vsaka ravna črta, prikazana v njej, ustrezala enačbi ravne črte na ravnini. Obstaja tudi povezava z usmerjevalnim vektorjem premice. Ti podatki zadoščajo za sestavo enačbe premice, ki poteka skozi dve dani točki.

Poglejmo primer rešitve podobna naloga. Treba je ustvariti enačbo za ravno črto a, ki poteka skozi dve divergentni točki M 1 (x 1, y 1) in M ​​2 (x 2, y 2), ki se nahajata v kartezični sistem koordinate

V kanonični enačbi premice na ravnini, ki ima obliko x - x 1 a x = y - y 1 a y, je določen pravokotni koordinatni sistem O x y s premico, ki se z njim seka v točki s koordinatami M 1 (x 1, y 1) z vodilnim vektorjem a → = (a x , a y) .

Treba je sestaviti kanonična enačba premica a, ki bo potekala skozi dve točki s koordinatama M 1 (x 1, y 1) in M ​​2 (x 2, y 2).

Premica a ima smerni vektor M 1 M 2 → s koordinatami (x 2 - x 1, y 2 - y 1), saj seka točki M 1 in M ​​2. Pridobili smo potrebne podatke za pretvorbo kanonične enačbe s koordinatami smernega vektorja M 1 M 2 → = (x 2 - x 1, y 2 - y 1) in koordinatami točk M 1, ki ležijo na njih. (x 1, y 1) in M ​​2 (x 2, y 2) . Dobimo enačbo oblike x - x 1 x 2 - x 1 = y - y 1 y 2 - y 1 ali x - x 2 x 2 - x 1 = y - y 2 y 2 - y 1.

Razmislite o spodnji sliki.

Po izračunih pišemo parametrične enačbe premica na ravnini, ki poteka skozi dve točki s koordinatama M 1 (x 1, y 1) in M ​​2 (x 2, y 2). Dobimo enačbo v obliki x = x 1 + (x 2 - x 1) · λ y = y 1 + (y 2 - y 1) · λ ali x = x 2 + (x 2 - x 1) · λ y = y 2 + (y 2 - y 1) · λ .

Oglejmo si podrobneje reševanje več primerov.

Primer 1

Zapišite enačbo premice, ki poteka skozi 2 podani točki s koordinatami M 1 - 5, 2 3, M 2 1, - 1 6.

rešitev

Kanonična enačba za premico, ki se seka v dveh točkah s koordinatama x 1, y 1 in x 2, y 2, ima obliko x - x 1 x 2 - x 1 = y - y 1 y 2 - y 1. Glede na pogoje naloge velja, da je x 1 = - 5, y 1 = 2 3, x 2 = 1, y 2 = - 1 6. Treba je zamenjati številčne vrednosti v enačbo x - x 1 x 2 - x 1 = y - y 1 y 2 - y 1. Od tod dobimo, da ima kanonična enačba obliko x - (- 5) 1 - (- 5) = y - 2 3 - 1 6 - 2 3 ⇔ x + 5 6 = y - 2 3 - 5 6.

Odgovor: x + 5 6 = y - 2 3 - 5 6.

Če morate rešiti problem z drugo vrsto enačbe, potem lahko najprej preidete na kanonično, saj je od nje lažje priti do katere koli druge.

Primer 2

Sestavi splošna enačba premica, ki poteka skozi točke s koordinatama M 1 (1, 1) in M ​​2 (4, 2) v koordinatnem sistemu O x y.

rešitev

Najprej morate zapisati kanonično enačbo dane premice, ki poteka skozi dani dve točki. Dobimo enačbo v obliki x - 1 4 - 1 = y - 1 2 - 1 ⇔ x - 1 3 = y - 1 1 .

Spravimo kanonično enačbo v želeno obliko, potem dobimo:

x - 1 3 = y - 1 1 ⇔ 1 x - 1 = 3 y - 1 ⇔ x - 3 y + 2 = 0

odgovor: x - 3 y + 2 = 0 .

O primerih takšnih nalog smo razpravljali v šolski učbeniki pri pouku algebre. Šolske naloge razlikovala v tem, da enačba premice z pobočje, ki ima obliko y = k x + b. Če morate najti vrednost naklona k in števila b, za katerega enačba y = k x + b določa premico v sistemu O x y, ki poteka skozi točki M 1 (x 1, y 1) in M ​​2 (x 2, y 2) , kjer je x 1 ≠ x 2. Ko je x 1 = x 2 , potem kotni koeficient prevzame vrednost neskončnosti, premica M 1 M 2 pa je definirana s splošno nepopolna enačba oblike x - x 1 = 0 .

Ker točke M 1 in M 2 sta na ravni črti, potem njihove koordinate zadovoljujejo enačbi y 1 = k x 1 + b in y 2 = k x 2 + b. Za k in b je potrebno rešiti sistem enačb y 1 = k x 1 + b y 2 = k x 2 + b.

Da bi to naredili, najdemo k = y 2 - y 1 x 2 - x 1 b = y 1 - y 2 - y 1 x 2 - x 1 x 1 ali k = y 2 - y 1 x 2 - x 1 b = y 2 - y 2 - y 1 x 2 - x 1 x 2 .

S tema vrednostma k in b postane enačba premice, ki poteka skozi dani dve točki, y = y 2 - y 1 x 2 - x 1 x + y 2 - y 2 - y 1 x 2 - x 1 x 1 ali y = y 2 - y 1 x 2 - x 1 x + y 2 - y 2 - y 1 x 2 - x 1 x 2.

Zapomni si to takoj ogromno formule ne bodo delovale. Za to je potrebno povečati število ponovitev pri reševanju problemov.

Primer 3

Zapišite enačbo premice s kotnim koeficientom, ki poteka skozi točke s koordinatama M 2 (2, 1) in y = k x + b.

rešitev

Za rešitev problema uporabimo formulo z naklonom, ki ima obliko y = k x + b. Koeficienta k in b morata imeti takšno vrednost, da podana enačba je ustrezala ravni črti, ki poteka skozi dve točki s koordinatama M 1 (- 7, - 5) in M ​​2 (2, 1).

Točke M 1 in M 2 nahajajo na ravni črti, potem morajo biti njihove koordinate enačba y = k x + b prava enakost. Iz tega dobimo, da je - 5 = k · (- 7) + b in 1 = k · 2 + b. Združimo enačbo v sistem - 5 = k · - 7 + b 1 = k · 2 + b in rešimo.

Ob zamenjavi to dobimo

5 = k · - 7 + b 1 = k · 2 + b ⇔ b = - 5 + 7 k 2 k + b = 1 ⇔ b = - 5 + 7 k 2 k - 5 + 7 k = 1 ⇔ ⇔ b = - 5 + 7 k k = 2 3 ⇔ b = - 5 + 7 2 3 k = 2 3 ⇔ b = - 1 3 k = 2 3

Zdaj sta vrednosti k = 2 3 in b = - 1 3 zamenjani v enačbo y = k x + b. Ugotovimo, da bo zahtevana enačba, ki poteka skozi dane točke, enačba oblike y = 2 3 x - 1 3 .

Ta način rešitve vnaprej določa porabo velika količinačas. Obstaja način, s katerim se naloga reši dobesedno v dveh korakih.

Zapišimo kanonično enačbo premice, ki poteka skozi M 2 (2, 1) in M ​​1 (- 7, - 5), ki ima obliko x - (- 7) 2 - (- 7) = y - (- 5 ) 1 - (- 5) ⇔ x + 7 9 = y + 5 6 .

Zdaj pa pojdimo k enačbi naklona. Dobimo, da je: x + 7 9 = y + 5 6 ⇔ 6 · (x + 7) = 9 · (y + 5) ⇔ y = 2 3 x - 1 3.

Odgovor: y = 2 3 x - 1 3 .

Če v tridimenzionalnem prostoru obstaja pravokotni koordinatni sistem O x y z z dvema podanima točkama, ki ne sovpadata s koordinatama M 1 (x 1, y 1, z 1) in M ​​2 (x 2, y 2, z 2), je ravna črta M, ki poteka skozi njih 1 M 2 , je treba dobiti enačbo te črte.

Imamo, da so kanonične enačbe oblike x - x 1 a x = y - y 1 a y = z - z 1 a z in parametrične enačbe oblike x = x 1 + a x · λ y = y 1 + a y · λ z = z 1 + a z · λ lahko definirajo premico v koordinatnem sistemu O x y z, ki poteka skozi točke s koordinatami (x 1, y 1, z 1) s smernim vektorjem a → = (a x, a y, a z).

Ravni M 1 M 2 ima smerni vektor oblike M 1 M 2 → = (x 2 - x 1, y 2 - y 1, z 2 - z 1), kjer premica poteka skozi točko M 1 (x 1, y 1, z 1) in M ​​2 (x 2 , y 2 , z 2), zato je kanonična enačba lahko v obliki x - x 1 x 2 - x 1 = y - y 1 y 2 - y 1 = z - z 1 z 2 - z 1 ali x - x 2 x 2 - x 1 = y - y 2 y 2 - y 1 = z - z 2 z 2 - z 1, nato pa parametrično x = x 1 + (x 2 - x 1 ) λ y = y 1 + (y 2 - y 1) λ z = z 1 + (z 2 - z 1) λ ali x = x 2 + (x 2 - x 1) λ y = y 2 + (y 2 - y 1) · λ z = z 2 + (z 2 - z 1) · λ .

Razmislite o risbi, ki prikazuje 2 dani točki v prostoru in enačbo premice.

Primer 4

Zapišite enačbo premice, določene v pravokotnem koordinatnem sistemu O x y z tridimenzionalnega prostora, ki poteka skozi dani dve točki s koordinatama M 1 (2, - 3, 0) in M ​​2 (1, - 3, - 5).

rešitev

Treba je najti kanonično enačbo. Ker govorimo o o tridimenzionalnem prostoru, kar pomeni, da bo želena kanonična enačba, ko poteka skozi dane točke, dobila obliko x - x 1 x 2 - x 1 = y - y 1 y 2 - y 1 = z - z 1 z 2 - z 1 .

Po pogoju velja, da je x 1 = 2, y 1 = - 3, z 1 = 0, x 2 = 1, y 2 = - 3, z 2 = - 5. Iz tega sledi, da bodo potrebne enačbe zapisane takole:

x - 2 1 - 2 = y - (- 3) - 3 - (- 3) = z - 0 - 5 - 0 ⇔ x - 2 - 1 = y + 3 0 = z - 5

Odgovor: x - 2 - 1 = y + 3 0 = z - 5.

Če v besedilu opazite napako, jo označite in pritisnite Ctrl+Enter

Lastnosti premice v evklidski geometriji.

Skozi vsako točko lahko narišemo neskončno število ravnih črt.

Skozi poljubni dve točki, ki se ne ujemata, lahko narišemo eno samo premico.

Dve divergentni premici v ravnini se sekata v eni točki ali pa sta

vzporedno (izhaja iz prejšnjega).

V tridimenzionalnem prostoru obstajajo tri možnosti relativni položaj dve ravni črti:

• črte se sekajo;

• črte so vzporedne;

• ravne črte se sekajo.

Naravnost linija— algebraična krivulja prvega reda: premica v kartezičnem koordinatnem sistemu

je na ravnini podana z enačbo prve stopnje (linearna enačba).

Splošna enačba premice.

Opredelitev. Vsako premico na ravnini je mogoče določiti z enačbo prvega reda

Ax + Wu + C = 0,

in stalna A, B niso enake nič hkrati. Ta enačba prvega reda se imenuje splošno

enačba premice. Odvisno od vrednosti konstant A, B in Z Možni so naslednji posebni primeri:

. C = 0, A ≠ 0, B ≠ 0- premica poteka skozi izhodišče

. A = 0, B ≠0, C ≠0 (By + C = 0)- ravna črta, vzporedna z osjo Oh

. B = 0, A ≠0, C ≠ 0 (Ax + C = 0)- ravna črta, vzporedna z osjo Oh

. B = C = 0, A ≠0- ravna črta sovpada z osjo Oh

. A = C = 0, B ≠0- ravna črta sovpada z osjo Oh

Enačbo ravne črte lahko predstavimo v v različnih oblikah odvisno od danosti

začetni pogoji.

Enačba premice iz točke in normalnega vektorja.

Opredelitev. V kartezičnem pravokotnem koordinatnem sistemu vektor s komponentami (A, B)

pravokotno na ravno črto, podana z enačbo

Ax + Wu + C = 0.

Primer. Poiščite enačbo premice, ki poteka skozi točko A (1, 2) pravokotno na vektor (3, -1).

rešitev. Z A = 3 in B = -1 sestavimo enačbo premice: 3x - y + C = 0. Da bi našli koeficient C

Zamenjajmo koordinate dane točke A v dobljeni izraz, torej dobimo: 3 - 2 + C = 0

C = -1. Skupaj: zahtevana enačba: 3x - y - 1 = 0.

Enačba premice, ki poteka skozi dve točki.

V prostoru naj bosta podani dve točki M 1 (x 1, y 1, z 1) in M2 (x 2, y 2, z 2), Potem enačba premice,

skozi te točke:

Če kateri od imenovalcev enako nič, mora biti ustrezni števec enak nič. Vklopljeno

ravnini, je zgoraj zapisana enačba premice poenostavljena:

če x 1 ≠ x 2 in x = x 1, Če x 1 = x 2 .

Ulomek = k klical pobočje neposredno.

Primer. Poiščite enačbo premice, ki poteka skozi točki A(1, 2) in B(3, 4).

rešitev. Z uporabo zgoraj zapisane formule dobimo:

Enačba ravne črte z uporabo točke in naklona.

Če splošna enačba premice Ax + Wu + C = 0 vodi do:

in določiti , potem se pokliče nastala enačba

enačba premice z naklonom k.

Enačba premice iz točke in smernega vektorja.

Po analogiji s točko, ki upošteva enačbo ravne črte skozi normalni vektor, lahko vnesete nalogo

premica skozi točko in usmerjevalni vektor premice.

Opredelitev. Vsak neničelni vektor (α 1, α 2), katerih komponente izpolnjujejo pogoj

Aα 1 + Bα 2 = 0 klical usmerjevalni vektor premice.

Ax + Wu + C = 0.

Primer. Poiščite enačbo premice s smernim vektorjem (1, -1) in poteka skozi točko A(1, 2).

rešitev. Enačbo iskane premice bomo iskali v obliki: Ax + By + C = 0. Po definiciji je

koeficienti morajo izpolnjevati naslednje pogoje:

1 * A + (-1) * B = 0, tj. A = B.

Potem ima enačba premice obliko: Ax + Ay + C = 0, oz x + y + C / A = 0.

pri x = 1, y = 2 dobimo C/A = -3, tj. zahtevana enačba:

x + y - 3 = 0

Enačba ravne črte v segmentih.

Če je v splošni enačbi ravne črte Ах + Ву + С = 0 С≠0, potem z deljenjem z -С dobimo:

ali kje

Geometrijski pomen koeficientov je, da je koeficient a koordinata presečišča

ravna z osjo Oh, A b- koordinata presečišča črte z osjo Oh.

Primer. Podana je splošna enačba premice x - y + 1 = 0. Poiščite enačbo te premice v segmentih.

C = 1, , a = -1, b = 1.

Normalna enačba neposredno.

Če obe strani enačbe Ax + Wu + C = 0 deli s številom ki se imenuje

normalizacijski faktor, potem dobimo

xcosφ + ysinφ - p = 0 -normalna enačba premice.

Predznak ± normalizacijskega faktorja je treba izbrati tako, da μ*C< 0.

r- dolžina navpičnice, spuščene iz izhodišča na premico,

A φ - kot, ki ga tvori ta navpičnica s pozitivno smerjo osi Oh.

Primer. Podana je splošna enačba premice 12x - 5y - 65 = 0. Obvezno za pisanje različne vrste enačbe

ta ravna črta.

Enačba te premice v segmentih:

Enačba te premice s koeficientom naklona: (deli s 5)

Enačba premice:

cos φ = 12/13; sin φ= -5/13; p = 5.

Upoštevati je treba, da vsake ravne črte ni mogoče predstaviti z enačbo v segmentih, na primer ravne črte,

vzporedno z osema ali poteka skozi izhodišče.

Kot med premicami na ravnini.

Opredelitev. Če sta podani dve vrstici y = k 1 x + b 1, y = k 2 x + b 2, To oster kot med temi vrsticami

bo definiran kot

Dve premici sta vzporedni, če k 1 = k 2. Dva ravne črte so pravokotne,

če k 1 = -1/ k 2 .

Izrek.

Neposredno Ax + Wu + C = 0 in A 1 x + B 1 y + C 1 = 0 vzporedno, ko so koeficienti sorazmerni

A 1 = λA, B 1 = λB. Če tudi С 1 = λС, potem črte sovpadajo. Koordinate presečišča dveh črt

najdemo kot rešitev sistema enačb teh premic.

Enačba premice, ki poteka skozi to točko pravokotno na to premico.

Opredelitev. Premica, ki poteka skozi točko M 1 (x 1, y 1) in pravokotno na premico y = kx + b

predstavljen z enačbo:

Razdalja od točke do črte.

Izrek. Če je podana točka M(x 0, y 0), potem razdalja do premice Ax + Wu + C = 0 opredeljeno kot:

Dokaz. Naj bistvo M 1 (x 1, y 1)- osnova navpičnice, spuščene iz točke M za dano

neposredno. Nato razdalja med točkami M in M 1:

(1)

Koordinate x 1 in ob 1 lahko najdemo kot rešitev sistema enačb:

Druga enačba sistema je enačba premice, ki poteka skozi dano točko M 0 pravokotno

dana ravna črta. Če pretvorimo prvo enačbo sistema v obliko:

A(x - x 0) + B(y - y 0) + Ax 0 + By 0 + C = 0,

potem z reševanjem dobimo:

Če nadomestimo te izraze v enačbo (1), ugotovimo:

Izrek je dokazan.

Koncept srednje črte trikotnika

Uvedimo pojem srednje črte trikotnika.

Definicija 1

To je segment, ki povezuje razpoloviščni točki dveh stranic trikotnika (slika 1).

Slika 1. Srednja linija trikotnik

Izrek o srednji črti trikotnika

1. izrek

Srednja črta trikotnika je vzporedna z eno od njegovih stranic in enaka njeni polovici.

Dokaz.

Naj nam bo dan trikotnik $ABC$. $MN$ je srednja črta (kot na sliki 2).

Slika 2. Ponazoritev izreka 1

Ker je $\frac(AM)(AB)=\frac(BN)(BC)=\frac(1)(2)$, sta si trikotnika $ABC$ in $MBN$ podobna po drugem kriteriju podobnosti trikotnikov . Pomeni

Prav tako sledi, da je $\angle A=\angle BMN$, kar pomeni $MN||AC$.

Izrek je dokazan.

Posledice izreka o srednji črti trikotnika

Posledica 1: Srednjici trikotnika se sekata v eni točki in sta deljeni s presečiščem v razmerju $2:1$ začenši z oglišča.

Dokaz.

Vzemimo trikotnik $ABC$, kjer so $(AA)_1,\ (BB)_1,\ (CC)_1$ njegove mediane. Ker mediane delijo stranice na pol. Oglejmo si srednjo črto $A_1B_1$ (slika 3).

Slika 3. Ponazoritev posledice 1

Po izreku 1 je $AB||A_1B_1$ in $AB=2A_1B_1$ torej $\kot ABB_1=\kot BB_1A_1,\ \kot BAA_1=\kot AA_1B_1$. To pomeni, da sta si trikotnika $ABM$ in $A_1B_1M$ podobna po prvem kriteriju podobnosti trikotnikov. Potem

Podobno je dokazano, da

Izrek je dokazan.

Posledica 2: Tri srednje črte trikotnika ga delijo na 4 trikotnike, podobne prvotnemu trikotniku s koeficientom podobnosti $k=\frac(1)(2)$.

Dokaz.

Razmislite o trikotniku $ABC$ z srednjicami $A_1B_1,\ (\ A)_1C_1,\ B_1C_1$ (slika 4)

Slika 4. Ponazoritev posledice 2

Razmislite o trikotniku $A_1B_1C$. Ker je $A_1B_1$ srednja črta, torej

Kot $C$ - skupni kot ti trikotniki. Posledično sta si trikotnika $A_1B_1C$ in $ABC$ podobna po drugem kriteriju podobnosti trikotnikov s koeficientom podobnosti $k=\frac(1)(2)$.

Podobno je dokazano, da so si trikotnika $A_1C_1B$ in $ABC$ ter trikotnika $C_1B_1A$ in $ABC$ podobni s koeficientom podobnosti $k=\frac(1)(2)$.

Razmislite o trikotniku $A_1B_1C_1$. Ker so $A_1B_1,\ (\A)_1C_1,\ B_1C_1$ središčne črte trikotnika, potem

Zato sta si po tretjem kriteriju podobnosti trikotnikov trikotnika $A_1B_1C_1$ in $ABC$ podobna s koeficientom podobnosti $k=\frac(1)(2)$.

Izrek je dokazan.

Primeri nalog o pojmu srednje črte trikotnika

Primer 1

Podan je trikotnik s stranicami $16$ cm, $10$ cm in $14$ cm. Poiščite obseg trikotnika, katerega oglišča ležijo na središčih stranic dani trikotnik.

rešitev.

Ker oglišča želenega trikotnika ležijo na središčih stranic danega trikotnika, so njegove stranice središčnice prvotnega trikotnika. S 2. posledico ugotovimo, da so stranice iskanega trikotnika enake $8$ cm, $5$ cm in $7$ cm.

odgovor: 20$ glej

Primer 2

Podan je trikotnik $ABC$. Točki $N\ in \ M$ sta razpolovišči stranic $BC$ oziroma $AB$ (slika 5).

Slika 5.

Obseg trikotnika $BMN=14$ cm Poiščite obseg trikotnika $ABC$.

rešitev.

Ker sta $N\ in\ M$ razpolovišči stranic $BC$ in $AB$, potem je $MN$ srednjica. Pomeni

Po izreku 1 je $AC=2MN$. Dobimo:

Štirikotnik, pri katerem sta samo dve stranici vzporedni, se imenuje trapez.

Vzporedne stranice trapeza imenujemo njegove razlogov, tiste stranice, ki niso vzporedne, pa imenujemo straneh. Če sta stranici enaki, je takšen trapez enakokrak. Razdalja med osnovama se imenuje višina trapeza.

Trapez srednje črte

Srednja črta je segment, ki povezuje sredine stranic trapeza. Srednja črta trapeza je vzporedna z njegovimi osnovami.

Izrek:

Če je premica, ki seka sredino ene stranice, vzporedna z osnovami trapeza, potem razpolavlja drugo strani trapezi.

Izrek:

Dolžina srednjice je enaka aritmetični sredini dolžin njenih osnov

MN srednja črta, AB in CD - osnove, AD in BC - stranske stranice

MN = (AB + DC)/2

Izrek:

Dolžina srednje črte trapeza je enaka aritmetični sredini dolžin njegovih osnov.

Glavna naloga: Dokaži, da srednjica trapeza razpolavlja odsek, katerega konca ležita na sredini osnov trapeza.

Srednja črta trikotnika

Odsek, ki povezuje razpoloviščni točki obeh stranic trikotnika, se imenuje srednja črta trikotnika. Vzporedna je s tretjo stranico in njena dolžina je enaka polovici dolžine tretje stranice.
Izrek: Če je premica, ki seka razpolovišče ene stranice trikotnika, vzporedna z drugo stranjo trikotnika, potem razpolovi tretjo stran.

AM = MC in BN = NC =>

Uporaba lastnosti srednje črte trikotnika in trapeza

Delitev segmenta z določeno količino enake dele.
Naloga: Odsek AB razdeli na 5 enakih delov.
rešitev:
Naj bo p naključni žarek z izhodiščem v točki A in ne leži na premici AB. Zaporedoma odložimo 5 enakih segmentov na p AA 1 = A 1 A 2 = A 2 A 3 = A 3 A 4 = A 4 ​​​​A 5
Povežemo A 5 z B in skozi A 4, A 3, A 2 in A 1 narišemo takšne premice, ki so vzporedne z A 5 B. Sekajo AB v točkah B 4, B 3, B 2 in B 1. Te točke delijo odsek AB na 5 enakih delov. Dejansko iz trapeza BB 3 A 3 A 5 vidimo, da je BB 4 = B 4 B 3. Na enak način dobimo iz trapeza B 4 B 2 A 2 A 4 B 4 B 3 = B 3 B 2

Medtem ko je iz trapeza B 3 B 1 A 1 A 3, B 3 B 2 = B 2 B 1.
Potem iz B 2 AA 2 sledi B 2 B 1 = B 1 A. Na koncu dobimo:
AB 1 = B 1 B 2 = B 2 B 3 = B 3 B 4 = B 4 B
Jasno je, da moramo za razdelitev odseka AB na drugo število enakih delov projicirati enako število enakih odsekov na žarek p. In nato nadaljujte na zgoraj opisan način.