/
Автор: Фильчаков П.Ф.
Теги: математика геометрия тригонометрия элементарная математика векторная алгебра
Год: 1966
Текст
Справочник
ПО ЭЛЕМЕНТАРНОЙ
МАТЕМАТИКЕ
i • - 1 ... »
। е о м е г р и я
тригонометрия
векторная алтеьрэ
СПРАВОЧНИК
ПО ЭЛЕМЕНТАРНОЙ
МАТЕМАТИКЕ
Геометрия, тригонометрия,
векторная алгебра
Под редакцией
члена-корр. АН УССР
П. ф. ФИЛЬЧАКОВА
КИЕВ -1966
51(083)
Ф57
Справочник охватывает все вопросы школьной про-
граммы по планиметрии, стереометрии и тригонометрии.
В нем содержатся также основные сведения по векторной
алгебре, приведены таблицы тригонометрических функций.
В справочник включено много задач различных типов
и степеней трудности. Особенно большое внимание уде-
ляется решению задач па доказательства и построения как
на плоскости, так и в пространстве, решению тригономе-
трических уравнений, обратным тригонометрическим функ-
циям и т. д.
Справочник рассчитан на читателей, закончивших
среднюю Школу н желающих повысить уровень матема-
тических знаний в области геометрии, тригонометрии
и векторной алгебры. Он также полезен при подготовке
к вступительным экзаменам в вышине учебные заведения,
ХАРЬКОВСКАЯ КНИЖНАЯ ФАБРИКА им. ФРУНЗЕ
2—2—2
555—66
СОДЕРЖАНИЕ
Предисловие............................................... 7
Основные обозначения, принятые в справочнике.............. 9
I. ПЛАНИМЕТРИЯ
§ 1. Предмет геометрии. Краткие сведения о ее развитии . . 11
§ 2. Основные понятия..................................... 13
§ 3. Действия с отрезками................................. 15
§ 4. Деление отрезка в заданном отношении , .............. 19
§ 5. Деление отрезка в среднем н крайнем отношении. Золотое
сечение .................................................... 20
§ 6. Гармоническая группа точек. Гармоническое разделение 21
§ 7. Аксиоматика. Определения. Теоремы. Доказательства. . . 22
§ 8. Необходимые и достаточные условия................. 26
§ 9. Углы.................................................. 27
§ 10. Параллельные прямые............................... 30
§ 1'1, Многоугольники....................................... 34
§ 12. Треугольники...................................... 38
§ 13. Соотношения между элементами треугольника......... 40
§ 14. Признаки равенства треугольников.................. 51
§ 15. Подобие треугольников и многоугольников........... 59
§ 16. Понятие о площади и ее измерении . . .................. 60
§ 17. Площадь треугольника.................................. 61
§ 18. Сводная таблица частных случаев треугольников .... 68
§ 19. Параллелограмм, прямоугольник, ромб, квадрат...... 69
§ 20. Трапеция........................................... 76
§ 21. Окружность и круг.................................. 82
§ 22. Углы в круге.........:............................. 94
§ 23. Длина окружности. Площадь круга и его частей .... 99
§ 24. Степень точки относительно данной окружности. Ради-
кальная ось. Радикальный центр.............................106
§ 25. Вписанные и описанные многоугольники.................108
§ 26. Правильные многоугольники.............................ИЗ
§ 27. Сводная таблица частных случаев четырехугольников . . 116
3
Геометрические задачи иа построение с помощью
циркуля и линейки
§ 28. Простейшие задачи на построение....................118
§ 29. Метод геометрических мест точек....................134
§ 30. Метод подобия.................................... 142
§ 31. Метод симметрии....................................144
§ 32. Метод параллельного переноса...................... 147
§ 33. Метод инверсии.....................................149
§ 34. Построение фигур, равновеликих данным..............152
§ 35. Алгебраический метод решения геометрических задач на
построение............................................. 154
§ 36. Построение корней квадратного уравнения..........158
§ 37. Геометрические задачи на неравенства ........... 160
II. СТЕРЕОМЕТРИЯ
Общие замечания
Прямые и плоскости в пространстве
§ 38. Основные свойства плоскости........................165
§ 39. Взаимное расположение двух прямых в пространстве . . 166
§ 40. Взаимное расположение прямой и плоскости.........167
§41. Параллельные плоскости...........................174
§ 42. Двугранные углы и перпендикулярные плоскости .... 178
§ 43. Задачи на построение в стереометрии..............181
§ 44. Многогранные углы.............................. 186
Многогранники
§ 45. Основные определения...............................189
§ 46. Призма и параллелепипед............................190
§ 47. Объем призмы и параллелепипеда.....................191
§ 48. Пирамида...........................................199
§ 49. Усеченная пирамида.................................207
§ 50. Клии. Обелиск......................................212
§ 51. Подобие многогранников.............................213
§ 52. Правильные многогранники................' .... 215
§53. Построение плоских сечений многогранников .......218
Круглые тела
§ 54. Цилиндр..........................................223
§ 55. Коиус............................................231
§ 56. Усеченный конус................................ 236
§ 57 - Конические сечения...............................242
§ 58. Сфера и шар........................................242
4
§ 59. Поверхность и объем шара и его частей...............243
§ 60. Вписанный и описанный шары, ........................252
§ 61. Геометрические места точек и прямых в пространстве . . 255
III. ТРИГОНОМЕТРИЯ
§ 62. Предмет тригонометрии................................
§ 63. Тригонометрические функции острого угла...............
§ 64. Обобщение понятия угла. Измерение дуг и углов . . . .
§ 65. Тригонометрические функции произвольного угла . . . .
§ 66. Основные тригонометрические тождества................
§ 67. Формулы сложения и вычитания аргументов тригономе-
трических функций ........................
§ 68. Формулы приведения...................................
§ 69. Четность и нечетность тригонометрических функций . . .
§ 70. Формулы двойных и тройных углов (аргументов) . . . .
§ 71. Формулы половинного аргумента . . ..................
§ 72. Формулы преобразования произведения тригонометриче-
ских функций в сумму.......................................
§ 73. Формулы преобразования суммы тригонометрических функ-
ций в произведение ........................................
§ 74. Формулы, выражающие тригонометрические функции через
тангенс половинного аргумента .............................
§ 75. Преобразование тригонометрических выражений с помощью
введения вспомогательного аргумента
Тригонометрические функции абстрактного аргумента
Периодичность тригонометрических функций ....
График
График
График
График
График
График
и некоторые свойства функции
и некоторые свойства функции
и некоторые свойства функции
и некоторые свойства функции
и некоторые свойства функции
и некоторые свойства функции
Простые гармонические колебания
у — sin х . .
у = cos х . ,
y=tgx . .
У = ctg к . .
у = sec х . .
у = cosec х .
258
259
266
270
276
279
280
282
283
286
288
290
293
294
295
296
296
300
301
302
303
305
306
Тригонометрические уравнения
§ 85. Простейшие тригонометрические уравнения.................308
§ 86. О решении тригонометрических уравнений..................310
§ 87. Методы решения тригонометрических уравнений с функ-
циями одного аргумента .................................... 310
§ 88. Тригонометрические уравнения с разными аргументами . . 320
§ 89. Графические методы решения тригонометрических урав-
нений 324
§ 90. Системы тригонометрических уравнений..............325
§ 91. Тригонометрические неравенства....................328
5
§ 92. Обратные тригонометрические функции.................335
§ 93. Решение прямолинейных треугольников.................349
§ 94. Применение тригонометрии к решению планиметрических
задач......................................................357
§ 95. Применение тригонометрии к решению стереометрических
задач................................................364
IV. ОСНОВЫ ВЕКТОРНОЙ АЛГЕБРЫ
§ 96. Вводные замечания..................................375
§ 97. Скалярные и векторные величины.....................376
§ 98. Равенство векторов.................................376
§ 99. Сложение и вычитание векторов...............377
§ 100. Умножение вектора на число.......................379
§ 101. Векторная сумма и правила ее преобразования........380
§ 102. Векторные равенства и их основные свойства.........380
§ 103. Разложение вектора на компоненты..............383
§ 104. Понятие о линейной зависимости между векторами . . . 384
§ 105. Проекция вектора на ось............................384
§ 106. Упорядоченные связки трех векторов.................386
§ 107. Координаты вектора на плоскости и в пространстве. 386
Координаты суммы векторов..................................386
§ 108. Разложение вектора по базисной системе векторов . . . 389
§ 109. Понятие об умножении векторов......................393
§ ПО. Скалярное произведение двух векторов...............394
§ 111. Некоторые применения векторной алгебры в геометрии 396
§ 112. Скалярное произведение векторов, заданных своими коор-
динатами ..................................................402
§ 113. Вычисление длины отрезка по координатам его концов.
Вычисление угла между двумя векторами......................403
§ 114. Некоторые применения векторной алгебры в тригономет-
рии и в физике.............................................405
§ 115. Векторное произведение двух векторов ..............408
§ 116. Векторное произведение двух векторов, заданных своими
координатами.............................................. 410
§ 117. Скалярно-векторное произведение трех векторов .... 411
Приложения...............................................414'
Таблица I. Четырехзначная таблица тригонометрических функ-
ций для градусного аргумента..............................418»
Таблица II. Четырехзначная таблица тригонометрических функ-
ций для радианного и абстрактного аргументов . . 420;
Таблица 111. Переход от градусной меры углов к радианной . . 433
Литература................................................434
Алфавитный указатель......................................436
ПРЕДИСЛОВИЕ
Проекты учебных программ и планов для средней школы, со-
ставленные в 1965 г. с участием ведущих ученых нашей страны,
широко обсуждались работниками народного просвещения и науки.
Наряду с сокращением сроков обучения в школе предусмотрено
также дальнейшее серьезное повышение научно-теоретического уровня
среднего образования.
В частности, повышение теоретического уровня курса матема-
тики, как указано в объяснительной записке к проекту повой про-
граммы, достигается преодолением разрыва между арифметикой
и алгеброй, осуществлением строго научного подхода к изучению
материала, усилением внимания к понятиям и методам, имеющим
основное значение для естествознания и техники (метод координат,
векторы, производная и интеграл, вероятность).
Проект учебного плана предусматривает также сокращение на-
грузки учащихся обязательными учебными занятиями, расширение
самостоятельной работы учащихся, факультативных занятий и заня-
тий по выбору. Не оставлены без внимания вопросы подготовки
учащихся к дальнейшему самообразованию и образованию без от-
зыва от производства по окончании школы.
г Следовательно, возникает необходимость в расширении учебной
Ъ справочной литературы, которая более полно соответствовала бы
иювым требованиям программы.
Часто о том или другом человеке говорят: «Он знает матема-
ику» или «он плохо знает математику» и рассматривается это как
ечто установленное, застывшее. Возникает вопрос: что такое «знать
атематику»?
1Л В математике, как и в другой точной науке, уровень знаний
^определяется двумя факторами.
£ Первый фактор — достаточно большое количество усвоенного
ф твердо запомнившегося материала: определений, формулировок
ф-еорем и свойств, формул и т. д. Усвоение фактического материала
Происходит в процессе упражнений, однако следует как можно
быстрее добиваться его твердого запоминания, обеспечивая для памяти
возможность дальнейшего постоянного обогащения.
Не может быть и речи о каких-либо серьезных знаниях, если
учащийся не запомнит той или иной формулы, а попытается «вы-
водить» даже мелкие факты (например, выражение диагонали ква-
драта через его сторону, вычисление высоты и площади равносторон-
него треугольника по его стороне и т. д.).
Второй фактор, который тесно связан с первым и отнюдь не
является достоянием только лишь талантливых от природы, — это
достаточно глубокое развитие аналитических способностей и навыков,
необходимых при выполнении сложных преобразований, четких про-
странственных представлений и «геометрического» мышления, опыта
и интуиции, необходимых при отыскании путей к решению нешаб-
лонных «творческих» задач. Только насыщенная фактами, аналогич-
ными ситуациями и различными, даже отдаленными, связями память
способна вовремя подать необходимый «инструмент» для глубоких
размышлений над той или иной проблемой для ее всестороннего
анализа.
Таким образом, процесс повышения уровня математических зна-
ний представляет собой постоянное совершенствование в двух, от-
меченных выше, направлениях, находящихся между собой в нераз-
рывной связи. Этому и призваны способствовать справочники,
являющиеся по существу «малогабаритными конденсаторами» боль-
шого количества фактического материала, наводящих рекомендаций
и сведений по различным методам решения задач и т. д.
Предлагаемый вниманию читателей справочник содержит основ-
ной материал по разделам «Планиметрия», «Стереометрия», «Тригоно-
метрия» и «Векторная алгебра». Некоторый параллелизм, допущенный
при изложении разделов «Теометрия» и «Векторная алгебра», по
мнению составителей, должен облегчить ориентацию в данном мате-
риале для учащихся, обучавшихся в разные годы и по различным
учебным программам. Кроме того, справочник содержит значительное
количество задач н упражнений разной степени трудности: большое
внимание уделено построениям и доказательствам, решению тригоно-
метрических уравнений и неравенств, преобразованиям обратных
тригонометрических функций н ряду других вопросов, недостаточно
освещенных в литературе.
Справочник подготовлен коллективом составителей под общей
редакцией члена-корреспондента АН УССР П. Ф. Фильчакова.
Все критические замечания н предложения по данному справоч-
нику, которые составителями будут приняты с благодарностью,
просьба направлять по адресу: Киев-4, ул. Репина, 3, Издатель-
ство «Наукова думка».
ОСНОВНЫЕ ОБОЗНАЧЕНИЯ, ПРИНЯТЫЕ В СПРАВОЧНИКЕ
Примеры
=3 равно а = Ь
не равно b с
'Г* тождественно равно a -J- b = b -{- а
приближенно равно п«3,14
2> больше i: > 3 22
< меньше
> больше или равно а > 6
меньше или равно Ь<с
а« число а в степени п 25 = 32
/~ квадратный корень (квадратный ра- дикал) /16 = 4
(),[],{} корень n-й степени (радикал га-й сте- пени) скобки круглые, ква- дратные, фигурные п у а
|а | абсолютная величина числа | —5 | = 5
А треугольник длвс
II параллельно АВ CD
JL перпендикулярно MN _1_ PQ
/ или < подобно ДАВС ~ &MNP
угол /_АВС или -^АВС
<7 ИЛИ ГЛ дуга АВ или АВ чаще <jAB
Q t д » градус ] угловые или минута > дуговые секунда J меры 27° 53' 39"
рад л = 3,1415926535... радианная угловая или дуговая мера отношение длины окружности к диа- метру 10° « 0,1745 рад 1
since синус угла а sin 30° = ~
cos а косинус угла а cos 30°
tga тангенс угла а tg 1,226 рад = 2,7844 ...
9
ctga
sec a
cosec a
Arcsin x
Arccos x
Arctg x
Arcctg x
arcsin x
arccos x
arctg x
arcctg x
a, b, c
|a ] или a
To
/, T, s
ma
ab или (ab)
a xb или [a&]
abc или a(b x c)
&xt ayy az
котангенс угла a
секанс угла a
косеканс угла a
арксинус х, т. е. мно-
жество всех дуг а,
для которых sin a —х
арккосинус х, т. е.
множество всех дуг а,
для которых cos а=*х
арктангенс
арккотангенс
главное значение арк-
синуса
главное значение арк-
косинуса
главное значение арк-
тангенса
главное значение арк-
котангенса
обозначения векторов
длина вектора а
единичный вектор того
же направления, что
и вектор Z
координатные единич-
ные векторы (орты)
прямоугольной си-
стемы координат
умножение скаляра на
вектор
скал ярное произведе-
ние векторов
векторное произведе-
ние векторов
смешанное произведе-
ние трех векторов
координаты вектора а
в трехмерной си-
стеме координат
ctg 0,306 рад ча 3,165 . . .
sec 0,404 рад == 1,08755 ...
cosec 30° = 2
Arcsin
«=(—!)« 30°+ 180° • п
л 1
Arccos я»
± 60°+ 360° • П
Arctg /3_= 60° + 180°- п
Arcctg /3 = 30°+180°- п
arcsin ~ = 30q
arccos i = 60°
arctg 1 = 45°
arcctg 'КЗ = 30°
a = AB
| a | = 3
I, ПЛАНИМЕТРИЯ
§ 1. Предмет геометрии.
Краткие сведения о ее развитии
В развитии геометрии (греческое ут; — Земля и [хетре<о — изме-
ряю) как математической науки о пространственных формах, размерах
и соотношениях геометрических образов (фигур, тел) можно выде-
лить четыре основные периода, характеризующиеся существенными
качественными изменениями.
Геометрия, как н всякая другая наука, возникла из практических
потребностей человечества. Уже в древнем Египте, Вавилоне, Китае,
Индии, Греции были известны многие геометрические факты и раз-
работаны правила геометрических измерений.
Начало первого периода в развитии геометрии установить очень
трудно — оно теряется в глубине веков и только известно, что самые
древние, дошедшие до нас работы по геометрии относятся к XVII веку
до н, э. Этот период характеризуется накоплением фактов и уста-
новлением первых простейших зависимостей между геометрическими
образами.
В конце первого периода (примерно VI век до н. э.) начальные
сведения нз Египта я Вавилона были перенесены в Грецию, где
постепенно они начали оформляться в стройную систему строго до-
казываемых фактов.
Во втором периоде (VI в. до н. э.— XVII в. н. э.) краеугольным
камнем геометрии как математической науки явились «Начала» Эв-
клида *, которые выдержали уже сотни изданий и переведены на все
основные языки мира.
В этой фундаментальной научной работе, составляющей пятнад-
цать книг и написанной Эвклидом около 300 лет до н. э., геометрия
была систематизирована и изложена так, как ее в основном пред-
ставляют и теперь, ограничиваясь, конечно, лишь элементарной гео-
метрией. В «Началах» Эвклида геометрия развита в логической по-
* «Начала». Перевод с греч. и комментарии Д. Д. Мордухай-Болтов-
СКОГо, т. 1—3, М. — Л., 1948 — 1950.
11
следовательности на основании четко сформулированных основных
положений — аксиом и основных пространственных представлений:
точка, прямая линия, плоскость, геометрическое тело.
На протяжении двадцати столетий второго периода геометрия
Эвклида обогащалась новыми фактами и методами, сохранив свои
основные принципы до наших дней.
Началом третьего периода в развитии геометрии можно считать
XVII век. С этого времени, после введения в геометрию в 1637 г.
французским ученым и философом Рене Декартом (1596—1650) метода
координат и переменной величины, геометрия развивается особенно
бурно. Появляются такие разделы геометрии, как геометрия анали-
тическая (свойства линий, поверхностей и соотношения между ними
изучаются здесь с помощью исследования соответствующих уравне-
ний в некоторой, чаще всего прямоугольной декартовой системе
координат), геометрия дифференциальная (геометрические образы ис-
следуются здесь с помощью методов высшей математики), геометрия
начертательная, геометрия проективная и др.
На этом этапе своего развития геометрия использует уже суще-
ственно новые методы исследования, позволяющие глубоко изучать
гораздо более общие геометрические образы.
Известно, что пятый постулат Эвклида не может быть логически
выведен из остальных его аксиом. Тщетные попытки доказать его
•продолжались многие сотни лет. Выдающийся русский ученый Ни-
колай Иванович Лобачевский (1792—1856), избрав принципиально
новый подход в этой сложной проблеме, открыл и строго логично
изложил основные идеи совершенно новой неэвклидовой геометрии,
развитой в дальнейшем другими математиками и играющей большую
роль как для самой геометрии, так и для других наук.
Курс геометрии средней школы в своей основе является упро-
щенным и сокращенным курсом геометрии Эвклида. Он состоит
из дв^х основных разделов: планиметрии и стереометрии. Для успеш-
ного усвоения курса геометрии, его изучение в средней школе дол-
жно сопровождаться решением большого количества задач. Только при
этом условии учащиеся приобретают высокий уровень логического
мышления и хорошие пространственные представления.
Геометрические задачи бывают разных типов: на вычисление,
на построение и на доказательство. Хотя элементы каждого из этих
типов содержатся почти во всякой задаче, тем не. менее, сравни-
тельно-с задачами на вычисление, задачи на доказательство и па
построение усваиваются учащимися значительно труднее.
В настоящем справочнике, в связи с этим, приводится ряд за-
дач отмеченных выше типов различных степеней трудности.
• Четвертый период развития геометрии. начинается со времени
открытия Н. И. Лобачевским в 1826 году повой геометрии, содер-
жащей в себе, как частный случай, геометрию Эвклида.
‘12
Геометрия Лобачевского основывается на замене известного из
школьного курса геометрии пятого постулата (аксиомы) Эвклида
(через точку вне прямой на плоскости можно провести лишь одну
прямую, параллельную данной) более общей аксиомой: через точку
вне прямой на плоскости можно провести хотя бы две прямые, парал-
лельные данной прямой.
К этим вопросам мы еще вернемся в III томе данного справоч-
ника.
По установившейся традиции и мы изложение начнем с раздела
планиметрии (от лат. planum — плоскость и греч. ретреи — изме-
ряю), т. е. с раздела геометрии, в котором изучаются свойства
фигур, расположенных в одной плоскости, а затем перейдем к гео-
метрии в пространстве—стереометрии (от греч. атереос •—простран-
ственный).
§ 2. Основные понятия
Элементарная геометрия изучает простейшие геометрические
свойства объектов трехмерного пространства, т. е. пространства,
в котором мы живем.
Первичные понятия — это такие простейшие понятия в матема-
тике, которые нельзя определить с помощью еще более простых.
Геометрическое тело, поверхность, линия, точка являются про-
стейшими геометрическими образами — это понятия первичные.
Представление о геометрическом теле дает нам любой предмет,
если рассматривать лишь его форму и размеры. Геометрическое тело
имеет три измерения.
Поверхность можно представить себе как общую часть двух
смежных областей пространства или как бесконечно тонкий слей,
который разделяет две смежные части пространства. Поверхность
не имеет толщины.
Линия представляется как общая часть (граница) двух смежных
участков поверхности. В результате пересечения двух поверхностей
мы получаем линию. Линия имеет лишь одно измерение — длину.
Точка отделяет смежные части линии.
Ясное представление о точках дают пересечения линий между
собой и линий с поверхностью. Точка не имеет ни одного измерения.
Плоскость — частный вид поверхности, любая часть которой
может быть совмещена с исходной плоскостью в любом ее месте как
в прямом, так и в перевернутом виде (свойство прямого и перевер-
нутого скольжения).
Никакая другая поверхность таким свойством не обладает. На-
пример, часть сферической поверхности может скользить по этой
же сфере, но без перевертывания. Часть эллипсоида вращения может
скользить по этому эллипсоиду без перевертывания, но только
13
в определенном направлении. В общем случае эллипсоидальная по-
верхность свойством скольжения не обладает.
Если через две точки плоскости провести прямую линию, то
и все точки этой прямой будут находиться на плоскости. Прямая
линия — частный вид линии. Представление о прямой линии дает
пересечение двух плоскостей.
Свойства прямой:
1. Через всякие две точки пространства можно провести пря-
мую и притом только одну.
2. Если две прямые наложены одна на другую так, что какие-
нибудь две точки одной прямой совпадают с двумя точками другой
прямой, то эти прямые совпадают и во всех остальных точках.
3. Две прямые могут пересекаться лишь в одной точке.
4. Прямая обладает свойством скольжения -* любой ее участок
может скользить в обе стороны прямой бесконечно. Этим же
свойством обладает еще только одна линия = окружность. Однако
свойства 1—3 для окружности (полностью или частично) не выпол-
няются: через любые две точки пространства можно провести бес-
конечное число окружностей; две окружности могут иметь две общие
точки, ио не совпадать во всех остальных точках, две окружности
могут соприкасаться в одной точке или пересекаться в двух точках.
Бесконечная прямая—прямая, продолжающаяся в обе стороны
бесконечно.
Обычно бесконечную прямую называют просто прямая.
Отрезок прямой — часть прямой, ограниченной с двух сторон
точками.
Луч нли полупрямая — часть прямой, ограниченная лишь с одной
стороны, т. е. часть прямой, выходящей из заданной точки и уходя-
щей в бесконечность в данном направлении.
Ломаная линия — линия, образуемая отрезками прямых, не ле-
жащих на одной прямой и расположенных так, что конец первого
отрезка служит началом второго, конец второго — началом третьего
и т. д. Отрезки прямых, образующих ломаную, называются сторо-
нами (звеньями) ломаной. Точки стыка отрезков называются верши-
нами ломаной. Ломаная линия называется выпуклой, если все ее
звенья расположены по одну сторону от каждого входящего в ее
состав отрезка, продолженного неограниченно в оба конца.'Ломаная
называется замкнутой, если концы ее сходятся в одну точку.
Точками самопересечения ломаной линии называются такие точки,
в которых пересекаются ее звенья. Концы звеньев при этом не учи-
тываются.
Задача. Указать наибольшее число точек самопересечения
замкнутой ломаной, состоящей из 7 звеньев.
14
Решение. Поскольку ломаная состоит из 7 звеньев, то на
одном произвольно взятом звене может находиться не больше 4 точек
самопересечения. Это следует из того, что рассматриваемое звено
не будет иметь точек пересечения с тремя звеньями (с самим собой
и двумя соседними).
Поскольку же каждая точка самопересечения принадлежит двум
звеньям, то произве'дение количества звеньев на количество точек,
лежащих на каждом звене, следует разделить пополам. Таким обра-
зом, наибольшее число точек само- • F
пересечения рассматриваемой ло- __ Л
7 4 \ -ч&Л-У
маной равно —g— = 14 (рис. 1).
Аналогично можно доказать, q
что наибольшее число точек само- 4
пересечения ломаной, состоящей
из 9, 11, 13, 15, ... , 2п + 1 зве- Рис. 1.
ньев, будет соответственно равно
U_27 11_8_ 44
2 ’ 2 ’ 2
1^ = 65, 1^1? = 90, . . .
Можно доказать также, что для замкнутой ломаной, состоящей
из k звеньев (А>3), число N точек самопересечения удовлетворяет
неравенству
2
§ 3. Действия с отрезками
1. Равенство и неравенство отрезков. Два отрезка считаются
равными, если они могут быть совмещены своими концами.
Если на данном отрезке взять две точки, из которых хотя бы
одна не совпадает с его концом, то отрезок, ограниченный этими
точками, называется частью данного отрезка. Если один отрезок
равен части второго, то про эти отрезки говорят, что первый меньше
второго, а второй больше первого.
Отрезок считается ориентированным, если условились о том,
где Qro начало и конец.
2. Сложение и вычитание отрезков. Сложением (вычитанием)
отрезков называется графическая операция, с помощью которой на не-
которой прямой может быть построен отрезок, являющийся суммой
данных отрезков — слагаемых (или отрезок — разность отрезков
15
уменьшаемого и вычитаемого). Сложение отрезков следует отличать
от сложения длин отрезков. В результате сложения отрезков нахо-
дим длину отрезка — суммы.
Ct/ммой двух или нескольких отрезков называется отрезок, по-
строенный на некоторой прямой по слагаемым без их взаимного
наложения и без промежутков между ними (стыковка отрезков).'
Сумма отрезков обладает переместительным и соче-
тательным свойствами.
Разностью двух отрезков называется отрезок, постооенный путем
наложения меньшего отрезка на больший так, чтобы начала или
концы их совместились.
Пример 1. Найти (построить) отрезок АВ + NM + PQ, где
АВ, NM и PQ — данные отрезки.
Решение. На произвольной прямой от некоторой точки А?
откладываем в любую сторону один из данных отрезков АВ, NM
или PQ. Далее на этой же прямой откладываем любой из остав-
шихся отрезков так, чтобы один из его концов совместился с каким-
либо из концов отложенного отрезка, но без наложения этих отрез-
ков. Таким же образом поступаем со следующим отрезком.
Пример 2. По данной сумме двух отрезков и одному из отрез-
ков — слагаемых построить другой.
Решение. На отрезке — сумме от любого из концов отложим
данный отрезок — слагаемое. Оставшийся отрезок, будет искомым.
3. Умножение и деление отрезков на число. Умножить отрезок
на целое положительное число и значит найти сумму п таких отрез-
ков. Отрезок, полученный в результате, является отрезком — про-
изведением.
Разделить отрезок на целое положительное число и значит найти
такой отрезок, после умножения которого на число п получим дан-
ный отрезок.
Умножить отрезок на положительную рациональную дробь
значит умножить этот отрезок на число т и полученный отрезок
разделить на п частей.
Можно выполнить также сначала деление на п, а затем умно-
жение на т.
Пример 3. Построить отрезок п, где п = 2; 3; 4; ...
Решение. Выбрав произвольную единицу измерения, построим
отрезок AAi — 1 и проведем ДДа д. AA1; Д1Л2 = 1. Соединив точки А
и Д2, проводим А2А3хДЛ2, Л2Л3 = 1. Далее аналогично Д3Л4±ДЛ3,
AsAt~ 1 и т. д. Очевидно, что АА2 —1^2, АЛ, = ]/3, ЛД4 =
==/4, ... , ДЛя=/п.
При построении отрезков вида аУ'п в качестве начального
отрезка строим отрезок ААХ == а и т. д. (рис. 2).
16
Пример 4. Построить отрезок + Ь У 5, если даны отрезки
а и Ь. ]/2
Решение. Построим Отрезки MN = aV 2 и PQ>=? b ]/5. Далее
к половине отрезка МИ прибавляем отрезок PQ.
Для быстрого построения отрезков вида а ~ по заданному
отрезку а, т. е. для изменения длины заданного отрезка в данном
отношении, существует специальный прибор — пропорциональный цир-
куль. Этот прибор состоит из двух равных по длине ножек с про-
резями, дающими возможность изменять длину ножек, когда ослаб-
лен скрепляющий винт (рис. 3).
Отношение расстояния между остриями верхних ножек к рас-
стоянию между остриями нижних ножек равно отношению длины
верхних ножек к длине нижних. Поэтому, установив по шкале винт
так, чтобы длины верхних и нижних ножек находились в данном
отношении и измерив нижними ножками данный отрезок, получаем
искомый, который рассматриваем как расстояние между концами
верхних ножек.
Особенно удобно пользоваться пропорциональным циркулем,
когда необходимо изменять в одном и том же отношении большое
количество отрезков.
Пример 5. Доказать, что если данный отрезок АВ произвольно
разделить точкой О на две части АО и ОВ, то расстояние между
серединами М и W отрезков АО и ОВ равно половине отрезка ЛВ.
Д ока за те льство. MN = MO-\-0N, МО —AM, ON = NB
(по условию). Тогда
АВ = AM + МО + ON + NB = 2 (МО ON) = 2MN-,
МЫ=~АВ.
17
4. Соизмеримые и несоизмеримые отрезки. Измерение отрезков
основано на утверждении, носящем название аксиомы Архимеда:
Если даны два любых отрезка АВ и CD (АВ > CD), то на пря-
мой АВ можно от точки А отложить отрезок CD последовательно
столько раз, что получится отрезок AN, больший или равный от-
резку АВ, т. е. можно найти такое целое число п, что будут выпол-
нены неравенства п CD^AB, (п — 1) CD < АВ.
Это очевидное утверждение доказ'анд быть не может и принято
в качестве аксиомы.
Общей мерой двух отрезков называется отрезок, который содер-
жится в каждом из данных целое'число раз (без остатка).
Не всякие два отрезка имеют общую меру, например сторона
и диагональ квадрата ее не имеют. Два отрезка, имеющие общую
меру, называются соизмеримыми, а не имеющие ее — несоизмеримыми.
5. Длина отрезка. Измерить отрезок, соизмеримый с некоторым
отрезком, принятым за единицу длины, значит узнать сколько раз
в нем содержится эта единица или какая-нибуДь часть (доля) ее.
Число, которое получается в результате измерения, будет длиной
отрезка. Таким образом, длиной отрезка, соизмеримого с единицей
длины, называется число, на которое надо умножить единицу длины,
чтобы получить данный отрезок. Это число будет рациональным.
Если отрезок несоизмерим с единицей длйны, то поступают так:
от начальной точки данного отрезка откладывают на нем последова-
тельно отрезок, равный единице длины, такое целое число aL раз, чтобы
разность (остаток) между данным отрезком и произведением единицы
длины иа aL была меньше единицы длины. Затем на остатке отклады-
вают 1/10 единицы длины такое целое число а2 раз, чтобы разность
между данным отрезком и произведением единицы длины на десятич-
ную дробь аг, Oj была меньше 1/10 единицы длины. Теоретически этот
процесс никогда не закончится, так как отрезок' несоизмерим с еди-
ницей. Следовательно, получится бесконечная десятичная дробь, для
вычисления любого десятичного знака которой указано правило. Она
не может быть периодической, потому что в противном случае ее
можно было бы привести к простой дроби и данный отрезок оказался
бы соизмеримым ,с единицей. Построенная бесконечная дробь и назы-
вается длиной данного отрезка, несоизмеримого с единицей. Это
число иррациональное. Числа а^, alt а2\ alt а2а3 и т. д. называются
приближенными значениями длины отрезка с точностью до 1; 0,1;
0,01 и т. д. Например, длина диагонали квадрата со стороной еди-
ница выражается иррациональным числом ]/2 = 1,4142(356237309...
6. Отношение отрезков. Отношением двух отрезков называется
отношение их длин, измеренных с помощью одной и той же единицы
длины. Если отрезки АВ и CD имеют длины и и п, это записывают
АВ т _
так; = . В частности, отношение отрезка к единице длины чис-
18
ленно равно длине отрезка. Отношение двух отрезков не зависит от
единицы измерения.
Равенство двух отношений называется пропорцией. Две пары
отрезков называются пропорциональными, если отношение отрезков
одной пары равно отношению отрезков другой пары.
Отрезок а называется средним пропорциональным отрезков Ь и с,
если
а_______________________________с_
b ~~ а
Пример 6. Отрезок длиной 24 см разделен на три равные
части. Найти расстояние между серединами первой н третьей частей.
Решение. Расстояние между серединами первой и третьей
частей будет равно длине отрезка без суммы длин двух половин
третьей части всего отрезка, т. е. равно длине всего отрезка без его
третьей части. Следовательно, расстояние между указанными середи-
24
нами равно 24 см —-g- см — 16 см.
Пример?. По данной разности двух отрезков и меньшему из
них построить больший отрезок.
Решение. Искомый отрезок находится как сумма данной раз-
ности и данного меньшего отрезка.
Пример 8. Доказать, что для точек А, В, С, D, лежащих па
прямой так, что АВ = CD, АС = BD, середина N отрезка AD явля-
ется также серединой отрезка ВС.
Доказательство. Йоскольку точка N— середина отрезка
AD, то AN — ND', следовательно, AN — АВ = ND — CD, но AN —-
— АВ = BN, DN — CD = NC; значит, BN = NC, а отсюда вытекает,
что точка N является серединой отрезка ВС (построить рисунок).
§ 4. Деление отрезка в заданном отношении
Делением отрезка АВ некоторой точкой N в данном отношении
т „
— называется такое деление, при котором отношение образующихся
в результате отрезков AN и BN равно данному отношению, т. е.
имеет место пропорция:
AN т
BN = ~'
Деление в заданном отношении называется внутренним, если
точка N лежит внутри отрезка АВ, и внешним — если точка N лежит
па продолжении отрезка АВ (рис. 4,а).
19
Пример. Данный отрезок АВ разделить внешним образом
3
в отношении .
Л
Решение. Проводим через точку А произвольную прямую
и на ней от точки А откладываем отрезок АС = За, где а — произ-
вольный отрезок. Далее от точки
С в сторрну точки А откладываем
отрезок CD—2а (рис. 4,6).
Проводим отрезки DB и CW;|
т \ I' ^В. Точка N и будет искомой,
\_ т. е. она делит по определению
N данный отрезок АВ внешним обра-
зом в заданном отношении, так как
Л7У __ ЛС 3а_3_
BN~DC^2a'~ 2 '
Д А В
а б'
Рис. 4.
§ 5. Деление отрезка в среднем и крайнем отношении.
Золотое сечение
Делением отрезка АВ точкой N в среднем и крайнем отношении
называется такое деление, при котором полученные после деления
отрезки удовлетворяют равенству
AN : BN = АВ : AN,
т. е. отрезок AN является средним пропорциональным между отрез^
ком BN и всем отрезком АВ.
Отрезок AN, удовлетворяющий этому условию, всегда опреде-
ляется по данному отрезку АВ с помощью формулы
AN = 1 АВ,'
полученной из квадратного относительно AN уравнения
Л№ = АВ {АВ—AN).
Отношение
AN /6-l_R1R
-у--0,618
имеет замечательное свойство, подмеченное еще в древности, заклю-
чающееся в том, что предмет, картина, скульптурная композиция,
здание или его отдельные часта, вписывающиеся в прямоугольник
с таким отношением сторон, способствуют наиболее четкому и лег-
кому, приятному для глаз, восприятию форм даже на большом рас-
20
стоянии, что и использовалось в архитектуре, живописи и т.
Д.
со-
В теории музыки отношение длин струн, равное ~ (|/б—1),
здает гармонический аккорд. •
В связи с этим деление отрезка в среднем и крайнем отношении
часто называют золотым сечением.
Пр и м е р. Построить точку (V, которая разделяет данный от-
резок АВ в среднем и крайнем отношении.
Решение. Из конца А отрезка АВ проведем произвольный
луч АК. Восстановим перпендикуляр BD Л АВ до пересечения его
с лучом АК в точке D. Радиусом BD из точки D сделаем засечку С
па АК. Из точки А, как из центра, радиусом АС сделаем засечку N
на отрезке АВ. Точка W будет искомой (рис. 5).
§ 6. Гармоническая группа точек. Гармоническое разделение
Группа из четырех точек А, М, В, N, лежащих на одной прямой,
называется гармонической, если отрезки AM, AN, ВМ и BN состав-
ляют пропорцию (рис. 6):
AM AN
ВМ~ BN'
~А м в
Рис. 6.
Из определения гармонической группы точек следует, что точка М
делит отрезок АВ внутренним образом, а точка N делит АВ в том же
отношении внешним образом. Такое разделение точек А и В точками
М и N называется гармоническим разделением. При этом, если точки
М и N гармонически разделяют точки А и'В, то точки А и В гар-
монически разделяют точки М и N. Точки М и N называются гар-
монически сопряженными относительно точек А и В (и наоборот).
Пример. Даны три точки А, В и М, лежащие на одной прямой.
Построить четвертую, гармоническую к ним точку N, т. е. такую
точку N, которая вместе с данными образовывала бы гармоническую
группу точек.
Решение. Через точку А проведем произвольный луч и на
нем от точки А отложим отрезок АС = AM (рис. 7). Далее от точки
С' В сторону точки А отложим отрезок CD = ВМ. Соединим точки
21
В и D и проведем CN || BD. Точка А будет искомой. Действительно,
ДД7 ЛГ
&ACN ~ &ABD; следовательно, -дд = (см. § 15).
Образуем производную пропорцию:
АС
AN — АВ ~ АС — AD’
Поскольку AN — АВ = BN,
АС — AD = АС — (АС — DC) = DC =
— ВМ, то можно записать произ-
водную пропорцию так:
AN AM
BN~ ВМ'
Следовательно, точкаN явля-
ется гармонически сопряженной
с данной точкой М относительно
точек А и В.
§ 7. Аксиоматика. Определения. Теоремы. Доказательства
Аксиома (греческое a;iw(j.a — уважение, авторитет) — математи-
ческое предложение, принимаемое без доказательства.
К системе аксиом, рассматриваемых как исходные предложения
прц построении той или иной математической теории, предъявляются
требрвания непротйворечивости, независимости и полноты.
Система аксиом называется непротиворечивой, если из нее нельзя
логически вывести два взаимно исключающих Друг друга предложе-
ния..
Система аксиом называется независимой, если никакая из аксиом
этой системы ие является следствием других аксиом этой системы.
Непротиворечивая и независимая система аксиом является пол-
ной, если она достаточна для построения той или иной математи-
ческой теории. Строгое определение полноты системы аксиом выходит
зй рамки элементарной математики.
В настоящее время в геометрии принята система аксиом, состо-
ящая из пяти групп. Классификация аксиом геометрии была пред-
ложена немецким математиком Давидом Гильбертом (1862—1943)
в 1899 году.
Первая группа аксиом состоит из шести аксиом, соеди-
нения:
1. Две точки определяют только одну прямую.
2. На каждой прямой лежит не менее двух точек. Существуют
по крайней мере три точки, не лежащие на одной прямой.
22
3. Через три точки, не лежащие на одной прямой, можно про-
нести плоскость и притом только одну.
В каждой плоскости лежит по крайней мере одна точка.
4. Если две точки прямой лежат в некоторой плоскости, то и
все точки ее лежат в той же плоскости.
5. Если две плоскости имеют одну общую точку, то они имеют
еще хотя бы одну общую точку.
6. Существует по крайней мере четыре точки, не лежащие на
одной плоскости.
Пример 1. Сколько различных прямых можно провести через
4 произвольно расположенные на плоскости точки? Через 10 точек?
Через п точек?
Решение. Каждая пара точек \
определяет одну прямую. Две пары \
точек являются разными, если они / х.
отличаются хотя бы одной точкой.
Разные две пары точек определяют \ / х?
две различные прямые. Следователь- \/_______
по, количество прямых, определяемых 7П?
4-мя точками, будет равно числу со- ' ' х
четаний из 4-х элементов по 2 (рис. 8)
а 4 • 3 Рис- 8-
С. ~ ~п- = 6 (прямых).
4 2
Число прямых, определяемых 10-ю произвольными точками,
будет равно
„2 10 • 9 ,в . .
Сю = ~2~ = 45 (ПРЯМЫХ)-
Для п произвольных точек получаем
„2 П {П — 1)
С« = ^-2—’ (ПРЯМЫХ)-
Вторая группа аксиом состоит из четырех аксиом по-
рядка:
1. Если точка В лежит на прямой между точками Л и С, то
4, В и С — различные точки прямой и В лежит также между С и А.
2. При данных двух точках А и В на прямой линии существует
по крайней мере одна такая точка С, что В лежит между А н С.
3. Из трех данных точек на прямой не более чем одна лежит между
двумя другими.
4. Если в данной плоскости даны треугольник АВС и какая-
нибудь прямая 1, не проходящая через одну из его вершин и пере-
23
секающая сторону АВ, То эта прямая непременно пересечет одну
из двух других сторон АС или ВС.
Аксиомы третьей группы называются аксиомами конгру-
энтности (от латинского congruens — совпадающий, согласованный,
в геометрии — равный). К третьей группе относятся пять аксиом:
1. На любой прямой от любой ее точки можно отложить отре-
зок, равный данному.
2. Два отрезка, равные третьему, равны между собой.
3. Пусть А, В, С — точки одной прямой и К, L, М — также
точки одной прямой. Пусть, кроме того, АВ — KL, ВС — LM. Если
отрезки АВ и ВС, а также KL и LM не имеют общих точек, то
АС = Д7И/
4. От любой точки данной прямой по данную сторону можно по-
строить один и только один угол, равный данному. Каждый угол
равен самому себе.
5. Если в двух треугольниках АВС и KLM стороны АВ = KL,
АС = КМ и Д_ВАС = Д_ЬКМ, то Z АВС = /_ KLM.
К четвертой группе аксиом относится лишь одна
аксиома о параллельности прямых.
1. Через данную точку в данной плоскости можно провести не.
более одной прямой, параллельной данной.
Пятая группа аксиом состоит из двух аксиом непрерыв-
ности прямой. Одна из них, называемая аксиомой Архимеда,
была сформулирована в § 3.
Вторая аксиома непрерывности называется аксиомой линейной
полноты. Ее формулировка такова: точки прямой линии образуют
такую систему точек, которую нельзя дополнить новыми точками
без нарушения ранее установленных аксиом.
Аксиома линейной полноты лежит в основе взаимнооднозначного
соответствия между множеством точек на числовой прямой и мно-
жеством вещественных чисел.
Определение — четкая формулировка того или иного математи-
ческого понятия.
Доказательство — рассуждение, в ходе которого строго устанав-
ливается истинность, или ложность утверждения.
Теорема — математическое предложение, истинность которого
устанавливается путем доказательства.
Формулировка всякой теоремы содержит две части: заключение
теоремы и условие, при котором это заключение имеет место.
Простой теоремой называется такая теорема, которая содержит
лишь одно условие и одно заключение.
Сложная теорема — это такая теорема, которая содержит не-
сколько условий или заключений.
Лемма — вспомогательная теорема.
24
Обратная теорема— это теорема, в которой условием является
Мключение, а заключением — условие данной теоремы.
Пример 2. Прямая теор ем а: Если треугольник прямо-
угольный, то сумма квадратов его. катетов равна квадрату гипоте-
иувы.
Обратная теорема: Если в некотором треугольнике сумма
квадратов двух сторон равна квадрату третьей стороны, то такой
треугольник прямоугольный.
Противоположная теорема — это теорема, условие и
Заключение которой являются отрицаниями условия и заключения
данной теоремы.
ПримерЗ. Теорема, противоположная теореме
Пифагора, может быть сформулирована так. Если треугольник
не прямоугольный, то квадрат любой его стороны не равен сумме
квадратов двух других сторон.
Необходимости в доказательстве этой теоремы нет, так как для
треугольника, не являющегося прямоугольным, доказаны теоремы
О сторонах, лежащих против тупого и острого углов.
Прямая и обратная, а также прямая и противоположная тео-
ремы являются соответственно взаимнообратными и взаимнопротиво-
положными.
Отметим, что не для всякой теоремы. верна обратная, но для
всякой прямой теоремы всегда верна обратная противоположной.
13 такой же зависимости находятся обратная и противоположная
теоремы.
Пример 4. Прямая 'теорема: Если центральные углы
равны, то и соответствующие им дуги равны (теорема верна).
Обратная теорема: Если две дуги окружности равны,
то и соответствующие им центральные углы равны (теорема вер-
на).
Противоположная теорема: Если центральные углы
не равны, то и соответствующие им дуги не равны- (теорема верна).
Обратная противоположной теорема: Если две
дуги окружности не равны, то и соответствующие им центральные
углы не равны (теорема верна).
Пример 5. Прямая теорема: Если стороны двух острых
углов перпендикулярны, то эти углы равны (теорема верна).
Обратная теорема: Если два острых угла равны, то их
стороны перпендикулярны (теорема неверна).
Противоположная теорема: Если стороны двух
острых углов не перпендикулярны, то эти углы не равны (теорема
неверна).
Обратная противоположной теорема: Если два
острых угла не равны, та их стороны не перпендикулярны (теорема
верна).
25
§ 8. Необходимые и достаточные условия
Если прямая и обратная теоремы верны, то эти две теоремы
можно сформулировать в виде одной теоремы, используя понятие
необходимости и достаточности. Понятие о необходимом и достаточ-
ном условии для выполнения какого-либо верного утверждения
(теоремы, суждения) является одним из важнейших в математике.
Необходимое условие — всякое условие, без выполнения которого
данное утверждение неверно.
Пример 1. Чтобы четырехугольник был квадратом, необхо-
димо, чтобы его диагонали были взаимно перпендикулярны.
Очевидно, что приведенное условие необходимо, но далеко не-
достаточно, так как при этом условии существует бесконечно много
форм четырехугольников, не являющихся квадратами.
Пример 2. Чтобы четырехугольник был квадратом, необхо-
димо, чтобы его диагонали были равны.
Данное условие необходимо, но также само по себе недоста-
точно, так как этому условию удовлетворяют не только квадраты,
ио и прямоугольники.
Для выполнения какого-либо утверждения можно указать не-
сколько необходимых условий.
Пример 3. Для того чтобы чегырехугольник был квадратом,
оба приведенные выше условия, взятые вместе, необходимы, но
недостаточны.
Достаточное условие — всякое условие,'из которого следует, что
утверждение справедливо.
Пример 4. Если стороны четырехугольника .равны, то такой
четырехугольник — параллелограм.
Действительно, приведенное условие является достаточным, но
оно не является необходимым, так как и без него четырехугольник
может быть параллелограмом.
' Для выполнения какого-либо предложения может существо-
вать не одно, а несколько достаточных условий.
Пример 5. Если диагонали четырехугольника взаимно перпен-
дикулярны и в точке пересечения делятся пополам, то такой четы-
рехугольник— ромб.
Приведенное условие является необходимым и достаточным,-
так как, если четырехугольник есть ромб, то легко доказать, что
его диагонали взаимно перпендикулярны и делятся в точке пере-
сечения пополам (доказательство необходимости условия); если же
дано, что диагонали перпендикулярны и делятся в точке пересечения
пополам, то и в этом, случае легко доказать равенство сторон че-
тырехугольника, т. е. то, что четырехугольник есть ромб. Поэтому
приведенное утверждение можно также сформулировать следующим
образом: чтобы четырехугольник был ромбом, необходимо и доста-
‘26
точно, чтобы его диагонали были перпендикулярны и в точке пере-
сечения делились пополам.
Отметим, что утверждение может быть справедливо при выпол-
нении нескольких необходимых и достаточных условий.
Пример 6. Для того чтобы четырехугольник был прямоуголь-
ником, необходимо и достаточно, чтобы выполнялось одно из следую-
щих требований:
1. Диагонали должны быть рдвпы и в точке пересечения де-
литься пополам.
2. Все углы должны быть прямые.
Необходимое и достаточное условие называют также необходи-
мым и достаточным признаком.
В формулировках теорем выражение «необходимо и достаточно»
часто заменяется одним из выражений «тогда и только тогда», «те
и только те», «в том и только в том случае, если» и др.
§ 9. Углы
1. Основные определения. Плоский угол — фигура, образованная
двумя лучами или отрезками, выходящими из одной точки. Лучи или
отрезки, образующие угол, называются сторонами угла, а точка, из
которой они выходят, вершиной угла. Угол обозначается специаль-
ным значком и буквой, поставленной у его вершины или внутри
угла, а также тремя большими буквами, из которых средняя та,
которая стоит у вершины угла. Например, / А, /_а, Z_ P&Q и
т. д.
Плоскость разделяется сторонами угла на внутреннюю область
угла и внешнюю.
Два угла называются равными, если при наложении они совпа-
дают.
Если стороны углов образованы отрезками, то при равенстве
углов равенство сторон может не соблюдаться.
Развернутым углом называется угол, одна сторона которого
является продолжением другой.
Два угла, имеющие общую вершину и общую сторону, называ-
ются прилежащими, если их внутренние области не покрывают одна
другую.
Смежными углами называются два прилежащих угла, не совпа-
дающие стороны которых образуют прямую.
Чтобы построить угол, смежный данному, нужно одну из сторон
Данного угла продолжить за его вершину.
Если два смежных угла равны между собой, то каждый из них
называется прямым, углом.
27
Пр и мер I. Доказать, что если угол, равный полуразност!
смежных углов, вычесть из прямого угла, то получится меньши!
из смежных углов. 5
Доказательство. Обозначим меньший из смежных угло^
через а. Другой смежный угол при этом равен 180°—а. Полураз)
ность смежных углов равна ч
[(180° — а) — а] = 90° — а. 4
Вычитая рту полуразность из прямого угла, получим в результату
угол а, что и требовалось доказать. J
Вертикальные углы — такие два угла, у которых стороны одного
являются продолжением сторон другого. Вертикальные углы обра^
зуются при пересечении двух пря^
мых. $
Перпендикулярные прямые —»
такие две прямые линии, который
при пересечении образуют равные
вертикальные либо смежные угль!?
(либо прямые вертикальные углы)|
2. Действия с углами. Есл®
вершину и сторону одного угла
совместить с вершиной и сторонок
второго угла, а другие стороны
этих углов разместить по одну-
сторону от совмещенной, то:
а) первый угол меньше вто-
рого, если несовмещенная сторона
его находится внутри (во внутренней области) второго угла;
б) первый угол больше второго, если несовмещенная сторона
его находится во внешней области второго угла.
Если вершину и сторону одного угла совместить с вершиной,
и стороной второго угла так, чтобы их внутренние области не на-
кладывались, то образованный несовмещенными сторонами угол наг
зывается суммой данных углов (рис. 9). Сумма нескольких углов-
определяется аналогично.
Сумма углов обладает переместительным и сочета-
тельным свойствами.
Разность углов, умножение и деление угла на число определя-
ется аналогично соответствующим понятиям для отрезков.
Биссектриса угла — луч, исходящий из вершины угла и делящий
угол на две равные части (пополам).
Пример 2. Доказать, что прямая, проведенная через вершину
угла перпендикулярно к его биссектрисе, есть биссектриса угла,
смежного с данным.
о
Рис. 9.
28
Доказательст во. Обозначим через BD биссектрису угла
АВС. Проведем прямую BL J_ BD (рис. 10). Если / DBC = /. DBA,
ТО z. ABL х= 90’ — Z. DBC, а
Z. NBL = 180’— (90° + z DBC) = 90° — Z. DBC.
Следовательно, / NBL = / ABL, т. е. прямая BL — биссектриса
угла ABN, смежного с углом АВС, что и требовалось доказать.
Таким образом, биссектрисы смежных углов взаимно перпенди-
кулярны.
Биссектрисы вертикальных углов составляют продолжение одна
Другой.
3. Измерение углов. Мерой угла служит величина поворота луча
ОЛ вокруг точки О как центра вращения.
Полным, углом называется угол,
полученный при одном полном обо- д/
роте луча ОА. Точка А при этом j)
опишет окружность радиуса О А. \
Половина полного угла состав-
ляет развернутый угол. Четвертая МВ С
часть полного угла, следовательно,
составляет прямой угол. Один ра- Рис. 10.
диан — это такой центральный угол,
дуга которого равна радиусу окружности. Обозначается радиан со-
кращенно — рад.
Поворот луча О А на 1 рад—это такой- поворот, при котором
точка А описывает дугу, равную по длине отрезку О,А. Следова-
тельно, в полном обороте 2п радианов.
В развернутом угле к = 3,141592653589... радианов, в прямом
к
угле ~ радианов.
Широко распространена также градусная система измерения
углов.
Один градус (1° — единица измерения углов в градусной сис-
теме) — это угол, составляющий часть полного угла. Дуга
центрального угла в 1° составляет часть дуги окружности.
Одна минута (Г) составляет gg часть градуса.
Одна секунда (1") составляет часть минуты или
1
3600
часть
градуса.
Слово «минута» происходит от латинского minuius — уменьшен-
ный, малый, что в данном случае означает более мелкую часть
29
градуса, а слово «секунда» происходит от латинского secunda —
второй, т. е. второе (еще меньшее) деление градуса.
В полном обороте 360°, что эквивалентно 2к радианов.
Следовательно:
1 радиан = — « 57° 17' 45", ,
ТС
1° = радианов « 0,017453 радианов,
loU
1"
= 1'§0~7~60 радианов к 0,0002909 радианов,
тех—~радианов « 0,00000485 радианов.
180 оО • оО
Перевод от градусного измерения к радианному и обратно осу-
ществляется соответственно по формулам:
180° Урздиау
к
^радиан — >
Развернутый угол содержит 180°. Прямой угол содержит 90°.
Острым углом называется угол, содержащий меньше 90°; тупым
углом называется угол, содержащий больше 90°, но меньше 180°.
Для измерения углов и дуг в простейших случаях применяется
прибор, называемый транспортиром.
Пример 3. Доказать, Что если два угла не равны, то и смеж-
ные их углы не равны, причём большему углу соответствует мень-
ший смежный угол.
Доказательство. Пусть а > fk Обозначим через
и -4 pj соответственно смежные углы углов аир, тогда
180° — а; 31 = 180° —
При равенстве уменьшаемого та разность меньше, где вычитае-
мое болЫйе; следовательно,
4 “1 < Pi-
Отметим, что при радианном измерении углов слово радиан
обычно опускают и, например, говорят, что прямой угол равен
§ 10. Параллельные прямые
Параллельными называются прямые, которые лежат в одной
плоскости и не пересекаются, сколько -бы их не продолжали.
Параллельность прямых обозначается знаком || . Например, если
прямые АВ и CD параллельны, то пишут АВ i| CD. Параллельность
30
трех прямых АВ, CD и MN можно записать так: АВ |] CD |]'2I4W
и т. д.
Совокупность всех прямых линий, проходящих через заданную
точку, называется пучком прямых.
Совокупность всех параллельных между собою линий назы-
вается пучком параллельных прямых.
Параллельные прямые обладают следующими свойствами:
1. Все точки одной из двух параллельных прямых равноуда-
лены от другой.
2. Все прямые, параллельные некоторой прямой /, параллельны
между собой.
3. Принято считать, что две параллельные прямые составляют
угол, равный нулю.
4. Все прямые, перпендикулярные к одной и той же прямой
линии, параллельны между собой.
5. Если прямая перпендикулярна к одной из пучка параллель-
ных прямых, то она перпендикулярна и ко Всем остальным прямым
этого пучка.
6. Если прямые перпендикулярны к двум параллельны^, прямом,
то их отрезки, заключенные между параллельными прямым'й, равны.
7. Если ряд параллельных прямых пересекает стороны угла,
то на сторонах этого угла отсекаются пропорциональные отрезки
ОА __ ОВ ос ON
0Аг ~ ОВг = ОС! “ • • • = 0Ni •
8. Если две параллельные прямые MN и пересекаются
рядом прямых, проходящих через точку О, то эти прямые рассе-
каются на пропорциональные части (рис. И)
АВ ВС CD
АА ~ ba = СгА и т- д-
Если две параллельные прямые пересечь третьей, то образуются
восемь углов (рис. 12).
31
1. Соответственные углы (Z. 1 и /.5, а также Z.4 и Z.8).
Соответственные углы попарно равны.
2. Внутренние накрестлежащие углы (/(. 3 и / 5, а также / 4
н Z.6). Эти углы попарно равны.
3. Внешние накрестлежащие углы (Z 1 н / 7, / 2 и / 8). Эти
углы также попарно равны.
4. Внутренние односторонние углы (/.4 и Z.5, а также /23
н /16). Односторонние углы попарно в сумме составляют 180°.
5. Внешние односторонние углы (/_ 1 н /. 8, а также / 2 и /£7).
Эти углы попарно в сумме также составляют 180°.
Имеют место и обратные утверждения, а именно:
Две прямые параллельны, если при пересечении этих прямых
третьей прямой окажется, что:
. к у' „ 1) какие-нибудь соответствен-
- ——•* ~ ные Углы равны, или
\М\ какие-нибудь накрестлежа-
щие Углы равны или,
С ' у 3) сумма каких-нибудь двух
—' внутренних или двух внешних
односторонних углов равна 180°.
Рис. 13. Углы с соответственно парал-
лельными сторонами между собой
равны, если оба они острые или оба тупые.
Углы с соответственно параллельными сторонами составляют
в сумме 180°, если один из них острый, а другой тупой.
Углы с соответственно перпендикулярными сторонами равны
между собой, если они оба острые или оба тупые и составляют
в сумме 180°, и при этом один из них острый, а другой тупой.
Задача 1. Доказать, что биссектрисы внешних или внутрен-
них односторонних углов при параллельных прямых взаимно перпен-
дикулярны, а соответственных или накрестлежащих углов парал-
лельны.
Доказательство. Пусть биссектрисы внутренних одно-
сторонних углов BK.L и uLK пересекаются в точке N (рис. 13).
Через точку L проведем LM || KN, тогда / MLN = 90°, как угол
между биссектрисами смежных углов (см. § 9, пример 2). Поскольку
/ KNL н / MLN являются односторонними углами при параллель-
ных ML и KN. и секущей LN, то их сумма равна 180°, т. е.
Z KNL + Z = Z KML + 90° = 180°.
Следовательно, Z_KNL — §0° и первая часть сформулированного
в условии задачи утверждения доказана.
Переходим к доказательству второй части. Биссектрисы внут-
ренних (или внешних) накрестлежащих углов AKL и DLK. делят
32
каждый из них пополам. Так как внутренние накрестлежащне углы
равны, то равны будут н их половины, т. е.
Z. MKL = Z Ш.
Ио углы MKL и KLW в свою очередь являются внутренними накрест-
лежащими углами для прямых МК и LN и секущей Z./C; следова-
тельно, М.К li LN, что и требовалось доказать.
Задача 2. Доказать, что середина отрезка прямой, заключен-
ного между двумя параллельными прямыми, есть середина отрезков
всех прямых, проходящих через эту точку и заключенных между
теми же параллельными прямыми.
Решение. Пусть АВ и CD параллельные прямые, точка М~
середина отрезка EF, KL— произвольный отрезок, проведенный
через точку М (рис. 14). Тогда в треугольниках МКЕ и MLF сто-
роны ME и M.F равны (по условию), углы КМЕ и LMF равны как
вертикальные, а углы КЕМ и LFM — как накрестлежащне. Значит
F\MKE = A\MLF и потому отрезок КМ равен отрезку ML, т. е.
произвольный отрезок KL в точке М делится пополам. Так как от-
резок KL выбран произвольно, то этим же свойством будет обла-
дать и любой другой отрезок прямой, проходящей через точку М,
т. е. любой отрезок всего пучка прямых, проходящих через точку 714.
Задача 3. Доказать, что перпендикуляр, восстановленный из
произвольной точки, взятой на стороне острого угла, обязательно
пересекает другую сторону этого угла.
Доказательство. Возьмем на одной из сторон острого
угла KOL произвольную точку W и восстановим NM1_OL (рис. 15).
При пересечении прямой 0L прямых ОК и NM образовались
внутренние односторонние углы KOL и MNO, причем Z_KOL-\
+ / MNO < 180°, так как / KOL < 90° (по условию), а / MN0 —
= 90° (по построению). Счедоватсльно, прямые ОК и NM не яв-
ляются параллельными по аксиоме о параллельных прямых. Точка
их пересечения расположена по ту же сторону секущей OL, по
которую расположены внутренние односторонние углы / KOL
и £MN0.
2 6-2G3
33
Используя приведенное доказательство, можно также доказать,
что перпендикуляр к некоторой прямой пересекается со всякой пря-
мой, не перпендикулярной данной. Можно ли доказать это утвер-
ждение, если угол KOL будет прямым или тупым?
Задача 4. Прямая, пересекающая две параллельные прямые,
1 ~
наклонена к одном из них под углом -g-n. Определить остальные углы,
образуемые при пересечении данных параллельных той же секущей-
Решение. Пусть, согласно рис. 12, /£1=~. Поскольку
О
7С 4
/2 является смежным с / 1, то / 2= к—— Таким об-
5 5
разом,
3 = Z 5 = Z 7 = Z. 1 = -U = 36°,
О
4
I\4 = z 6 = z 8 = Z 2 = = 144°.
Упражнения. 1. Доказать, что два перпендикуляра, вос-
становленные к каждой из сторон произвольного угла, пересекаются.
2. Доказать, что неограниченно продолженная прямая линия
не может не пересекать хотя бы одной стороны произвольно взя-
того угла, лежащего в той же плоскости, если она проходит через
точку, находящуюся внутри него.
§ 11. Многоугольники
Многоугольник — фигура, образованная на плоскости замкнутой
ломаной линией. Говорят также, что многоугольник — часть плос-
кости, ограниченная замкнутой ломаной линией. Звенья ломаной
называются сторонами многоугольника. Точки, в которых сходятся
два соседних звена, называются вершинами многоугольника. Углы,
внутренняя область которых принадлежит многоугольнику и кото-
рые составлены двумя соседними сторонами, называются внутрен-
ними углами многоугольника. Углы-, смежные с внутренними угла-
ми многоугольника, называются его внешними углами, т. е. внеш-
ний угол — это угол, образованный стороной многоугольника и про-
должением соседней стороны.
Каждому внутреннему углу ставится в соответствие только
один внешний угол многоугольника.
Сумма длин всех сторон многоугольника называется его пери-
метром и обозначается буквой Р или 2 р, где р— полусумма всех
его сторон (полупериметр).
34
Многоугольник .называется выпуклым, если ои расположен по
одну сторону от любой своей стороны, неограниченно продолженной.
Простым многоугольником называется такой многоугольник,
контур которого не имеет самопересечений.
Если стороны многоугольника имеют самопересечения (рис. 16),
он называется непростым (звездчатым).
Сумма внутренних углов всякого простого многоугольника
равна г.(п — 2) радианов, т. е. 2d (я — 2).
Сумма внешних углов выпуклого многоугольника равна 2п
радианов, т. е. 4d.
Два многоугольника называются равными, если их можно со-
вместить наложением.
Рис. 17.
В зависимости от числа углов (сторон) многоугольник назы-
вается треугольником, четырехугольником, пятиугольником и т. д.
Многоугольник называется правильным, если все его стороны
и все углы равны между собой.
Многоугольник также часто называют п-угольником, где п —
число сторон (вершин, углов). Очевидно, что я>3.
Каждый угол правильного многоугольника равен ------- к ради-
3__2 г:
апов, например угол правильного треугольника* —— п = -- = 60°,
о <5
. . 4—2 тс ...
правильного четырехугольника (квадрата) —г, = — = 90°, пра-
5__2
вильного пятиугольника —— тс —--== 108°, правильного шестиуголь-
х" D Э
&—-2 2тс 1Оло
ника —~~ п =* тг = 120 и т. д,
6 о
* При измерении углов в радианах слово «радиан», как уже отмечалось
в § 9, обычно не пишут.
35
Диагоналями многоугольника называются отрезки, соединяющие
две вершины многоугольника, не принадлежащие одной его стороне.
В вогнутом многоугольнике отрезок, соединяющий две несосед-
ние вершины, может оказаться вне его (рис. 16).
Для всякого я-угольника число N его диагоналей определяется
по формуле:
_ я (я — 3)
2
т. е. равно числу сочетаний из п элементов по 2 без числа сторон
многоугольника:
„2 п(п— 1) п(п~ 3)
С,г-« = —2---------'г = ~1—'•
Задача 1. Определить углы, образованные диагоналями и сто-
ронами правильного пятиугольника, выходящими и? одной его
вершины.
Решение. Пусть диагонали и стороны пятиугольника выхо-
дят из вершины А (рис. 17). Поскольку ДЛВС равнобедренный
(АВ = ВС) и Z В = 108°, то
/_ В АС = Z САБ == = 36°.
2
Аналогично / DAE — / EAD — 36°;
Z-DAC= \08°~Z_BAC — Z_DAE= 108° — 72° = 36°.
Если биссектрисы всех углов многоугольника пересекаются в од-
ной точке О, то в него можно вписать окружность. Центром впи-
санной в данный многоугольник окруж-
пости будет точка О.
Если перпендикуляры, восстанов-
Г\ ленные к серединам всех сторон много-
/ /А / угольника, пересекаются в одной точке
/ yKv / Oi> то вокруг него можно описать окруж-
/ \ / ность и ее центром будет точка
___________Z Для правильных многоугольников
точка пересечения биссектрис всех углов
Рис. 18.___и точка пересечения перпендикуляров,
восстановленных к серединам всех сто-
рон, совпадают.
Задача 2. Доказать, что в выпуклом четырехугольнике угол
между биссектрисами двух прилежащих углов равен полусумме двух
других углов.
Доказательство. Пусть биссектрисы углов А и В, при-
лежащих к стороне АВ, пересекаются в точке N (рис. 18). Тогда,
36
поскольку для любого четырехугольника 4-|-Z-8 H-ZC + Z-D=
= 360°, то из Л AN В находим, что
Z AN В = 180° — - в = 180° — 360°~ -\-J_ D) =
ZC + ZQ
2
а это, именно, и требовалось доказать.
. 3 а д а ч а 3. Доказать, что выпуклый четырехугольник с раз-
ными углами имеет хотя бы один тупой угол.
Доказательство. Обозначим внутренние углы рассматри-
ваемого четырехугольника через а, ,3, -у, 6, а внешние — через а1(
₽!• 71, 81-
Предположим, что внутренние углы рассматриваемого четырех-
угольника не все равны между собой и что среди них нет тупых,
т. е.
а-|~Р + 7+ 8<2гс.
Определим при этом предположении сумму внешних углов аг =
= к —а, = тс — ₽, 71 = к — 7, = тс —В:
“1 + Pi + 7i + si = 4iT — (“ + ₽ + 7 + s) > 2iT-
Но сумма внешних углов всякого выпуклого многоугольника равна
21с. Следовательно, сделанное предположение неверно, т. е. рас-
сматриваемый четырехугольник имеет хотя бы один тупой угол.
Останется ли верным это доказательство, если все углы четы-
рехугольника будут равны между собою?
Задача 4. Могут ли стороны четырехугольника относиться
как 2 : 7 : 11 :21?
Решение. Четырехугольника с данным отношением сторон
не существует, так как при любой единице измерения m получаем,
что сумма его трех сторон 2т, 7т, 11m меньше четвертой стороны
21m и поэтому рассматриваемая ломаная линия, которой является
четырехугольник, не может быть замкнутой.
Задача 5. Определить стороны четырехугольника, если они
относятся между собой как 2 : 4 : 5 :7, а периметр четырехуголь-
ника равен 108 см.
Решение. Обозначим единицу измерения через х, тогда сто-
роны четырехугольника соответственно равны 2х, 4х, 5х, 7х, а пери-
метр Р = 2х + 4х + 5т + 7х = 18х. По условию задачи Р=18х =
= 108 см, откуда х = 6 см. Таким образом, стороны данного четы-
рехугольника соответственно равны 12, 24, 30, 42 см.
Задача 6. Четырехугольник разделен диагональю на два тре-
угольника, периметры которых Pt = 25 см и = 27 см. Периметр
37
Р четырехугольника равен 32 см. Найти длину проведенной диа-
гонали-
Решение. Обозначим длину диагонали через х. Сумма пери-
метров, полученных при проведении диагонали треугольников, равна
периметру четырехугольника, сложенному с удвоенной длиной диа-
гонали, т. е. Р2 4- Р2 — Р + 2х,
Следовательно,
Рг 4- Рг — Р 25 см + 27 см — 32 см ,
х ~ -----------=---------!-------------— 1 о см.
Ответ: Длина диагонали равна 10 см.
§ 12. Треугольники
Треугольником называется фигура, образованная замкнутой лома-
ной, состоящей из трех звеньев, т. е. треугольник — это «-уголь-
ник при п ~ 3.
Для краткости слово треугольник обозначается символом Д.
Вершины треугольника обычно обозначают большими буквами латин-
ского алфавита, а противоположные им стороны теми же самыми
малыми буквами; например, вершины А, В, С и противоположные
им стороны а, Ь, с.
Если все три угла треугольника острые, то он называется
остроугольным, а если один из его углов тупой, то — тупоугольным.
Треугольник, имеющий прямой угол, называется прямоуголь-
ным', две его стороны, образующие прямой угол, называются кате-
тами, а третья сторона (лежащая против прямого угла) — гипо-
тенузой.
Треугольник называется равнобедренным, если две его стороны
имеют одинаковую длину, и равносторонним, если все его стороны
по длине равны.
Равные стороны равнобедренного треугольника обычно назы-
вают боковыми сторонами, а третью его сторону.— основанием. Рав-
носторонний треугольник является вместе с тем и равноугольным
(и наоборот).
Во всяком треугольнике сумма углов равна 180? или я радианов.
Всякий внешний угол треугольника равен сумме двух внутрен-
них, не смежных с ним.
Если два угла одного треугольника соответственно равны двум
углам другого, то и третьи углы равны.
Сумма острых углов прямоугольного треугольника равна 90°
38
В равнобедренном прямоугольном треугольнике каждый острый
л-о П
угол равен 4о °, или — радианов.
Если в прямоугольном треугольнике один из острых углов
равен 30°, то лежащий против этого угла катет составляет поло-
вину гипотенузы (эту теорему и обратную ей предлагается доказать).
Для сторон всякого треугольника имеют место соотношения:
а < b -j- с, а > b — с или а> с — Ь,
b <а + с, b > а — с или Ь > с — а,
с < a-j- Ь, с > а— b или с > b — а,
т. е. всякая сторона треугольника меньше суммы, но больше раз-
ности двух других сторон.
Задача 1. Доказать, что сумма попарных произведений сто-
рон произвольного треугольника больше половины суммы их квад-
ратов*.
Доказательство. Возводя в квадрат левые и правые
части неравенств
а> b — с, b > а — с, с > а — Ь,
имеем:
а2 > й2 — 2Ьс с2,
Ь2 > а2 — 2ас -,L с2,
с2 > а2 — 2аЬ 4- Ь2.
Складывая полученные неравенства и приводя подобные члены,
находим:
, , , а2 + Ь2 4- с2
ab 4- ас 4- Ьс >--!,
что и требовалось доказать.
Задача 2. В прямоугольном треугольнике один из острых
7"
углов равен -g-, а сумма гипотенузы с катетом, лежащим против
данного угла, равна 27,3 см. Определить гипотенузу.
Решение. Обозначим катет, лежащий против данного угла,
через х. Тогда гипотенуза составит 2х. По условию задачи х 4- 2х=
= 27,3 см, откуда х = 9,1 см.
* Под возведением в степень некоторого отрезка (стороны, высоты, медианы
ит. д.) понимается возведение в эту же степень числа, выражающего его длину.
39
Ответ; Гипотенуза рассматриваемого треугольника равна
18,2 см.
Задача 3. В равнобедренном треугольнике сумма внутренних
4
углов с одним из внешних составляет л. Определить углы тре-
О
угольника.
Решение, а) Пусть в Л АВС, где АВ— основание, АС = ВС,
углы при основании равны х, угол при вершине у, а внешний угол
4
при вершине равен г. Тогда 2х + у z — -тс- тс, г/4-г = тс; следо-
О
П , 4 7С 7Г 2
вателъно, 2х -|- л == -z- к, % , у == тг----- = —- л.
О V 0 о
б) Пусть г—внешний угол при основании. Тогда 2x-)-i/4-z =
4 4 тс
— тс, 2х У = следовательно, г = -я- тс — л = , что невоз-
О о о
можно, так как внешний угол при
основании равнобедренного треуголь-
ника всегда тупой. Таким образом,
/, \ тс тс 2тс
Х(\ искомые углы равны-тс-; -тс-; -тс-.
D А СЕ. обо
Задача 4. В треугольнике АВС
р iq сторона АС продолжена за точку А
кис’ 191 на длину AD = АВ и за точку С
на длину СЕ = ВС. Точки Е и D
соединены с точкой В. Определить углы Л DBE, если известны
углы Л АВС (рис. 19).
Решение. Обозначим / ВАС — а,/_ ВСА = 7, тогда / BAD-=
— г. — а, / ВСЕ = тс — у. Поскольку треугольники ABD и ВСЕ рав-
нобедренные, то
z BDA = Z ABD = *~£?АВ = ~,
zLBEC^^ СВЕ .
§ 13. Соотношения между элементами треугольника
В произвольном треугольнике:
1. Квадрат стороны, лежащей против острого угла, равен сумме
квадратов двух других сторон без удвоенного произведения одной
из этих сторон на проекцию другой стороны на нее (рис. 20):
с2 = а2 + б2 — 2аЬа = а2 + &2 — 2ba-il.
40
2. Квадрат стороны, лежащей против тупого угла, равен сумме
квадратов двух других сторон, сложенной с удвоенным произведе-
нием одной из этих сторон на проекцию другой стороны на нее
(рис. 21):
с2 = а2 + b2 + 2aba = а2 + Ь2 -|- 2Ьаь.
Теорема- Пифагора. В прямоугольном треугольнике квадрат
гипотенузы равен сумме квадратов катетов (рис. 22):
с2 = а2 -f- Ь2.
Рис. 22.
о проекция одного из
i; внося эти значения в
Замечание. Если угол С прямой,
катетов на второй равна нулю: ау = Ьа =
одну из предыдущих формул, получим теорему Пифагора.
Перпендикуляр h', опущенный из вершины прямого угла тре-
угольника на его гипотенузу, есть средняя пропорциональная вели-
чина между отрезками, на которые основание перпендикуляра делит
гипотенузу, а каждый катет есть средняя пропорциональная вели-
чина между всей гипотенузой и прилежащим к этому катету отрез-
ком гипотенузы (рис. 22):
hc __bc ' а __ас Ь Ьс
ас~ hc’ с ~~ а ’ с ~ Ь ‘
Квадраты катетов относятся между собой как прилежащие
к ним отрезки гипотенузы:
а2 ас
Задача 1. Определить вид треугольника, если между его
сторонами а, Ь, с имеет место зависимость ап ф- Ьп = сп (п — целое,
положительное число).
Решение. Прн различных значениях п могут иметь место
следующие три случая:
41
a) n = 1. Зависимость a -j- b = с не имеет места ни для какого
треугольника;
б) п = 2. Зависимость а2 + Ь2 — с2 имеет место лишь для прямо-
угольного треугольника с катетами а, b и гипотенузой с;
в) п > 2. Предположим, что а < с, Ь < с. Тогда ап~2 < сп- 2,
Ь,1~2 < сп~2, следовательно,
апс2 < с” а1, Ьпс2 < спЬ2.
Складывая полученные неравенства, находим:
(ап -J- Ьп) с2 < (а2 + Ь2) сп.
Но по условию задачи ап 4- Ьп = сп. Поэтому разделив обе части по-
следнего неравенства на сп > 0, получаем а2 -|- Ь2 > с2; значит, ис-
следуемый треугольник остроугольный.
Можно также применить следующий способ. При а < с, Ь<с,
п > 2, имеем:
“-<1, ^<1, £<L
сп сп п
Следовательно,
Складывая полученные неравенства, находим
п2 . Ь2 ап + Ьп _
с2 + с2 > ~ *’
т. е. а2 + Ь2 > с2. Исследуемый треугольник остроугольный.
В каждом треугольнике против большей стороны лежит боль-
ший угол, а против большего угла лежит большая сторона. Против
равных сторон лежат равные углы, н наоборот.
Если два угла треугольника равны, то стороны, лежащие про-
тив этих углов, также равны (т. е. треугольник является равнобед-
ренным). Угол, лежащий против меньшей стороны треугольника,
всегда острый.
В тупоугольном треугольнике наибольшая сторона его лежит
всегда против тупого угла. •
В прямоугольном треугольнике гипотенуза всегда больше лю-
бого из катетов.
Если две стороны одного треугольника равны двум сторонам
другого, а углы между этими сторонами не равны, то против боль-
шего угла лежит и большая сторона.
42
Задача 2. В треугольнике АВС большая сторона ВА продол-
жена на отрезок AD, равный стороне АС, и точка D соединена
отрезком прямой с вершиной С. Доказать, что угол BCD — тупой.
Решение. Проведем прямую AL || DC и рассмотрим угол ALB,
равный углу BCD (рис. 23).
Тогда / ALB = / LAC / LCA как внешний угол треуголь-
ника ALC-, Z LAC = ~ Z. ВАС, так как Z LAC = Z ACD и Z ВАС =
X. ACD + Z.ADC = 2/_ ACD = 2LAC, a Z_LCA больше Z В,
так как лежит против большей стороны; значит, сумма этих двух
углов больше полусуммы углов треугольника, т.е. / LAC Z_LCA >
> 90°; поэтому угол BLA тупой, а следовательно, и равный ему угол
BCD тоже тупой.
Задача 3. Доказать, что если в четырехугольнике суммы
квадратов противоположных сторон равны, то диагонали его вза-
имно перпендикулярны.
Доказательство. Пусть диагонали АС и BD четырехуголь-
ника A BCD пересекаются в точке О (рис. 24). Предположим, что
диагонали не перпендикулярны. Проведем BE _L АС н DF J. АС.
Из А АВО и A DOC соответственно получаем:
АВ2 = АО2ВО2 — 2АО ЕО,
CD2 = СО2 -J- DO2 - 2СО OF.
Складывая, получим
АВ2 + CD2 =АО2 + ВО2 + СО2 4- DO2 — 2 (40 • ЕО + СО OF).
Аналогично из Л AOD и А ВОС получим:
AD2 + СВ2 = АО2 + ВО2 + СО2 + DO2 + 2 (СО • £0 + АО- OF).
43
Поскольку правые части полученных равенств не равны, то АВ1 2 4-
+ CD2 < AD2 + СВ2, что противоречит условию. Следовательно,
AC j. BD.
Задача 4. Доказать, что если внутри треугольника АВС
можно взять точку D так, что отрезок DA равен стороне АВ, то
сторона АВ меньше стороны АС (рис. 25).
Решение. Проведем прямые BD и CDK, тогда <$.BDK>
>2£BCD и <ХДЕ>Л >-КОС4 как внешние углы треугольников
BCD и ADC. Значит, <£ BDA > -К ВСА; но -£BDA=^ABD, так
как лежат в A ABD против равных по условию сторон АВ и AD,
поэтому <7 ABD > «КВСА, и тем более -2£АВС>-^ВСА. Следова-
тельно, в ДЛВС сторона АВ, как лежащая против меньшего угла,
меньше стороны АС.
1, Высота треугольника. Высотой треугольника называется пер-
пендикуляр, опущенный из любой вершины треугольника на про-
тиволежащую сторону или на ее продолжение.
В тупоугольном треугольнике две высоты падают на продол-
жения сторон, а третья находится внутри треугольника.
В остроугольном треугольнике все высоты лежат внутри него.
В прямоугольном треугольнике две высоты совпадают с катетами,
а третья опущена на гипотенузу.
Три высоты треугольника всегда пересекаются в одной точке,
которая называется ортоцентром.
Ортоцентр О тупоугольного треугольника лежит вне треуголь-
ника (рис. 26).
Ортоцентр О остроугольного треугольника лежит внутри него
(рис. 27).
Ортоцентр прямоугольного треугольника совпадает с вершиной
прямого угла.
Высоты треугольника, опущенные на стороны а, Ь, с, обознача-
ются соответственно через ha, hb, hc и вычисляются по формулам:
44
ha = ~a Vp(p — a)(p — b)(p — c),
hb=zT Ур(р-~а)(р~ь'>(p-~c)>
hc = — Vp(p — a)(p —6)(p—c),
где p—полупериметр треугольника:
a + b + c
2
Между высотами ha, hb, hc и радиусами вписанной и вневписан-
ных окружностей г, га, гъ> гс имеют место соотношения:
1 = 1 +
Г lla lib ' he ’
J_____1_ J________1_ .
Га ~ lib ' he ha’
. 2ГЫс. .
ha —-------:—~ ,
гь 4" rc
hb =
1=1 l!_L.
гъ ha ' he hb’
1 = 1 +
rc ha hb hc ’
^Гд Гс _ _ 2fg rb .
ra Гс fa + ГЬ ’
Вневписанной в треугольник ок-
ружностью называется окруж1-
пость, к которой одна из сторон
треугольника и продолжения двух
других сторон его являются каса-
тельными (рис. 28).
2. Медиана треугольника. Ме-
дианой треугольника называется
отрезок, соединяющий произволь-
ную его вершину с серединой
противолежащей стороны. Три
медианы треугольника пересека-
ются в одной точке (рис. 29).
Эта точка всегда находится внутри
треугольника, являясь его цент-
ром тяжести. Точка пересечения
каждую медиану в отношении 2 :1
медиан треугольника делит
(считая от вершины).
45
Медианы сторон а, Ь, с обозначаются соответственно через та,
ть, тс и вычисляются по формулам:
/Г(^ + С2) - П2 у2{а2 + с2)_Ь2
та—----------g-------: тъ =-------------g------- ,
/2(n2 + &2)-7S
те==-----------------
Сумма квадратов медиан равна трем четвертям суммы квадра-
тов сторон треугольника
Q
/т?2 + т2 + т2 ~ -j- (а2 + Ь2 + с2).
В прямоугольном треугольнике медиана, опущенная на гипотенузу,
Задача 5. Доказать, что если медиана какой-либо стороны
произвольного треугольника равна половине этой стороны, то дан-
ный треугольник прямоугольный.
Доказательство. Пусть в А АВС проведена медиана BD
стороны АС и согласно условию BD — AD — DC (рис. 30). Докажем,
что X АВС = 90°.
Поскольку A ABD — равнобедренный, то / ABD — / DAB,
аналогично X DBC = / BCD.
Тогда имеем:
X авс = х abd + X.DRC = + =
= 180° — ~ (X ADB + X BDC) = 90°,
так как углы ADB и BDC — смежные и, следовательно,
у (X ADB 4- X BDC) = 90°.
Задача 6. Вычислить медиану, опущенную на гипотенузу,
если: а) катеты данного прямоугольного треугольника равны 4
46
и 10см\ 6) один катет равен бел, а высота, опущенная па гипоте-
нузу, равна 4,8 см.
Решение, а) Воспользовавшись теоремой Пифагора, вычисляем
гипотенузу с по данным катетам а = 4 см, Ь= 10 см:
с = /а2 + &2 = /42 + 102 = /ТТб = 2 /29 см.
Следовательно, тс = -g- с = /29 см, так как медиана прямоуголь-
ного треугольника равна половине гипотенузы.
б) Обозначим отрезки, на которые основание высоты hc делит
гипотенузу с, через х = Ьс и у—ас (рис. 22). Пусть отрезок х при-
легает к данному катету b = 6 см, тогда по теореме о перпендику-
ляре, опущенном из вершины прямого угла на гипотенузу, получаем
х (х + у) = б2,
ху = 4,82.
„ х 4- у 25
Разделив первое уравнение на второе, получаем —, от-
16
куда у = -д- х.
Подставляя в первое уравнение, получаем -д- х2 = 36, откуда
5
-~х = 6, (т>0); следовательно, х = 3,6 см; у—6,4 см; c = x-j-
<5
-J-у = 10 см; тс — -^-с= 5 см.
3. Биссектриса треугольника. Биссектрисой треугольника на-
зывается отрезок биссектрисы любого угла этого треугольника от
вершины до пересечения с противоположной стороной. Все трн бис-
сектрисы (по количеству углов) треугольника пересекаются в одной
точке, лежащей всегда внутри треугольника и являющейся центром
вписанной окружности (рис. 31).
47
В Л АВС биссектрисы углов А, В, С, лежащих против сторон
а, Ь, с, обозначаются соответственно через /а, /ь, lt и вычисля-
ются по формулам:
а ____________
la = -^TcVbcP{P — a},
lb = ^Гс VacP (Р —V’
ic ~ а ь а^р (р —с^'
где р = (a -J- b с).
Кроме того, биссектрисы могут быть вычислены по формулам:
1а = /Гр Ьс И6 +с)2 — а2Ь
1ь = сГТс K^I(a-hc)2 —г>2],
/с = ~Г~ь V^l(a + t>)z-c^l.
Cl -j- b
Биссектриса внутреннего угла треугольника делит противопо-
ложную сторону треугольника на части, пропорциональные при-
лежащим сторонам. Биссектриса внешнего угла треугольника пе-
ресекает продолжение противоположной стороны в такой точке,
расстояния которой до концов этой стороны пропорциональны при-
лежащим сторонам.
Во всяком треугольнике биссектриса лежит между соответ-
ствуюищми медианой и высотой, т. е.
fia<la<ma; hb^hj<mb; hc<lc<mc.
Продолжения биссектрис внутренних углов треугольника про-
ходят через центры вневписанных окружностей, являющихся точками,
в которых пересекаются биссектрисы внешних углов этого треуголь-
ника (рис. 28).
Задача 7. В треугольнике из вершины угла проведены бис-
сектриса и высота. Доказать, что угол между ними равен полураз-
ности двух других углов.
48
Решение. Пусть в А АВС ВС > АВ, ВЦ — высота, BL —
биссектриса (рис. 32). Тогда
Z HBL = Z НВС -£LBC = (90 е—Z О - 1 S°’ ~ {А-А .
2
= -Jj-(ZA-ZC),
так как £LBC = у (180° - Z А - Z Q-
Задача 8. БД АВС биссектрисы внутренних углов В и С
пересекаются в точке О и через эту точку проведена прямая OD па-
раллельно АС до пересечения с ВС в точке D и прямая ОЕ парал-
лельно АВ до пересечения е ВС в точке Е. Построить рисунок
и доказать, что периметр Z\OED равен стороне ВС.
Решение. / ОВЕ = /_ОВА, так как ВО — биссектриса
/ АВС- /СВОЕ = /_ОВА, как накрестлежащне углы, а потому
Z.OBE—/CBOE и, следовательно, в треугольнике ОВЕ ОЕ — BE.
Аналогично доказываем, что OD — DC. Поэтому
POED = 0Е -г ED + DO = BE -J- ED + DC = ВС.
Задача 9. Доказать, что в треугольнике биссектрисы двух
внешних углов и третьего внутреннего, не смежного с ними, пере-
секаются в одной точке.
Решение. Пусть в Д АВС точка D находится на продолже-
нии стороны АВ, а точка Е — на продолжении АС (рис. 33). Бис-
сектриса внешнего угла DBC — геомет-
рическое место точек, равноотстоящих f /
от сторон BD и ВС, биссектриса внеш- //
него угла ЕС В — геометрическое место
точек, равноотстоящих от сторон ВС и /\. ~
СЕ; поэтому точка их пересечения /( '
равно отстоит от сторон BD и СЕ, /С^
а следовательно, и от сторон AD и АЕ. А^----------------------д
Значит, точка К лежит на биссектрисе
У‘’ла А. р 33
4. Центр описанной окружности.
Средняя линия треугольника. Три пер-
пендикуляра к сторонам треугольника, проведенные через их
середины, пересекаются в одной точке, являющейся центром опи-
санной окружности. В тупоугольном треугольнике эта точка лежит
вне треугольника, в прямоугольном треугольнике — на середине гипо-
тенузы, в остроугольном — внутри треугольника.
В равнобедренном треугольнике высота, медиана и биссектриса,
опущенные на основание, а также перпендикуляр, проведенный через
середину основания, совпадают друг с другом.
49
В равностороннем треугольнике отмеченное совпадение осуще-
ствляется для всех сторон.
Ортоцентр, центр тяжести, центр вписанной и описанной окруж-
ности в равностороннем треугольнике совпадают.
Средней линией треугольника называется отрезок, соединяющий
середины его сторон. Средняя линия параллельна третьей стороне
и равна ее половине.
Задача 10. Построить треугольник, зная основания трех его
высот.
Решение. Пусть основаниями трех высот некоторого треуголь-
ника являются точки L, М, N. Построим треугольник с вершинами
в точках L, М и IV. Проведя
биссектрисы внутренних углов
A LMN, построим перпендику-
ляры к ним, проходящие через
вершины A LMN. Точки пере-
сечения этих перпендикуляров
будут вершинами искомого тре-
угольника. Выполнить рисунок.
Задача 11. В треуголь-
нике АВС высота (относительно
стороны ВС) составляет поло-
вину биссектрисы внешнего
вершине А. Найти разность углов
угла этого треугольника при
В и С.
Решение. На рис. 34 AD — высота, а АЕ— биссектриса
ДВЛ/7. По условию задачи AD — -g АЕ, поэтому в прямоугольном
A ADE угол AED равен 30°.
Далее находим
Z. BAE = 1 Z BAF - !.8.9О—j 90° - А .
Из Л АВЕ имеем:
Г/ А \
Z. АВЕ =180° — (Z. ВАЕ + АЕВ) = 180° — 190° — — ) + 30°
или
Д
Z. ЛВЕ = 60° + у.
С другой стороны, / АВЕ смежный с углом В и
£АВЕ = 180° —В,
50
тогда
л
60° + -~= 180а — В,
откуда
А + 2В = 240°.
Теперь находим
В — С = (А + 2В) — (А + В + С) = 240° — 180° = 60°.
Ответ: В — С — 60°.
Задача 12. В А АВС на продолжении стороны ВС отложен
отрезок CD, равный СА, и точки А и D соединены прямой; прямая
СЕ — биссектриса / АСВ, прямая CF делит отрезок AD пополам.
Построить рисунок и доказать, что CF и СЕ перпендикулярны.
Решение. CF — медиана равнобедренного A ACD, а, следова-
тельно, CF — биссектриса / ACD.
Углы ВСА и ACD являются смежными, а биссектрисы смежных
углов взаимно перпендикулярны (см. § 9, пример 2), что и требова-
лось доказать.
§ 14. Признаки равенства треугольников
Два треугольника равны, если у них соответственно равны:
I. Две стороны и угол, заключенный между ними.
II. Два угла и прилежащая к ним сторона.
III. Два угла и сторона, противолежащая одному из них.
IV. Три стороны.
V. Две стороны и угол, лежащий против большей из них.
Рис. 35.
Замечание. Если равные углы двух треугольников лежат
против меньших сторон этих треугольников, то они могут быть
не равны (например, треугольники DBC и на рис. 35).
51
А А,
В D Е С В, В, Д, С,
Рис. 36.
Два прямоугольных треугольникалравпы в следующих четырех
случаях *. m
I. Если катеты одного треугольника соответственно равны кате-
там другого треугольника.
II. Если катет и прилежащий к нему острый угол одного тре-
угольника соответственно равны катету и прилежащему к нему
острому углу другого треугольника.
III. Если гипотенуза и острый угол одного треугольника соот-
ветственно равны гипотенузе и острому углу другого треугольника.
IV. Если гипотенуза и катет одного треугольника соответствен-
но равны гипотенузе и катету другого треугольника.
Задача 1. Если основа-
ние а, высота ha и медиана та
одного треугольника соответст-
венно равны основанию, вы-
соте и медиане другого тре-
угольника, то такие треуголь-
ники равны.
Доказательство.
A ADE — A AtD-J^ (рис. 36; по
катету и гипотенузе); следова-
тельно, DE = D-iE-l, значит
DC = DjCj и АС=А1С1, поскольку Д ADC = Д AjD^ по двум
катетам. Так как BD = ВС — DC, В^ = В^ — D&, io BD =
= B^Db следовательно, Д ABD — д Л1В1Д1 (по двум катетам); зна-
чит, АВ — ABj.
Таким образом, Д АВС = A A^Cj по трем сторонам.
Задача 2. Доказать, что если две стороны и медиана третьей
стороны одного треугольника соответственно равны двум сторонам
и медиане третьей стороны другого треугольника, то такие треуголь-
ники равны.
Доказательство, Пусть в А АВС дана медиана BD = ть
и стороны а и с, а в А1В1С1 — медиана BlD1 — mi,l и стороны
и q.
Продолжим обе медианы за точки D и Dt и отложим па их
продолжениях DE = BD и D1E1 =« BtDi (рис. 37). Точку Е соединим
с точками А и С, а точку Ег — с точками At и
Тогда Д ADE =-- Д BDC ио двум равным сторонам и углу между
ними (Д ADE — / BDC как вертикальные углы,. BD = DE по построе-
нию и AD — DC по условию, поскольку BD медиана). Следовательно,
сторона АЕ = ВС = а. Аналогично доказываем, что AL£\ = ВЛС\ = а\.
* Все эти признаки получаем как частный случай признаков для произ-
вольных треугольников, учтя, что для прямоугольных треугольников одно
условие выполняется авто<мати чески — прямые углы всегда между собою равны.
52
Далее, А АВЕ = A АДЗДД по трем равным сторонам, так как
по условию a — alt с = clt 2ть = 2тьх. В таком случае AD и АДД
будут соответственно медианами этих треугольников; тогда AD =
= AiDx, DC = DjC-i, так как BD и B1Dj— медианы треугольников
АВС и /SjBjCp Следовательно, А АВС = A по трем равным
сторонам.
Задача 3. В равнобедренном Д АВС из концов основания АС
проведены прямые, которые составляют с основанием равные углы
и пересекаются в точке D. Построить рисунок и доказать, что тре-
угольники ABD и BCD равны.
Решение. В Л ADC (по условию) / DAC = / DC А, а потому
противолежащие стороны DA и DC равны. Л АВС равнобедренный,
значит В А = ВС и треугольники ABD и CBD равны по трем соот-
ветственно равным сторонам.
Упражнение. Если две стороны и биссектриса угла между
ними одного треугольника соответственно равны двум сторонам
и биссектрисе угла между ними другого треугольника, то такие тре-
угольники равны. Доказать.
§ 15. Подобие треугольников и многоугольников
Если углы одного нз двух данных треугольников соответственно
равны углам другого, то те их стороны, которые лежат против рав-
ных углов, называются сходственными сторонами.
Два треугольника называются подобными, если их соответствен-
ные углы равны и стороны одного пропорциональны сходственным сто-
ронам другого.
I. Признаки подобия треугольников. Два треугольника подобны,
если:
I. Два угла одного треугольника соответственно равны двум
углам другого треугольника.
53
II. Две стороны одного треугольника соответственно пропор-
циональны двум сторонам другого треугольника и углы, заключен-
ные между этими сторонами, равны.
III . Три стороны одного треугольника соответственно пропорцио-
нальны трем сторонам другого треугольника.
Два треугольника являются подобными, если стороны од-
ного соответственно параллельны или перпендикулярны сторонам
другого.
Прямая, параллельная стороне треугольника и пересекающая
две другие стороны, отсекает от него треугольник, подобный дан-
ному.
Высоты подобных треугольников, проведенные к сходственным
сторонам, называются сходственными высотами.
Аналогично определяются сходственные медианы и сходствен-
ные биссектрисы.
2. Признаки подобия прямоугольных треугольников. Признаки
подобия прямоугольных треугольников получаем как частный случай
из признаков подобия произвольных треугольников, принимая во вни-
мание, что одно условие уже выполнено: прямые углы всегда между
собою равны.
Два прямоугольных треугольника подобны, если:
I. Острый угол одного треугольника равен острому углу дру-
гого треугольника.
II. Катеты одного треугольника пропорциональны катетам дру-
гого треугольника.
III. Гипотенуза и катет одного треугольника пропорциональны
гипотенузе и катету другого треугольника.
Для обозначения подобия двух треугольников (а также много-
угольников) служит специальный знак Например, если треуголь-
ники АВС и MNP подобны, то это кратко обозначают так:
Д АВС со Д MNP.
Задача 1. Доказать, что расстояние центра описанной вокруг
треугольника окружности от стороны вдвое меньше расстояния орто-
центра от вершины противоположного угла.
Решение. ОМ Л ВС, ON J. АС, О — центр описанной окруж-
ности, Н — ортоцентр (рис. 38). Далее, MN || АВ — как средняя линия,
так что MN = ~ АВ.
По условию задачи ON есть перпендикуляр, проведенный через
середину стороны АС, а ВР высота, опущенная на эту же сторону
АС; следовательно, ON || ВР; так как MN || АВ, то углы MNO и РВА
равны, как углы с параллельными сторонами. Аналогично доказыва-
54
ем, что Z_NMO = / QAB и ргда (согласно первому признаку подо-
бия треугольников)
Л AKW со а АНВ.
Следовательно,
ОМ __ НА НА
МН ~ АВ ~ 2МН ’
откуда 2ОМ — НА, что и требовалось доказать.
Рис. 38. Рис. 39.
Задача 2. В треугольнике АВС стороны АВ = с, АС----Ь
и ВС —а. Через точку О пересечения биссектрис внутренних углов
треугольника проведены прямые, параллельные сторонам треуголь-
ника. Найти длины отрезков этих прямых, заключенных внутри тре-
угольника.
Решение. В треугольнике АВС проведем высоту ВН = hb
(рис. 39). По условию задачи МН || AC, PQ || АВ и RS || ВС, тогда
A ABC со A BMN со A CQP со A ARS. Из подобия треугольников
АВС и ВМН находим
МН ВК
АС ~ ВН
или
MN hb — r
b hb ’
где г = КН — радиус окружности, вписанной в треугольник АВС.
s 2s
Учитывая, что г = — , a hb — , где s— площадь, а р — полу-
периметр А АВС, получим
s
МН _ jy а + 6 -j- с — b _ a -L с
b 2s а b ~г с аА~ЬА~с'
~Ъ
55
откуда
Аналогично находим
.... b (а +‘с)
/И А = —> -г— -.
а -|- b + с
рп — с + 6)
а -}- b + с
и
/?5 =
От is с те
а (Ь + с) .
а + b -J- с ‘
д (& + с) . b (ас} _ с (а + Ь)
а Н- b с’ а-\-Ь с' а-\- b с'
Задача 3. Определить периметр треугольника, вершины кото-
рого находятся в основаниях высот остроугольного треугольника
со сторонами а, Ь, с (рис. 40).
Рис. 40.
Рис. 41.
Решение. Пусть АВ — с, АС — Ь, ВС ~ а. А АВС А АГЕ,
ЕЕ АЕ __ аАЕ , ,, „
тогда = -г-, и, следовательно, FE =-----, но а2 = о2 -Р с2 —
ас ас с
— 2Z> АЕ, т. е.
62 + с2 — а3 г„ а(Ь2А~с2 — а2)
АЕ — —~-h------, FE = —1.
2b 2Ьс
Аналогично находим
РГ) b {а2 + с2 — 62) _ с (а2 + 62 — с2)
_ 2ас ’ 2аЬ
Таким образом, после преобразований получаем
FE + FD + DE = (р~й) (р . 8р,
56
3. Подобие многоугольников. Два многоугольника называются
подобными, если они имеют соответственно равные углы и сходст-
венные стороны их пропорциональны.
Задача 4. Доказать, что два выпуклых четырехугольника по-
добны, если они имеют соответственно равные углы, кроме одной
пары, и все пропорциональные стороны, кроме двух смежных.
Решение. Пусть в четырехугольниках ABCD и А^СДД
Д.А = Х.А1г Д.В^Х.В,, £C~£Clt BC-.B.C^CD.C^.
Поскольку сумма внутренних углов всякого четырехугольника
равна 2тс, то Z-D = Z_Dl. Четырехугольник наложим на
четырехугольник ABCD так, чтобы углы и А совпали (рис. 41),
На сторонах АВ и AD отметим точки Вх и Dx.
Соединяя точки В и О, а также точки Bt и Db найдем, что
Д BDC со Д BjDjCj
(по равному углу между пропорциональными сторонами).
Поэтому / DjBjCj = / DBC и соответственно / ABD,
так как по условию / Вг — / В. Следовательно, д ABD со д А1В1П1
(по двум углам).
Поскольку четырехугольники ABCD и AjSjCiDi состоят из по-
добных треугольников, то они подобны.
Таким же образом выполняется доказательство для двух/г-уголь-
ников, удовлетворяющих условию задачи.
Два подобных многоугольника называются гомотетичными, если
они расположены так, что сходственные стораны их параллельны.
Подобные многоугольники можно всегда сделать гомотетичными.
Прямые, которые соединяют вершины равных углов двух гомотетич-
ных многоугольников, пересекаются в одной точке, называемой цент-
ром подобия (центром гомотетии).
Отношение сторон двух подобных многоугольников АВС... 'AN
и АДДС^.М-ДД называется отношением подобия. Число k в выражении
АВ ВС MN ~
AjBj ~ Bi.C| ~ МДД ~
называется коэффициентом подобия. Для равных фигур коэффици-
ент подобия равен единице. Центр гомотетии может лежать как
внутри, так и вне гомотетических фигур.
Задача 5. Построить пятиугольник АД^СДдДД, подобный дан-
ному пятиугольнику ABCDE так, чтобы одна из сторон его равня-
лась данному отрезку т (рис. 42).
Решение. Пусть А1В1 = /п. Проведем прямую, параллельную
стороне АВ данного многоугольника, и на ней отложим данный
отрезок AjBj = т. Через точки А и At, В и Bt проведем прямые
57
пп их пересечения в точке О и из нее проведем прямые ОС, OD, ОЕ.
Из точки А< проведем прямую, параллельную АЕ до ее пересечения
с продолжением луча ОЕ. Получим точку Ех. Из точки Ег прове-
дем ELDL ji ED, далее аналогично D&y j| DC, СуВу |] СВ.
Задача 6. Внутри угла ABD найти все такие точки, для кото-
рых отрезки, проведенные из каждой искомой точки до сторон угла
параллельно данным отрезкам MN и PQ, находились бы в данном
отношении т : п.
Допустим, что уже найдены две точки О и Ох такие, что
ОЕ : OD = OlE1 : ОХОХ = т : п, причем ОЕ || MN, ОуЕг || MN,
OD || PQ, OiD1 И PQ. Очевидно, что четырехугольники BDOE и ВОхО(Ех
подобны. Центром их подобия будет точка В. Следовательно, точки
О, 0^, В лежат на одной прямой. Поэто.му все искомые точки лежат
на луче ОВ. Чтобы построить этот луч, надо найти какую-нибудь
одну его точку. Для этого проводим из точки В лучи, параллельные
к Af/V и PQ, и на них откладываем отрезки ВК---хт н BL = xn,
где л’ — произвольная единица’ измерения (рис. 43).
58
Из точек Л и L проведем КО21] АВ и £О2 JI BD. Точка их пере-
сечения О2 и есть одна из искомых точек, так как Е2О2 : D2O2 =
= ВК ! LB — хт : хп = т :п. Все остальные искомые точки состав-
ляют луч ОВ.
Задача 7. В данный треугольник АВС вписать прямоуголь-
ник, имеющий данную диагональ d.
' Решение. Через одну из вершин, например, В треугольника
АВС проведем прямую, параллельную основанию АС до пересече-
ния ее в точке D с перпендикуляром к АС, восстановленным из точки А
(рис. 44). Из вершины А прямоугольного треугольника ACD радиу-
сом, равным d, делаем засечку Е на гипотенузе CD. Через точку Е
проведем прямые EG и ЕЕ, параллельные AD и основанию АС.
Прямую FE продолжаем до ее пересечения со сторонами АВ и ВС
в точках К и L. Из точек К и L опускаем КМ ± АС и LN J. АС.
Прямоугольник KLMN — искомый. Действительно, Л ADC со
со Л FDE, a A ABC со A KBL, следовательно,
Fg_ _ KL__DF^
AC AD' АС~ AD’
так как отрезки DF и DA соответственно равны высоте Л KBL и
А АВС. Отсюда
а тогда ML = АЕ = d.
Задача будет иметь два решения, если окружность с центром в А
и радиусом г ~-d пересечет гипотенузу DC в двух точках, одно
решение — если указанная окружность будет лишь касаться DC.
Решения не будет, если данная диагональ d меньше высоты, опу-
щенной из точки А на гипотенузу DC.
Задача 8. Построить треугольник, если дан один из его углов,
отношение сторон, заключающих этот угол, и высота, опущенная
из вершины этого угла.
Решение. Пусть в искомом треугольнике АВС АС : ВС = т ; п,
где т и я — данные числа или отрезки. Предполагаем, что дан угол
С. Построив угол, равный данному, отложим на его сторонах отрезки
и и п. Полученные точки М и N соединяем (рис. 45).
В A MQN из вершины С опустим высоту СК- На прямой СК
от точки С отложим данную высоту h = CD. Через точку D прове-
дем АВ || MN. Ясно, что A MCN со А АСВ, так как по построению
MN || АВ; следовательно,
АС _МС _ т
ВС~ CN ~~ п
59
Задача 9. Дан угол АОВ и внутри него точка С. Найти на
стороне ОВ точку N, равноудаленную от точки С и от прямой ОА.
Решение. Из произвольной точки Р, лежащей на стороне ОВ,
опустим PQ ± ОА. Проведем прямую ОС. Из точки Р, как из цен-
тра, радиусом PQ сделаем на ОС засечку R. Соединим точки Р и R.
Далее через точку С проведем CN || PR (рис. 46). Точка N — искомая.
Действительно, опустив Л7( Л ОА, получаем
Д NKC ~ ДР<2/?,
по PQ = PR по построению, следовательно, NR — NC.
§ 16. Понятие о площади и ее измерении
Площадь — одна из основных математических величин. Она харак-
теризует геометрические фигуры как на плоскости, так и на поверх-
ностях.
Площадью плоской замкнутой фигуры называется величина части
плоскости, находящейся внутри этой фигуры.
Рис. 47.
Единицей измерения площади плоской фигуры принято считать
квадрат со стороной, равной единице длины (единичный квадрат).
При измерении площади, ей приводят в соответствие некоторое число,
равное количеству единиц измерения площади. При этом равным
фигурам соответствуют и равные числа, измеряющие их площади.
Кроме того, считают, что число, соответствующее площади некото-
рой фигуры, которая состоит из нескольких частей, равно сумме
чисел, соответствующих площадям этих частей.
Измерение площадей треугольников и многоугольников основано
на возможности построения равных им по площади (равновеликих)
прямоугольников. В случае соизмеримости прямоугольника с единич-
ным квадратом, площадь его выражается рациональным числом, а в
случае несоизмеримости — иррациональным.
Площадь произвольной ограниченной плоской фигуры опреде-
ляется как общий предел площадей описанных и вписанных в нее
60
многоугольников, наибольшие стороны которых по длине стремятся
к нулю.
Если указанные пределы существуют и равны между собой, то
фигура называется квадрируемой, т. е. имеющей площадь.
Для приближенного вычисления площадей плоских фигур (напри-
мер, при работах с топографической картой, планами, при раскройке
материала и т. д.) сконструирован прибор, называемый планиметром
(рис. 47).
Для этой же цели Архимед предложил вычертить заданную фи-
гуру на однородном материале одинаковой толщины (надример, на
тонком плотном картоне), вырезать ее, взвесить на точных весах,
а затем взвесить единичный квадрат, вырезанный из того же мате-
риала, и разделить первое число па второе.
§ 17. Площадь треугольника
Для вычисления площади треугольника можно воспользоваться
одной из следующих формул:
1. 3-|мь,
где Ь-—основание треугольника, Ль— соответствующая высота.
2. 3 = ab sin С,
где а и Ь — стороны, С — угол между ними.
3.3 — рг,
а-± b + с
где р —-------------полупериметр, г — радиус вписанной окруж-
ности.
где а, Ь, с — стороны, R — радиус описанной окружности.
5. 3 = Vp (р — а) (р — Ь) (р — с) (формула Герои а),
где а, Ь, с — стороны, р — полупериметр.
Площадь произвольного треугольника может быть вычислена
также по его высотам ha, hb, hc (см. § 13):
1
i /71+1+ 1V1 +1 _ iVi - - ч- -V-+-1-
V \fia hb hjyhiz hb hc/\ha hb hj\hb he ha
61
но высотам и полупериметру:
С_________Р
JL + 1+_L’ :
Ад А& Ас
по высотам и радиусу описанной окружности:
S = ~ ^hahbheR,
по высотам и радиусу вписанной окружности:
•$ = (ha + hi> + he),
по радиусам вписанной и вневписанных окружностей:
S == У ггагъ~с,
а также по формулам:
S = га (р — а) = гь (р — Ь) = га (р — с),
s_ arbC brarc = суь
ГЪ -Г Г с Га + ГС га + гь •
Площади подобных треугольников относятся как квадраты их
сходственных линейных элементов: сторон, высот, медиан, биссек-
трис и т. д. Площади подобных многоугольников относятся как
квадраты их сходственных сторон или диагоналей.
Площади двух треугольников, имеющих по равному углу, отно-
сятся как произведения сторон, заключающих эти углы, что непо-
средственно следует из формулы 2.
Задача 1. В треугольнике АВС основаниями биссектрис яв-
ляются точки D, Е, F. Найти отношения площадей Л АВС и Л DEF
(рис. 48).
Решение. Поскольку в Л АВС и Л DBF общий / В, то
BF BD
$авс АВ ’ ВС
Далее, по свойству биссектрисы / С получаем
BF _ ЛС
AF ~ ВС ’
откуда
BF __ BF _ ВС
АВ AF + BF ~ АС + ВС '
62
Аналогично
BD АВ
ВС~~ АВ АС '
Таким образом,
$dbf ВС • АВ ________ ас
~ (АС + ВС) (АВ + АС) ~ (а + Ь) (Ь + с)’
где как обычно введены обозначения АВ = с, АС — Ь, ВС = а. Ана-
логично
$осе ab _
sabc ~~ <а -I- с) (6 + с) ’
Рис. 48.
Но
SdEF = 5ЛВС ~~ $FBD ~~ SDCE ~ $ЕАЕ,
следовательно,
$рее _ ._________ab_____________ас________________be __
SABC ~ (а + с) (b + с)~ (а + b) (b -J- с) (а + Ь) (а -г с) ~
__ 2abc
~ "(а"+ Ь)(а + с) (Ь дТГ '
Задача 2. В равнобедренный прямоугольный треугольник АВС
с гипотенузой с вписан равносторонний треугольник так, что его
сторона лежит на гипотенузе, а вершина совпадает с вершиной пря-
мого угла С. Определить отношение площади вписанного треуголь-
ника к площади прямоугольного треугольника.
Решение. Пусть Д АВС — равнобедренный прямоугольный тре-
угольник с гипотенузой АВ~с; &DCE — равносторонний вписанный
треугольник; CN — их общая высота (рис. 49).
63
Из £\ACN, учтя, что он также есть равнобедренный прямоуголь-
ник, находим
CN AN = .
Из прямоугольного Л DCN получаем
откуда
В таком случае
2C.V _ с
Уз~Уз'
SDcE = ^dcn^DC^ = ^c\
Рис. 50.
и, следовательно,
sdce __ УЗ 2 . с2 _ j/з
$лвс 12 4 3
Задача 3. Доказать, что
если в двух треугольниках сумма
двух углов равна 180°, то площади
их относятся как произведения
сторон, прилегающих к этим углам.
Решение. Пусть в треугольниках АВС и ЛВЛ
У ВСА -F-ZBiCM, = 180°.
Будем считать, что / ВСА < 90°.
Проведем высоты BN и BjMi, тогда (рис. 50)
$АВС _ АС BN
Но У ВСА = y_BxCxNx, так как
Z B1C1N1 + Z = 180°
и по условию задачи
Z. ВСА + У ВУУА1 = 180°.
Значит,
Д BCN =« Д
64
Таким образом,
BN _ ВС
и, следовательно,
Здвс АС BN = АС ВС
A]Ci • SiCi ‘
что и требовалось доказать.
Задача 4. Площадь данного треугольника разделить пополам
прямой, параллельной основанию.
Решение. Пусть ДЛВС— данный треугольник, K.L || АС,
SkBL — ~2Sabc>
д KBL со Д АВС, следовательно,
В№ SKBL 1 д„ АВ /2
= 2” 2~ ’
Таким образом, задача приводится к построению отрезка ВК
по данном}' отрезку АВ с учетом полученной формулы. Построим
квадрат со стороной АВ. Отрезок Bf( будет равен половине диаго-
нали этого квадрата. Отложив от вершины В треугольника АВС
отрезок ВК, проводим KL || АС. Выполнить рисунок.
Задача 5.-На стороне АВ треугольника АВС взята произ-
вольная точка D и из нее проведены DE |; АС и DF Г ВС. Определить
площадь треугольника CEF, если площади треугольников ADF и
BDE соответственно равны S’j и &.
Решение. Обозначим площадь искомого Л CEF через S.,
(рис. 51).
3 6-263 65
Из подобия треугольников ADF и DBE (каждый из которых по-
добен данному треугольнику АВС) находим:
S2 (DE'\2 ' (FC\2
Высоты треугольников ADF и FEC относительно сторон AF
и FC равны между собой, так как DE || АС. Тогда
Сопоставляя равенства (1) и (2), получаем
_ (SA2
\SJ ’
откуда и находим площадь искомого A CEF:
sx = /ад.
Задача 6. На сторонах АВ и АС треугольника АВС взяты
точки М и N, а на прямой MN точка Р, так что
ВМ AN МР
МА ~ NC PN '
Доказать, что площадь треугольника ВРС в два раза больше пло-
щади треугольника AMN (рис. 52).
Решение. Пусть
ВМ АЛ/ _ МР _
МА ~ NC ~ PN
тогда
АВ ВМА-МА AC ANA-NC Л +1.
AM” AM ~ ' AN ~ AN ~ k '
MN k 4- 1 . MN _
PM ~ k ’ PN~ + 1
и, следовательно, принимая во внимание результаты, сформулиро-
ванные в начале этого параграфа и полученные при решении задачи 3,
66
будем иметь:
$авс _ АВ АС _ (А + I)2
&AMN ^М k
Srmp ВМ РМ №
WfW AM MN-k+l’
$CNP CN PN 1
= AN' MN ЦГ+Т) ’
Ho
$AMN + SBPC ~ SABC ~~ SBMP ~ $CNP-
В таком случае, разделив обе части этого равенства на SAMN и вос-
пользовавшись найденными выше отношениями площадей, получаем
SAMN + SBPC (k + I)2 /г2 1 (k + I)2 —- /г3 * — 1 _
S/UW * *+l *(ft + l)= k(k+l) ’
откуда SAjVN-A-SBpc =3SAMN, или, после приведения подобных
членов,
SBPc — ZSamN' .
Задача 7. В треугольнике АВС проведены высоты BD и СЕ.
Выполнить рисунок и доказать, что
SABD _ мву
$АСЕ \АС/
Решение. Треугольники ABD и АСЕ—прямоугольны по
условию задачи и имеют общий острый угол А. Следовательно, их
площади относятся как произведения сторон, заключающих / А:
^авр _ АВ АР
$АСЕ ’ АЕ
Поскольку же
ДАВОооДДС/-,
то
АВ .
АЕ АС ’
следовательно,
sabd _ АВ AD/AB'f
sAce ~ AC АЕ ~ \ACJ '
что и требовалось доказать.
67
§ 18. Сводная таблица
частных случаев треугольников
Введенные обозначения: а, Ь, с — стороны треугольника; ha, hb,
he — соответствующие высоты; та, ть, тс — медианы; а, 0, 7 —
углы; la, It,, 1С—биссектрисы; R — радиус описанной окружности;
г — радиус вписанной окружности; ra, гь, гс — радиусы вневписан-
ных окружностей; а' — проекция а на с; Ь' — проекция Ъ на с;
5—площадь треугольника.
Таблица 1
Вид треуголь- ника Определения, формулы, свойства, соотношения между элементами
Равносторонний а = b = с; а --а р = = СО0; ha = hfr = hc = тй = тЬ = “ тс = la “ lt> = 1с “ ; с Т'З а аУз п a Уз 6 = -Т- аа; R = 2г; г = —- ; R = —— ; 4 О О ra ~ гь = гс = Зг = “р
Равнобедренный • а тз= ь; а и Ь — боковые стороны, с — основание; « == » 3 (углы при основании равны); ha *= hb = hc = тс = !с = 7 ~ fl; с hahc а* s 4 у4а>-с1= -Л-/. R - Лс . . . cflc Т 2а + с ’ га " го ~ *с ~с 2а — с
Прямоугольный 7 = а -ь (3 = S00; а и b — катеты, с — гипотенуза; са = а? -г Ьа (теорема Пифагора); аг = са , Ь’ = cb', h! = a b ; S — — = — Центр тяжести отстоит от сторон а, Ъ и с на расстоя- 1 . 1 1 , нии — Ь, -^-а и — п соответственно; о о 3 та = ~ V'46* -f-о», mb V 4аа Ьг, тс = -уе; hQ = b, hb = a, hc = h = ~
68
Продолжение табл, L
Вид треуголь- ника Определения, формулы, свойства, соотношения между элементами
Равнобедренный ! прямоугольный а = Ъ — ; а = (3 = 45°, у =s 90°; е а* с* 2 4 : а V5 , . с та ~~ 2 * тс ~ ^с ~ ^с
Прямоугольный с углом в 30° а = д , Ь = = аСЗ; а = 30°. ₽ = 60°, т = 20°; „ Уз . Уз „ Уз ,
§ 19. Параллелограмм, прямоугольник, ромб, квадрат
Рис. 53.
Параллелограммом называется четырехугольник, противополож-
ные стороны которого попарно параллельны.
В параллелограмме стороны равны. Любые две противополож-
ные стороны параллелограмма можно считать основаниями. Расстоя-
ние между, основаниями называется высо-
той. Во всяком параллелограмме сумма
углов, прилежащих к любой стороне, равна
180°. Противоположные углы параллело-
грамма равны. Диагонали параллелограмма
в точке их пересечения делятся пополам.
Сумма квадратов диагоналей параллело-
грамма равна сумме квадратов четырех
сторон. Площадь параллелограмма равна
произведению основания на высоту (рис. 53):
S = aha — bht,.
Задача 1. В выпуклом четырехугольнике ABCD AE±BD,
CF _L BD (рис. 54). Доказать, что если АЕ — CF и / ВАС = / ACD,
то ABCD — параллелограмм.
Решение. Поскольку / ВАС = / ACD, то АВ || DC, А АВЕ—
— &.CDF, так как Z_ABD — /_CDB и по условию AE — CF. Сле-
довательно, АВ — CD. Таким образом, в четырехугольнике ABCD
69
две противоположные стороны равны и параллельны, значит этот
четырехугольник — параллелограмм.
Задача 2. В параллелограмме ABCD на сторонах АВ и CD
отложены равные отрезки АЕ и CG, а на сторонах ВС и AD —
равные отрезки BF и DH. Доказать, что четырехугольник EFGH
есть также параллелограмм (рис. 55).
Решение. Рассмотрим треугольники BFE и GDH. В этих
треугольниках по условию BF = DH, BE—GD., £.B — /_D. Сле-
довательно, Л BFE = /\GDH\ значит, EF = GH. Аналогично дока-
зываем, что FG = EII. Таким образом, в четырехугольнике EFGH
противоположные стороны попарно равны; следовательно, этот че-
тырехугольник есть параллелограмм.
Рис. 54.
Задача 3. Дан параллелограмм ABCD, в котором / А =
= Z.C = 60°. Определить отношение длин сторон параллелограмма,
19 „
если отношение квадратов его диагоналей равно у. Построить ри-
сунок.
Решение. Имеем:
АС2 = AD2 A- АВ2 + АВ AD,
BD2 = AD2 + АВ2 — АВ AD.
Отсюда, разделив первое уравнение на второе и принимая во впи-
[АС\2 19
мание, чю по условию задачи ~ находим:
\JjDJ 7
(AC i2_ AD2 -и АВ2 + АВ AD
\BD) AD2 +АВ2 —АВ AD^
_ \АВ) ' АВ 19
/АО)2 , . AD~ 1 '
\АВ + ’“ЛВ
70
После очевидных преобразований для определения искомого от-
AD
ношения сторон получаем квадратное уравнение
Ad
/AD]2 yJAP} , R
бЫ~13 Ы4 ,
из которого находим два возможных решения:
AD _ 13 1 5
АВ~ 12.
AD 3 AD
Т> е- АВ~ 2 ИЛИ АВ
2
3 ‘
Признаки параллелограмма. Четырехугольник ABCD является
параллелограммом, если выполняется одно из следующих условий:
1. Противоположные стороны попарно равны:
ЛВ = СО; ВС = AD.
2. Две противоположные стороны равны и параллельны:
AB = CD; AB\\CD.
3. В точке пересечения диагонали делятся пополам.
4. Противоположные углы попарно равны:
5. Противоположные стороны параллельны.
Прямоугольником называется параллелограмм, у которого все
углы прямые.
Прямоугольник обладает всеми свойствами параллелограмма и
' имеет свои особые свойства:
1) в прямоугольнике диагонали равны;
2) прямоугольник имеет две оси симметрии, которые проходят
через точку пересечения диагоналей параллельно его сторонам.
В прямоугольнике квадрат диагонали равен сумме квадратов
двух его смежных сторон. Площадь прямоугольника равна произ-
ведению его сторон:
S — ab.
Задача 4. В прямоугольнике A BCD AB = CD=a, ,/_BAC~
= 60°. Определить периметр Р прямоугольника, его диагонали и
площадь. Построить рисунок.
Решение. По условию ^_ВАС — 60°, тогда / АСВ = 30° и,
следовательно, АС = 2АВ = 2а; BD — АС — 2а; ВС—ЛО=Я .
71
Воспользовавшись теперь полученными результатами, находим:
Р = 2АВ 4- 2 ВС = 2а + 2 = (2 + /3) а;
ЧИГ ' * *
5=4й-ВС = ^а2.
Ромбом называется параллелограмм, все стороны которого равны.
Ромб обладает всеми свойствами параллелограмма, а также
имеет свои особые свойства:
1) диагонали ромба взаимно перпендикулярны и делят углы
ромба пополам;
2) каждая диагональ ромба является его осью симметрии. .
Диагонали ромба могут быть вычислены по формулам:
, „ . а а
щ = 2а sin ; «2 = 2а cos — ,
где
а — сторона ромба, а — угол ромба.
Сумма квадратов диагоналей ромба равна учетверенному ква-
драту стороны ромба
di + = 4а2'
Площадь ромба может быть вычислена по одной из формул:
S = ah', S = a2 sin я; S =
Задача 5. Периметр ромба равен 2р, сумма его диагоналей
равна т. Определить площадь ромба.
Решение. Обозначим диагонали ромба через х и у. Тогда,
принимая во внимание условие задачи и воспользовавшись теоремой
Пифагора, получаем:
так как сторона ромба равна одной четверти его периметра а —
_2Р_Р_
~ 4 ~ 2
Умножив теперь второе уравнение на 4, перепишем найденный
результат в виде
х + у = т,
х2 + У2 ~ р2.
72
Из полученной системы уравнений определим произведение ху.
Для этого возведем первое из уравнений в квадрат и, вычтя нз него
второе, найдем 2ху ~ т2 — р2, откуда
Площадь ромба равна половине произведения диагоналей, следова-
тельно,
Квадратом называется параллелограмм, у которого углы пря-
мые, а стороны равны. Кйадрат есть частный вид прямоугольника,
а также частный вид ромба. Следовательно, квадрат обладает как
свойствами прямоугольника, так и свойствами ромба.
Диагональ квадрата и его сторона связаны между собою одной
из следующих формул:
J ,/ъ а/2
а — ау 2 или а — —g— .
Площадь квадрата определяется по формулам:
Задача 6. В квадрат ABCD вписан Другой квадрат K.LMN,
так что вершины его лежат на сторонах первого квадрата, а стороны
составляют со сторонами первого квадрата углы по 30°. Какую
часть площади данного квадрата составляет площадь вписанного?
Решение. Из &AKL (рис. 56) следует, что
1 и, ли- KLV3
AL=-^KL; АК ——.
Но в данном случае
Д AKL = Д LMB = Д МПС = Д KDN
(по равным гипотенузам и острым углам), так что
АК = LB = МС ND.
Таким образом,
АВ = AL + LB = AL + АК = 1 KL
73
и тогда
$авср _ /Ав\2 __ / 1-J- ]/~3\2 2 -j-j/з ’
&KLMN \ 2 / 2 |
Задача 7. Дан квадрат ABCD, причем ВЕ = ЕС, CF Л DE
(рис. 57). Доказать, что площадь заштрихованного на рис. 57 тре-|
угольника DCF в пять раз меньше площади данного квадрата. '
Доказательство. SC£/7 = -^- SDCF, так как ДРС/7^
оо А СЕР и СЕ = у DC, а площади подобных фигур относятся как'
квадраты сходственных сторон. Тогда
4
SPCE = SPCF + $CEF =* ^CEF и SDCF ~ *§" SPEC’
Кроме того, SDEC—д-$лвср-
Следовательно,
с ___________ ___L . с
'DCF — у ^DEC — Y ТГ ^ABCD ~ у ^АВСР'
Задача 8. В ромбе ABCD на сторонах DA и DC отложены
равные отрезки DM и DN. Доказать, что треугольник MBN— рав-
нобедренный. Выполнить рисунок.
Решение. Л АВМ = Д BCN, так как АВ = ВС, /_BAD =
— / BCD по условию задачи, AM = CN (как разности равных от-
резков). Следовательно, ВМ BN, т. е. A MBN — равнобедренный.
74
Задача 9. На двух сторонах треугольника построены вне его
квадраты. Доказать, что отрезок прямой, соединяющий концы сто-
рон квадратов, выходящих из одной вершины треугольника, в два
раза больше медианы треугольника, выходящей из той же вершины.
Доказательство. Пусть на сторонах АВ и ВС треуголь-
ника АВС построены квадраты ABDE и BCFG (рис. 58). Продол-
жим медиану ВМ на отрезок «= ВМ. Проведем прямые NA и
NC. Четырехугольник ABCN — параллелограмм, так как BM — MN,
AM = МС.
Рис. 58. Рис. 59.
Далее, / DBG — / BCN (как углы со взаимно перпенди-
кулярными сторонами) и DB = В А = CN, BG = ВС; следовательно,
A BDG = A BCN.
. Таким образом,
DG = BN = 2BM.
Задача 10. Доказать, что площадь параллелограмма, стороны
которого равны и параллельны диагоналям произвольного четырех-
угольника, равна удвоенной площади этого четырехугольника.
Решение. Пусть дан'четырехугольник ABCD и построен па-
раллелограмм BDFE, так что DF BE AC, FEW DE, DF = BE —
= AC, FE = DB (рис. 59). Поскольку / ВОС = Z 0£>Л, как соот-
ветствующие углы при параллельных DF и АС, то
§авс£> ~ ~2 ВОС),
SB£>FE ~ DF BD sin (Z ВОС).
Ho DF — AC по условию задачи; следовательно,
SBDFE = 2S/1BCD-
75
Доказательство можно осуществить также и другим способом
Для этого следует продолжить диагональ АС до ее пересечения ;
EF в точке # и соединить точку N с точками В и D, а точку С —
с точками F и Е. (Дополнить рисунок самостоятельно).
Так как диагональ делит каждый параллелограмм на два рав;
ных треугольника и по условию АС = DF ~ ON, а следовательно*
AO=CN, то легко доказать, что
$DONF ~ ~ ^DfC = 2^ЛОС> . 1
SqBLN — %$ВЕМ ~ ^ВЕС — ^АВС- 1
В Таком случае ’
SB£)EF ~ SOONF + $OBEN ~ 2 (SADC + ^АВС^ ~ %SABCD- |
§ 20. Трапеция Ц
1
Трапецией называется четырехугольник, две противоположные!
стороны которого параллельны, а две другие не параллельны. Па-’
раллельные стороны трапеции называются основаниями, ие парал-'
лельные стороны — боковыми сторонами.
Высотой трапеции называется расстояние между основаниями;
отрезок, соединяющий середины боковых сторон, называется средней
линией трапеции.
Средняя линия трапеции равна полусумме оснований и парал-
лельна им. Трапеция, у которой боковые стороны равны, называется
равнобочной. В равнобочной трапеции углы при основании равны.
Трапеция, у которой хотя бы один угол прямой, называется прямо-
угольной.
Площадь трапеции равна произведению полусуммы оснований на
высоту:
е а + & ь
s-±>'
где а и b — основания, h — высота,
или произведению средней линии на высоту:
S = mh,
а -4- b
где т— —-------средняя линия.
Площадь равнобочной трапеции может быть вычислена также
по формулам:
S = с (а — с cos у) sin 7,
S = с с cos 7) sin 7,
76
где а и b — основания трапеции, с — боковая сторона, 7—угол
между боковой стороной и основанием.
Задача 1. Вычислить площадь трапеции, параллельные сто-
роны которой содержат 16 см и 44 см, а непараллельные — 17 см
и 25 см.
Решение. В трапеции ABCD проведем DE || ВС (рис. 60);
АЕ — АВ — CD = 44 см — 16 см = 28 см; DE — ВС — 17 см. Пусть
DF—высота трапеции. Из Л ADE получаем
DF = ~ Vp\p — ЛО) (р — DE) (р — АЁ) = у- х
At 14
X /35 • 10 • 7 • 18= 15 см;
S = АВ +DC . DF = 44 +16 _ 15 = 450 слз
Задача 2. Непараллельные стороны трапеции продолжены до
взаимного пересечения и через полученную точку проведена прямая,
параллельная основаниям трапеции. Найти отрезок ее, ограничен-
ный продолженными диагоналями, если основания трапеции равны
DE — a, MN = Ь (рис. 61).
Решение.
Л DME со А АМС,
A DNE со Д CNB,
Д MNE <х> А АСЕ.
Отсюда
— — 1
a hi' a h.<i' Ъ Иг ’
поэтому
ЛС _ АС = /г, +й2 _ Й1 = j
b а ~ й2 /г2
и тогда
AC = -^-h. Но ЛС = СД = ф.
а — b пг
Итак,
АВ = АС + СВ = 2АС = .
а — b
Задача 3. Доказать, что если прямая, параллельная основа-
ниям трапеции, проходит через точку пересечения диагоналей, то
отрезок, отсекаемый от этой прямой боковыми сторонами, делится
точкой пересечения пополам.
77
Решение. В трапеции ABCD через точку О (рис. 62) пересе-
чения диагоналей АС и BD проведем EF, параллельно основаниям
трапеции АВ и -CD до пересечения с боковыми сторонами AD и ВС
и точках Е и F. Для доказательства достаточно рассмотреть две
пары подобных треугольников: DOE и DBA; COF и САВ и учесть,
что треугольники DOE и COF; DBA и САВ попарно имеют одина-
ковую высоту.
Задача 4. Доказать, что середины оснований трапеции и точка
пересечения ее диагоналей лежат на одной прямой. Выполнить ри-
сунок.
Решение. Соединим середину основания трапеции с точкой
пересечения диагоналей и продолжим этот отрезок до пересечения
со вторым основанием. Чтобы доказать, что второе основание при
этом разделится пополам, достаточно рассмотреть две пары подоб;
ных треугольников, прилежащих к основаниям.
Задача 5. Пользуясь только линейкой, разделить трапецию
ABCD на две равновеликие части. Выполнить рисунок.
Решение. Продолжим боковые стороны Д£) и ВС трапеции
до их пересечения и через полученную точку Е и точку пересечения
диагоналей F трапеции ABCD проведем прямую EF, которая и раз-
делит данную трапецию на две равновеликие части.
Задача 6. Два равных равнобедренных прямоугольных тре-
угольника с катетами а расположены так, что катет ВС треуголь-
ника АВС параллелен гипотенузе треугольника Л1В1С]. Вер-
шины В и С соответственно лежат на катетах А1С1 и fijCp
Определить площадь трапеции BCMN.
Р е ш е п и е. Из Л AMN следует, что MN = AM = а-~ МС
(рис. 63). A со A BCCj, поэтому
ВС CCt а а — МС ]/2
А\В1 /tjCj ’ ц]Л2 а ’
78
откуда
МС = а(У2 — 1); MN = а (2 — V 2).
Следовательно,
с _4/2-5а2
^BCMN — 2 а '
Задача 7. Высота равнобедренной трапеции вдвое меньше
боковой стороны. Определить углы трапеции. Выполнить рисунок.
Решение. В трапеции ABCD
проведем из точки В высоту BF ± AD,
АВ =? 2BF', Л ABF — прямоугольный;
значит, гипотенуза его в два раза
больше катета. Дальнейшее решение
задачи не содержит каких-либо труд-
ностей, и читатель сможет легко вы-
полнить его самостоятельно.
Ответ:
Z Д - Z С = 30°;
ZB = Z.D = 150°.
Задача 8. Доказать, что если
биссектрисы углов трапеции, приле-
гающие к одному основанию, пересе-
каются на втором основании, то это
второе основание равно сумме боко-
вых сторон (рис. 64).
Доказательство. По условию задачи АЕ и DE биссектрисы
углов А и D, так что Z. 1 = Z. 2 и Z. 3 = Z. 4. Точка Е лежит на
Рис. 65.
Рис. 64.
основании ВС. Но / 1 = / 5, a /2 3 — Z.6, как углы накрестле-
жащие при пересечении параллельных прямых AD и ВС секущей АЕ
или ED. Следовательно, оба треугольника АВЕ и CDE — равнобед-
ренные; значит,
ДВ = В£, CD = С£, ВС= BE -|- ЕС = АВ 4- CD-
79
Задача 9. Доказать, что отрезок, соединяющий середины
диагоналей трапеции, параллелен ее основаниям и равен их полу-
разности (рис. 65).
Доказательство. Проведем среднюю линию MN трапеции
ABCD. Средняя линия делит диагонали пополам, как средняя линия
треугольников АВС и BCD. Следовательно, FE лежит на средней
линии; значит, FE\\AD. Отсюда ME — , MF , и тогда
FE = ME — MF = АР-~^~ВС .
Задача 10. Какая получится фигура,
соединить середины сторон ромба?
если последовательно
Решение. Стороны полученного четырехугольника будут сред-
ними линиями соответствующих треугольников, которые образуют
диагонали ромба с его сторонами, а поэтому они будут параллельны
диагоналям. Диагонали ромба взаимно перпендикулярны; следова-
тельно, и смежные стороны полученного четырехугольника тоже; зна-
чит, построенный четырехугольник будет прямоугольником (рис. 66).
Задача 11. Доказать, что если биссектриса острого угла А
трапеции ABCD и ее диагональ совпадают, то боковая сторона АВ
равна меньшему основанию ВС. Построить рисунок и выполнить
доказательство самостоятельно.
Задача 12. Определить углы равнобедренной трапеции, в
которой верхнее основание равно боковой стороне, а диагональ
перпендикулярна боковой стороне (рис. 67).
Решение. По условию задачи АВ = CD = ВС, АС д_ CD. В та-
ком случае А АВС — равнобедренный; следовательно, / ВСА —
— / САВ. Но / А = / D, как углы при основании равнобедренной
трапеции, а / CAD =./_ ВСА, как внутренние накрестлежащне углы
при ВС ,| AD и секущей АС. Значит, / А = 2 / CAD. Далее, по усло-
вию A ACD — прямоугольный, так что / CAD / D = 90°; но
так как Z_D = /А то 90° — 3 / CAD; следовательно, ZJJAD — 30°,
а тогда Z. D А =- 60°, С == В = 120°.
80
Задача 13. Доказать, что биссектрисы углов, • прилегающих
к одной из боковых сторон трапеции, пересекаются' под прямым
углом в точке, лежащей иа средней линии трапеции (рис. 68).
Кцксшржацю четырехугольников
Квадрат
Рис. 69.
Доказательство. По условию задачи прямые АК и BE
есть биссектрисы углов А и В, так что /21=212 и /23 = ,/4. Но
/ 1 = /25, как внутренние накрестлещащие при пересечении ВС || AD
и секущей BE. Значит, Л АВЕ — равнобедренный, а в таком случае
его биссектриса АК будет одновременно и медианой и высотой.
Следовательно, АК -L BE и ВК = BE. Остается доказать, что точка
1\ лежит на средней линии трапеции. Но средняя линия MN
81
трапеции будет и средней линией А АВЕ; значит, она должна де-
лить BE пополам именно в точке К.
Таким образом, мы полностью доказали, что точка 7( есть точка
пересечения биссектрис / А и / В и что эти биссектрисы пересе-
каются под прямым углом.
В заключение § 19 и 20 на рис. 69 приведена классификация
четырехугольников.
§ 21. Окружность и круг
Определение окружности удобно дать с помощью понятия о
геометрическом-месте точек (см. § 29).
Окружность есть геометрическое место точек равноудаленных
от одной заданной точки, называемой центром окружности. Окруж-
ность часто обозначают одной буквой, показывающей ее центр, на-
пример окружность О.
Радиусом окружности называется отрезок, соединяющий центр
окружности с любой ее точкой. Каждая окружность имеет беско-
нечное число радиусов. Радиус обычно обозначают буквами г или R.
Все радиусы одной окружности равны между собой, что непо-
средственно вытекает из определения окружности. Поэтому обычно
говорят: «окружность данного радиуса», хотя это не означает, что
окружность имеет только один радиус, а значит, что все радиусы
дайной окружности имеют одинаковую длину.
Секущей называется прямая, проходящая через две произволь-
ные точки окружности.
Хордой называется часть секущей, лежащая внутри окружности.
Диаметром окружности называется хорда, проходящая через
ее центр, т. е. диаметр является наибольшей из хорд. Обычно диа-
метр обозначается буквами d или D.
Длина диаметра равна удвоенной длине радиуса той же окруж-
ности, т. е.
d==2r.
Часть окружности называется дугой.
Дуги одной и той же окружности равны между собой, если при
совмещении этих дуг их концы совпадут. Если при совмещении двух
дуг одной окружности два конца их совпадают, а два других не со-
впадают, то дуги не равны, причем та дуга считается меньшей, кото-
рая составит часть другой.
Суммой нескольких данных дуг одинакового радиуса называется
такая дуга того же радиуса, которая составлена из частей, соответ-
ственно равных данным дугам.
Сумма дуг обладает переместительным и сочета тел ь-
н ым свойствами.
62
Из понятия о сумме дуг выводятся понятия о разности дуг,
об умножении и делении дуги на число аналогично тому, как и для
отрезков прямой.
Через одну и ту же точку можно провести бесконечно мною
окружностей с произвольно выбранными центрами и радиусами.
Через две заданные точки
Л и В можно провести беско-
нечно много окружностей с
произвольно выбранными радиу-
сами г, rlt гг, г„, /< . . ., но
не меньшими половины расстоя-
ния между дочками Л и В.
Центры таких окружностей О,
01, О2, ... будут лежать на
одной прямой, перпендикуляр-
ной отрезку, концами кото-
рого являются данные точки,
и проходящей через середину
этого отрезка (рис. 70).
провести окружность и притом
Через три заданные точки,
не лежащие на одной прямой, можно
только одну.
Через три точки, лежащие на одной прямой, окружности про-
вести нельзя. Другими словами, три точки, не лежащие на одной
прямой, полностью определяют собою окружность.
Диаметр окружности, перпендикулярный
- к ее хорде, делит эту хорду и обе стягиваемые
ею ДУГИ пополам.
/ \ Дуги, заключенные между параллельны-
/ | ми хордами, равны.
I Q I Кругом называется часть плоскости, заклю-
Д / ценная внутри окружности.
Сектором называется часть круга, ограни-
чепная некоторой дугой АВС и двумя радиу-
сами, проведенными к концам этой дуги, на-
пример сектор ОАВС на рис. 71.
Рис‘ 71. Сегментом называется часть круга, огра-
ниченная дугой и стягивающей ее хордой, на-
пример сегмент на рис. 71.
Касательной называется прямая, имеющая одну общую точку
с окружностью и лежащая в ее плоскости. Общая точка прямой
с окружностью называется точкой касания.
Длиной касательной, проведенной из точки А к заданной окруж-
ности с точкой касания М, называется отрезок AM (рис. 72). Обычно
под термином касательная и понимают лишь этот отрезок. Каса-
83
тельная к окружности перпендикулярна к радиусу (диаметру), про-
веденному в точку касания.
Из точки вне круга можно провести к окружности две каса-
тельные. Длины этих касательных равны между собой, так как два
прямоугольных треугольника А ОМ и ЛОЛ/j равны, поскольку имеют
общую гипотенузу и по одному равному катету ОМ — ОМ} — г
(рис. 72).
Через точку, лежащую на окружности, можно провести лишь
одну касательную к этой окружности. Через точку, лежащую внутри
окружности, провести касательную к данной окружности нельзя.
Однако через любую точку, лежащую вне, на или внутри окруж-
ности, можно провести бесконечное множество секущих.
Касательную к окружности
ц можно рассматривать как пре-
s'' дельное положение секущих
/ ЛВ, '4^21 ‘ пРоведен-
/ „Л . \ ных из заданной точки А, рас-
й|------(— ---]------- - положенной вне или на самой
А___-------окружности (рнс. 72). В по-
------------ следне.м случае точка А совпа-
дает с точкой М (или ЛК).
М Если касательная парал-
рис ™ лельна хорде, то точка каса-
ния делит дугу, стягиваемую
хордой, пополам.
Для обозначения дуги часто пользуются специальным знаком о,
и, например, вместо «дуга АВ» можно писать АВ.
Принято говорить, что прямая MN и дуга АВ некоторой окруж-
ности О сопряжены, если они имеют общую точку (например точку В)
и в этой точке прямая MN является касательной к данной дуге АВ.
Задача 1. Построить сопряжение данной дуги АВ радиуса R,
с отрезком прямой Д-1Л7. Выполнить чертеж.
Решение. Из точки N (или /И) восстанавливаем перпендику-
ляр ON = R. Из точки О как из центра радиусом R проводим дугу
АВ, так чтобы точки Л и N совпали н чтобы дуга АВ шла в направ-.
лении продолжения отрезка MN.
Две дуги, сходящиеся в некоторой точке В, называются сопря-
женными, если в этой точке они имеют общую касательную.
Задача 2. Построить сопряжение дуги АВ радиуса R с дру-
гой дугой CD радиуса г. Выполнить чертеж.
Решение. Из произвольной точки О проведем радиусом R
дугу АВ. Соединим точку О с точкой В. На радиусе ОВ (или на
его продолжении, если г >7?) от точки В отложим.отрезок ВОг~ г.
Из точки 01, как из центра, радиусом г проведем дугу CD так,
чтобы точки С и В совпали и \-jCD являлась бы продолжением
84
дуги АВ. Сопряжение выполнено, поскольку любая прямая I, про-
ходящая через точку В перпендикулярно к ОВ, является касатель-
ной и к дуге CD, так как / ± ОгЛ1.
Задача 3. Равные отрезки АВ = CD пересекаются в точке М
так, что AM = МС. Доказать, что точки А, В-, С и D лежат на
одной окружности.
Доказательство. Возьмем точку К — середину отрезка АВ
и точку L — середину отрезка CD (рис. 73). Проведем через точки
К и I, перпендикуляры соответственно к АВ н CD до их пересече-
ния в точке О. Перпендикуляр КО есть геометрическое место точек,
равноудаленных от концов отрезка АВ, а перпендикуляр LO — от
концов CD; следовательно, '
ОА =- ОВ и ОС = OD.
Далее Л А МО = А СМО по двум равным сторонам и углу между
ними (AM = СМ по условию; сторона ОМ общая и Z.AMO—Z.CMO,
поскольку A OML = А ОМК, как прямоугольные треугольники с
общей гипотенузой и равными катетами ML = CL — CM — АК —
— AM = МК; CL ~~ CD =~АВ—АК по условию, так что /_OML==
— Z.OMK, а углы / LMA = / СМК как вертикальные).
Поэтому АО = ОС, а в таком случае
ОА = ОВ = ОС = OD,
т. е. точки А, В, С, D одинаково удалены от одной точки О и,
значит, лежат на одной окружности.
Задача 4. Доказать, что перпендикуляры к хорде, восстанов-
ленные в ее концах, пересекают произвольный диаметр в точках,
которые равноудалены от центра (рис. 74).
Доказательство. Пусть СС{ и DDL— перпендикуляры
к хорде CD, которые пересекают диаметр АВ и в точках Е и F.
85
Для доказательства проведем из центра О отрезок OK ± CD, тогда
СК = KD (поскольку, A CKO = A DKO, как прямоугольные тре-
угольники с общим катетом ОК и равными гипотенузами OC=OD—r;
или же непосредственно на основании того, что диаметр, в данном
случае его часть ОК, перпендикулярный к хорде, делит ее попо-
лам). Отсюда вытекает, что прямая КО проходит через середину К
стороны CD прямоугольной трапеции CEFD и параллельна ее сто-
ронам СЕ и DF, а потому ОК есть ее средняя линия; следовательно,
точка О —середина стороны EF и OE — OF.
Задача 5. Доказать, что если опустить перпендикуляры из
концов диаметра на хорду или ее продолжение, то основания этих
перпендикуляров равно отстоят от соответствующих концов
хорды.
В одном круге или
Доказательство. Пусть О — центр
круга, АВ — диаметр, CD — хорда. Прове-
дем АА± ± CD, BBi _L CD. Для доказатель-
ства проведем OK ± CD, тогда К — сере-
дина хорды CD (рис. 75). Четырехугольник
ABB^A.! — прямоугольная трапеция, прямая
ОК проходит через середину О стороны
АВ и параллельна основаниям трапеции
AAi и BBt, а поэтому будет ее средней
линией, откуда следует, что точка К середи-
на стороны А^. Вычитая от равных отрез-
ков AjK и КВ± равные отрезки СК и KD,
получим, что AjC=DBi.
в равных кругах:
1) если дуги равны, то и стягивающие их хорды равны и оди-
наково удалены от центра;
2) если две дуги, меньшие полуокружности, не равны, то боль-
шая из них стягивается большей хордой и из обеих хорд большая
расположена ближе к центру.
Касающимися окружностями называются такие две окружности,
которые имеют лишь одну общую точку.
Две окружности, имеющие две общие точки, называются пере-
секающимися.
Трех общих точек две неравные окружности иметь не могут,
так каж, в противном случае, через три точки оказались бы прове-
денными две разные окружности, что невозможно.
Две или несколько окружностей называются концентрическими,
если их центры совпадают (находятся в одной точке). Две равные
окружности имеют бесконечно много общих точек, если они концен-
трические.
Линией центров называется прямая, проходящая через центры
Двух окружностей. Если две окружности имеют общую точку, рас-
положенную вне линии центров, то они имеют еще и другую общую
86
точку, симметричную с первой относительно линии центров. Такие
окружности пересекаются.
Если две окружности имеют общую точку, лежащую на линии
центров, то они в этой точке касаются.
Две окружности с центрами <?3, <92 и радиусами Z?1, /?2 могут
иметь следующие случаи взаимного расположения:
1. Одна окружность лежит вне другой. Общих точек нет. В этом
случае
С\О2 > R%*
2. Одна окружность лежит вне другой. Имеется лишь одна об-
щая точка (внешнее касание). Тогда
О3О2 = Ri -|- R%.
3. Окружности пересекаются. Следовательно,
I Ri — R? | < < R\ 4“ R?.
4. Окружности имеют внутреннее касание. В. этом случае
01^2 = i Ri — Rz I-
5. Одна окружность лежит внутри другой. Общих точек пет.
Тогда
0102 <[/?!— R, I.
В частности, для концентрических окружностей расстояние между
центрами равно нулю:
0,02 — 0.
К двум окружностям (случай 1) можно провести четыре общих
касательных (две внутренние и две внешние) (рис. 76).
К двум внешне касающимся окружностям (случай 2) можно про-
вести три общих касательных (рис. 77). Одна из них будет прохо-
дить через точку касания перпендикулярно линии центров OjO2.
87
В частности,‘при Rs = R2 две других касательных параллельны ли-
нии центров.
К Двум пересекающимся окружностям (случай 3) можно про-
вести лишь две общие касательные (рис. 78).
Две внутренне касающиеся окружности (случай 4) имеют одну
общую касательную, она перпендикулярна линии их центров (рис. 79).
В пятом из перечисленных случаев расположения двух окруж-
ностей общих касательных у них нет.
Задача 6. Доказать, что если две касательные к окружности
пересекаются под углом в 60°, то расстояние от точки их пересече-
ния до центра круга равно диаметру круга.
Рис. 78.
Рис. 79.
Доказательство. Пусть МА и МВ — касательные, прове-
денные из внешней точки М к окружности 0 (рис. 80). Треуголь-
ники ОАМ й ОВМ — прямоугольные, так как ОА и ОВ — радиусы,
проведенные в точки касания А и В; кроме того, ОА и ОВ равны,
как радиусы, а МА и МВ — как касательные, проведенные из одной
внешней точки; следовательно, прямоугольные треугольники ОАМ
и ОВМ равны по двум катетам, значит,
Z АМО = z вмо = 30°,
а в таком случае
ОМ = 240 = 2г.
Задача 7. Доказать, что если через точки пересечения двух
окружностей провести две параллельные прямые, то наибольшие
отрезки этих прямых, ограниченные окружностями, равны.
Доказательство. Пусть CAD и EBF — параллельные се-
кущие, проходящие через общие точки А к В окружностей О и О,;
CD и EF — отрезки, ограниченные окружностями (рис. 81). Через
О и 01 проведем две прямые KL и MN перпендикулярно CD и EF.
Тогда 1
СК = КА, AM — MD и EL — LB, BN = NF,
88
так как диаметр (или его часть), проведенный перпендикулярно
к хорде, делит ее пополам. Но KMNL — прямоугольник, а потому
‘КМ = LN. С другой стороны, КМ и LN есть суммы половин хорд;
следовательно,
CD = EF.
Задача 8. Две окружности внешне касаются и к ним про-
ведена общая внешняя касательная. На отрезке касательной, заклю-
ченном между точками касания, как на диаметре, построена третья
окружность. Доказать, что она касается линии центров.
Рис. 80.
Доказательство. Пусть на отрезке касательной АВ, огра-
ниченной точками касания А и В, как на диаметре, построена окруж-
ность (рис. 82). Через точку касания К окружностей Oj и Ог про-
водим касательную до пересечения с касательной АВ в точке О;
тогда АО = ОК = ОВ, как касательные, проведенные из одной точки;
значит, окружность О пройдет через точку К и будет касательной
к линии центров OjOa, так как прямая ОгОг перпендикулярна к ра-
диусу ОК в его конце.
Задача 9. К окружности проведены две параллельные каса-
тельные. Доказать, что точки касания их и центр лежат на одной
прямой (рис. 83).
. Доказательство. Проведем через центр О прямую КС,
параллельную касательной АВ, тогда КВ параллельна и каса-
тельной CD. Прямая KL I] АВ, а потому сумма внутренних односто-
ронних углов АЕО и ЕОК равна 180°; но ОЕ — радиус, проведенный
в точку касания, а потому / АЕО— 90°, и, следовательно, /_ЕОК—
=7 90°.
Аналогично / KOF = 90°, а потому угол EOF — развернутый,
точки касания Е, F и центр О лежат на одной прямой EOF.
89
Задача 10. Две окружности концеитричны. Доказать, чтся
хорда большей окружности, касающейся меньшей, в точке касания
делится пополам. Построить рисунок. ' ,
Доказательство. Пусть хорда большей окружности
касается меныцей бкружйости в точке С. Проведем в точку касания.
радиус ОС? тогда ОС перпендикулярен касательной АВ, но АВ-—1
хорда большей окружности, и, следовательно, перпендикуляр из|
центра делит ее пополам, т. е. точка С — середина АВ.
Задача 11. Внешняя касательная АВ двух окружностей pa-'j
диусов R и г в т раз больше их внутренней касательной CD. Опре-;
Рис. 84.
делить расстояние между цен-1
трами этих окружностей Oj и О2]
(рис. 84). |
Решение. Проведем пря- ’
мне ЕОъ |j АВ и РО21| CD. Тогда]
прямоугольные треугольники^
OtO2£ и OjOtP будут иметь об-,
щую гипотенузу OjO-2- Следо-
вательно, поскольку CD == POit
получим
CD* 4- О,Р* = OiE* + OZE*.
Но OiP = R -Ь г, OiE = R— г, а по условию задачи
ЕО-2 = АВ = mCD.
Таким образом,
CD* Ч- (R Ч- г)* = (7? — r)2 + (mCD)*,
откуда
90
Окончательно получаем:
0102 = /0^2 + 02Е2 = У -г (7? - г)* .
Задача 12. Окружность 0L пе-
ресекает две концентрические окруж-
ности, одну — в точках Л и В, дру-
гую — в точках С и D (рис. 85).
Доказать, что хорда АВ параллельна
хорде CD.
, Доказательство. Пусть О—
центр концентрических окружно-
стей, — центр секущей окружно-
сти, и линия центров 001 пересекает
хорду CD в точке М, АВ — в точке
К- Из равенства треугольников С00±
и DOOj (у которых OjC = O^D — R,
ОС = 0D ~г и 00v общая сторона)
следует, что 00г — биссектриса угла
С0]О, а так как треугольник CO^D
равнобедренный, то хорда CD пер-
пендикулярна прямой 001- Анало-
Рис. 85.
гично доказываем, исходя т равенства
треугольников Л001 и BOOi, что прямая АВ перпендикулярна 00±.
Следовательно, прямые АВ и CD параллельны.
Если через точку М, взятую внутри круга, проведены какая-
нибудь хорда АВ и диаметр CD, то произведение отрезков хорды
равно произведению отрезков диаметра (рис. 86):
AM • МВ = СМ MD-
91
Действительно, А АМС со Л DMB, поскольку Х.С — / В, ка^
углы, опирающиеся на одну и ту же дугу окружности AD,(см. §22),!
а углы при вершине М равны как вертикальные. Тогда (
АУТ или = см
С/И Мо
что и требовалось доказать..
Задача 13. В окружности радиуса Z? хорда АВ перпендику-
лярна к одному из радиусов ОС и в точке пересечения Е делит его?
пополам (рис. 87). Определить длину хорды.
Решение. Продолжим радиус ОС до
пересечения с окружностью в точке D.'
Тогда
СЕ • ED = АЕ • BE.
1 3
Поскольку по условию СЕ = -j- R, ED = -^R, АЕ = BE, то
3
АЕ2 = Z?2; следовательно,
АВ = 2АЕ = R /1 .
Если через точку Af, взятую внутри круга радиуса R, проведено
несколько хорд, то произведение отрезков каждой хорды, на кото-
рые делит ее точка М, есть величина постоянная, равная R2 — ОМ2:
AM • МВ = CM -.MD = ЕМ • MF = ... = NM • MP = R2 — 0M\
так как MN = R — OM, MP — R -f- ОМ и, следовательно (рис. 88),
NM MP = (R — OM) (R + OAf) = R2 — OM2.
Задача 14. Через точку Af внутри окружности проведены
две хорды. Одна из них разделена точкой Af - на части 6 и 25 см,
а другая — в отношении 2 :3. Определить длину второй хорды.
Построить рисунок.
Решение. Обозначим отрезки, на которые делит точка М вто-
рую хорду, через 2х и Зх. Тогда ее длина будет равна 5х. Произ-
92
ведение отрезков, на которые точка М делит обе хорды, равны;
следовательно,
2х • Зл — 150 см2, откуда получаем х = 5 см.
Таким образом, длина второй хорды равна 25 см.
Если из точки М, взятой вне круга, проведены к окружности
касательная МА (Д— точка касания) и секущая МВС (МВ — внеш-
няя часть секущей, ВС — внутренняя ее часть), то квадрат касатель-
ной равен произведению всей секущей на ее внешнюю часть (рис. 89):
МА2 = МС МВ.
Справедливо и обратное утверждение. Если из точки М проведены
к окружности секущая МКВ и отрезок MN, где К — точка, лежа-
щая на окружности, и если имеет место
соотношение
/! V
MN2 = ML МК,
где ML — вся секущая, МК — внешняя
часть секущей, то прямая MN является ка- |
сателыюй к данной окружности. Г II К.
Задача 15. Из *гочки 7И, взятой вне / \
круга, проведены касательная а и секущая. / |
Отношение внешней части секущей к внут- | *0 1
ренней ее части равно т : п. Определить \ /
длину секущей. \ , /
Решение. Обозначим внешнюю и X. 7
внутреннюю части секущей соответственно _____/
через JBM = тх, ВС = пх (рис. 89), тогда
МС — (т-\-п) х. Следовательно, Рис. 90.
а2 = (т -)- п) х тх,
откуда __________
_ аУ т(т -j- п)
mim -г п)
Таким образом, длина секущей равна
,. „ / .х аУт (т п)
МС = х (т + п) ~ —!—-.
Задача 16. Доказать, что расстояние произвольной точки
окружности от хорды есть средняя пропорциональная между рас-
стояниями от той же точки до касательных, проведенных к окруж-
ности в концах этой хорды.
Доказательство. На рис. 90 из концов хорды АВ прове-
дены к окружности О касательные AM и ВМ. Из точки окружности С
93
опущены перпендикуляры CD j_ АВ, CF _L AM и CE _L ВМ. Тре-
буется доказать, что
CD2 — CF- СЕ.
Из подобия прямоугольных треугольников Л ACD <х> Д ВСЕ
(Z_CAD = 2.СВЕ, как измеряющиеся одной и той же дугой СВ,
см. § 22), Л BCD сх> Л ACF (Z. FAC == / CBD — измеряются дугой
ЯС), находим:
CD _ АС СЕ AC CD СЕ ‘
FC СВ И CD ~ СВ ’ откуда f с ~ CD ИЛИ CD ~~ CF ' СЕ>
что и требовалось доказать.
Рис. 91. Рис. 92. Рис. 93.
Примечание. Если хорда АВ будет диаметром, то из этой
задачи получаем, как частный случай, что' перпендикуляр, опущен-
ный из любой точки окружности на диаметр, есть средняя пропор-
циональная между отрезками, на которые основание перпендикуляра
делит диаметр.
§ 22. Углы в круге
Центральным углом называется угол, образованный двумя ра-
диусами, например /~EOD (рис. 91).
Вписанным углом называется угол, образованный двумя хордами,
исходящими из одной точки окружности, например, / АВС (рис. 91).
О вписанном угле, как и о центральном, принято говорить, что он
опирается на дугу, заключенную между его сторонами.
Описанным углом называется угол, образованный двумя касатель-
ными, исходящими из одной точки, например, / QNP (рис. 92).
Длина дуги, описываемой концом радиуса, прямо пропорцио-
нальна величине соответствующего центрального угла; поэтому дуги
и углы измеряются одними и теми же единицами измерения (граду-
сами, радианами).
94
Центральный угол измеряется дугой, на
(рис. 91):
Z. EOD = ED.
которую он опирается
Вписанный угол измеряется половиной дуги,
на которую он
опирается:
£АВС = ^^
Все вписанные в данную окружность углы, опирающиеся на
одну и ту же дугу, равны между собой (так как они измеряются
половиной одной и той же дуги).
Вписанный угол, опирающийся на диаметр, — прямой.
Описанный угол измеряется полуразностью большей и меньшей
дуг, заключенных между точками касания (рис. 92):
Угол между двумя хордами, т. е. угол, вершина которого лежит
внутри круга, измеряется полусуммой двух дуг, одна из которых
заключена между его сторонами, а другая — между продолжениями
этих сторон (рис. 92):
Z. АМС = Z DMB - - С£
2
Если точка В будет стремиться к точке D и совпадет с нею (при
этом одновременно и точка М совпадет с точкой В), то ^£)В=0,
и мы снова получим формулу для вписанного угла.
Угол между двумя секущими, т. щ. угол, вершина которого
лежит вне круга и стороны пересекаются с окружностью, измеряется
полуразностью двух дуг, заключенных между его сторонами (рис. 93):
2
Эта формула остается справедливой, если секущая АВС пере-
йдет в касательную Л|С; тогда
ахСЕ = — 1£-~г2±^1.Р
2 ’
и если обе секущие перейдут в касательные, тогда мы снова полу-
чим формулу для описанного угла.
Угол между касательной и хордой измеряется половиной дуги,
заключенной внутри его (рис. 93):
Z KMN == .
95
Эту формулу можно рассматривать как частный случай фор-
мулы для вписанного угла, когда одна из хорд, образующих впи-
санный угол, переходит в касательную.
Задача 1. Д 8 —диаметр окружности О, радиус ОС ± АВ.
Через середину D радиуса ОС проведена хорда EF Ц АВ (рис. 94).
Доказать, что угол АВЕ в два раза меньше угла СВЕ (или, что яв-
ляется эквивалентным, в три раза меньше угла АВС).
Доказательство. Соединим прямыми точки Е и О, С и F.
Прямоугольные треугольники ЁОИ и CDF равны по двум равным
катетам, откуда Z.CFD *=* £,DEO, при этом / DEO — / ЕОА,
Рис. 94.
а потому / CFD = / ЕОА. Но угол ЕОА — центральный,' изме-
ряемый дугой АЕ, а угол CFE — вписанный, измеряемый полови-
ной дуги ЕС, а потому из равенства углов ЕОА и CFE следует, что
дуга АЕ в два раза меньше дуги ЕС, и, значит, / АВЕ — / СВЕ
или / АВЕ = ~ / АВС.
О
Задача 2.
1
равную-pg
части
Решение.
Вычислить вписанный угол, опирающийся на дугу,
окружности.
I
18
часть окружности составляет дугу в 20°. Следо-
вательно, вписанный угол, опирающийся на эту дугу, равен 10°.
Задача 3. Две окружности пересекаются в точках А и В;
CAD — их общая секущая. Доказать, что величина угла CBD не
зависит от положения секущей (рис. 95).
Доказательство. Обозначим внутренние дуги, проходя-
щие через точки А и В, как дуги АпВ и АтВ. Соединим прямыми
96
точку В с точками С и D, тогда в треугольнике BCD два угла С
и D соответственно измеряются половинами дуг АпВ и Ат,В,
а потому величина их не будет изменяться, и, следовательно,
в треугольнике BCD не изменится и величина третьего угла CBD,
при любом положении прямой CAD. .. .
Задача 4. Хорда делит окружность в отношении 5: II. Оп-
ределить величину вписанных углов, опирающихся на эту хорду. .
Решение. Вся окружность, составляющая по условию зада-
чи 5-4-11 = 16 частей, содержит 360°. Следовательно, хорда.' делит
окружность на две части, равные, соответственно .
• 5= 112° 30', • 11 =247'’ 30'.
16 16 '
Вписанный угол, опирающийся на первую дугу, равен
= 56° 15',
а опирающийся на вторую дугу —
, 247° 30'
х —-^-= 123’ 45'.
Отно-
Задача 5. Через конец хорды, делящей окружность в
шении 3: 5 проведена касательная. Определить острый угол между
хордой и касательной.
Решение. Дуга, заключенная между хордой и касательной,
3 3
составляет =- всей окружности, т. е. 360° • — =135°. Следователь-
О о
но, острый угол между хордой и касательной, равен 4
=^ = 67° 30'.
Задача 6. Внутри данной окружности помещается другая
окружность. АВС и ADE — хорды большей окружности, касающиеся
в точках В и D меньшей окружности (рис. 96). BmD — меньшая из
дуг между точками В и D, СпЕ — дуга между концами хорд АС
и АЕ. Дуга BmD содержит 130°. Определить дугу СпЕ.
Решение. Пусть Oj — центр меньшей окружности (рис. 96).
Построим центральный угол BC^D. Поскольку BmD — 130°, то
/ ВО,/) = 130°; следовательно,.. / CAD = 180° — 130“ = 50°,. так как
/^ О.ВА = Z OtDA= 90°.
Угол CAD является вписанным в -окружность О, опирающимся
на м СпЕ и измеряется- половиной этой дуги. Поскольку' £CAD =
= 50°, то '-j СпЕ содержит 100°.
4 s-263 ,ч-97
Задача 7. В окружности О проведена хорда' АВ (рис. 97).
На меньшей из двух дуг, стягиваемых хордой, дана точка М и через
эту точку К окружности проведена касательная PQ. Найти на каса-
тельной точку, из которой хорда АВ видна под наибольшим углом.
Решение. Угол АМВ является вписанным и, следовательно,
измеряется половиной дуги АпВ. Любой другой угол с вершиной на
касательной измеряется полуразностью двух дуг, из которых боль-
шей является та же дуга АпВ. Следовательно, хорда ЛВ видна под
наибольшим углом из самой точки М
'Задача 8. Доказать, что отрезок произвольной касательной,
заключенный между двумя параллельными касательными к той же
окружности, виден из центра под прямым углом. .
Доказательство. AM, АВ, BN по условию—касатель-
ные к окружности с центром в точке О; AM || NB (рис. 98). Соеди-
ним точки Л и В с центром О, тогда ОА и ОВ будут биссектрисами
углов МОК и КОК, так как
А ОМА = Л ОАК и А ОКВ = A OBN.
Но угол MON равен 180°, следовательно,
2 (Z AOK + Z КОВ) = 2^ АОВ = 180°,
так что / АОВ — 90°. . . .
Задача 9. Если через точку касания двух окружностей про-
вести общую секущую, то касательные, в точках , пересечения секу-
щей с.ркружи0етямИ',параллельны. Доказать. .
Доказательство. Две окружности р центрами d/p . Oj
касаются внешне в точке A; MN — общая секущая, проходящая
98
через точку Л; МК и NP— касательные к соответственным окруж-
ностям (рис. 99). Соединим точки 714 и А е центром О, а точки /I
и к — с центром 01. Прямая 001 (линия центров) с прямой MN
образует равные вертикальные углы: / МАО ~ Z. NAOt а тогда,
в свою очередь, / ОМА = / ANOa, так как треугольники ОМА
и ДОхМ равнобедренные. Далее, / ОМК — / ОгМР = 90°, поскольку
радиус, проведенный в точку касания, перпендикулярен к касатель-
ной; следовательно, и / КМА = / ANP. А так как они внутрен-
ние накрестлежащне при МК и ЛУ и секущей MN, го
МК II 4W.
Задача. 19. Если две окружности касаются, то любая общая
секущая, проведенная через точку касания, отсекает от, окруж-
ностей две равные противолежащие дуги. Доказать.
Рис. 98. Рис. 99. Рис. 100.
Доказательство. Две окружности касаются в точке А;
АС — общая секущая, проходящая через эту точку (рис. 100). Со-
единив центры с концами хорд, получим два равнобедренных тре-
угольника: Л АОВ и А ВСОХ, в которых / ОВА ~ / CBOlt как вер-
тикальные, к/_ОВА = /_ОАВ= / BCOi> как углы при основании
равнобедренных треугольников. Следовательно, центральные углы
равны (/2 АОВ — / BOjC), а в таком случае равны и стягивающие их
дуги
АтВ — ВпС.
§ 23. Длина окружности.
Площадь круга и его частей
Длиной окружности называется предел последовательности пери-
метров правильных вписанных в эту окружность многоугольников
(или правильных многоугольников, описанных вокруг нее) при не-
ограниченном увеличении числа их сторон.
Увеличение числа сторон правильного вписанного в окружность
много-у'гО'ЛЫ1И«а -удобио выйолнять- путем -удвоения- его сторон. •
4* 99
Отношение длины окружности С к ее диаметру D есть , вели-
чина постоянная для всех окружностей. Для обозначения si той вели-
чины. Леонард Эйлер в 1748 г. предложил применять малую гре-
ческую букву я (пиД
С
D "'
Таким образом, задача вычисления длины окружности С сво-
дится к вычислению числа я, так как
С== TtD = 2л7?.
Поскольку длина окружности и ее диаметра несоизмеримы,
число л точно вычислено быть не может и представляет собой бес-
конечную непериодическую десятичную дробь.
было строго доказано
в 1882 г. Ф. Линде-
который показал, что
трансцендентно, т. е.
может быть корнем
алгебраического
Это
только
маном,
число п
оно не
какого-либо
уравнения. .
Для того чтобы получить
приближенную величину числа
71, следует вписать в окруж-
ность какой-либо правильный
многоугольник, вычислить его
периметр и разделить этот пе-
риметр иа диаметр описанной
окружности. Точность вычи-
Таблица 2
Число сторон пра- вильного вписан- ного многоуголь- ника Отношение пери- метра многоуголь- ника к диаметру окружности
6 3,0000000
12 3,1058285
24 3,1326286
48 3,1393502
95 3,1410320
192 3,1414525
384 3,1415576
768 . 3,1415839
сления числа л возрастает при увеличении числа сторон такого мно-
гоугольника.-Для наглядности приведем табл. 2.
Точное значение п (ограничиваясь сорок одним знаком) будет
я = 3,14159 26535 89793 23846 26433 83279 50288 41971 . . .
Задача определения длины, окружности и площади круга .(так
называемая «квадратура' круга»), т. е. задача вычисления к, при-
влекала к себе внимание с древних времен. Так,, у египтян (2-ое
тысячелетие др н. э.) л = 3,1605, у вавилонян и древних китайцев
к = 3, во II в.’н. э.'Чжан-Хен брал j/pj = 3,1'62 .'. . . •
Идея вычисления л" как общего предела вписанных и описанных
правильных многоугольников принадлежит Архимеду (~ 287—212
до н. э.), который получил'Оценки
те
Взяв, из. этих оценок их среднее арифметическое, найдем л = 3,14185,
т. е. определим it с погрешностью, меньшей чем 6,0003.
Пользуясь методом Архимеда, французский математик Виет*
вычислил 9 знаков it, Романус — 17, а Ван Цейлен — 32. Дальней-
шие вычисления требовали огромного труда и поэтому результат
Ван Цейлена оставался рекордным, Пока для вычисления it не были
применены методы дифференциального и интегрального, исчисления.
Воспользовавшись этими методами, Ньютон (1643—1727) сравни-
тельно легко вычислил 14 знаков, а Эйлер (1707—1783)—20, затем
при помощи новых формул МЭшин (1706) получил 100 знаков, Рих-
тер (1855) — 500 и Шенке (1874) — 707 знаков.
Новые возможности возникли после создания электронных циф-
ровых вычислительных машин. В 1945 г. с помощью ЭЦВМ были
проверены вычисления Шенкса и оказалось, что у него верны только
первые 528 знаков, а все остальные ошибочны.
В 1949 г. число л было вычислено с 2000 знаков, а в 1957 г.
с 10000 знаков. Интересно отметить, что все цифры в it (если рас-
сматривать достаточно большое их число) встречаются одинаковое
число раз, но никакой закономерности в чередовании цифр обна-
ружить не удалось; они следуют одна за другой совершенно бес-
порядочно.
Вычисление такого большого количества знаков у л велось
главным образом из теоретических интересов; для самых сложных
расчетов в настоящее время очень редко используют больше десяти-
пятнадцати десятичных знаков.
Запомнить первые 12 знаков л легко при помощи двустишия:
«Это я знаю и помню прекрасно,
• ’ их многие знаки мне лишни, напрасно».
Записав каждое слово двустишия цифрой, равной числу букв
в нем,’мы и получим
it = 3,14159265358...
Для многих технических расчетов часто бывает достаточно знать
число it с четырьмя десятичными знаками, т. е.
: it «3,1416.
Отношение длин двух окружностей равно отношению их ра-
диусов или диаметров
Са Ri D%
• Франсуа Виет (1540—1603) также первым представил в в виде бесконеч-
ного произведения.
101
Длим дуги Окружности раДйуса/? может" быть вычислена по
формулам
, r.tRR
l=liw илн / = ...
где п°—градусное измерение дуги, —радианное измерение дуги.
Площадь круга определяется как предел последовательности
площадей правильных вписанных (или описанных) в этот круг
многоугольников при неограниченном увеличении числа их сторон.
Площадь круга вычисляется по формуле:
S = я/?2 =.
4
Отношение' площадей двух окружностей равно отношению квад-
ратов их радиусов или квадратов их диаметров:
Sz /?а D2 ’
.22
Площадь сектора равна длине дуги сектора", умноженной на
половину радиуса
_ __itncR R <fR2
Лсект — ~18(уГ • "2 2~ -
где rf й -ср соответственно градусное и радианное измерение дуги
сектора. 1 •’>
Площадь сегмента нахо-
дится как разность между
площадью Соответствующего
сектора и треугольника, обра-
. зованиого его радиусами и
хордой.
Можно также сказать, что
площадь сегмента равна поло-
вине радиуса, умноженной на
разность между Дугой сегмента
хорды двойной его дуги. Это утверждение следует из
рис. 101, на котором CD — DB, ВС _l АО.
Если градусное измерение дуги сегмента невелико, то площадь
сегмента можно вычислять по приближенной формуле, которая
имеет вид
и половиной
i~bh,
о
с
сегм
где Z — основание сегмента; h — высота сегмента, часто называемая
«стрелкой» сегмента (рис. 102).
102
где
взяв
если
Более точная приближенная формула имеет вид
2 Л3
5сегм ~ у bh + 2У •
Площадь кольца, образованного двумя концентрическими ок-
ружностями. радиусов и 7?г, вычисляется как разность площадей
этик окружностей. Пусть /?2 > 7?i> тогда
«кольца =
Задача 1. Радиус дуги равен 1200 мм, ее длина равна 450 мм.
Сколько градусов содержит дуга?
Решение. Количество градусов, содержащихся в данной
дуге, определим по формуле
о 180° • I
П KR ’ :
/ — длина дуги; R — радиус дуги. Тогда (в данном случае),
тс = 3,14, получаем:
п° = ттт-= 21°>5 = 2Р ЗО':
3,14 • 1200 лии
же взять к = 3,1416, то будем иметь: v
п° = 21°, 4859 = 21° 29', 15 = 21° 29'9".
Задала 2. Дуга радиуса 4 см, измеряющая центральный угол
в 120°, равна длине некоторой окружности. Определить радиус этой
окружности.
Решение. Длина данной дуги равна по условию длине
которой окружности с радиусом R; следовательно,
4тс-120°
= 2kR’
не-
откуда получаем:
R = 1 у см.
Задача 3. Найти радиус такой окружности, для которой
Длина и площадь круга выражаются одним и тем же числом.
Решение. Обозначим радиус искомой окружности через
Тогда по условию задачи должно иметь место равенство
2tcR = t.R3, .
ее
R.
откуда
7? =2.
Задача 4. Определить площадь круга, если площадь вписан-
ного в него квадрата равна.- Q квадратным единицам. - -
103
Р.еш ей не. Площадь квадрата через его диагональ выражается
формулой. .
откуда
' d = /2Q.
Но диагональ квадрата равна диаметру описанной окружности, т. е.
2/?=yr2Q,
следовательно, площадь круга равна
3 = п£2 = -?.
Задача 5. Радиус сектора равен-г, а его площадь равна Q.
Определить величину центрального угла.
Решение. Учитывая формулы для площади сектора и длины
его дуги, получаем
Л 1 «гпв
’ ' Q==2r 180“’
откуда
- п° = ^Я-180°.
№
Задала 6. Вокруг правильного треугольника с площадь» Q
описана окружность и в этот же треугольник вписана другая ок-
ружность. Определить площадь кольца между этими окружностями.
Решение. Площадь правильного треугольника через его вы-
соту выражается по формуле
«-5U2, -
3 ’
откуда
h = VWT.
Радиусы описанного и вписанного кругов соответственно будут
равны
, г = ~h.
о о
B .raj$OM случае, площадь кольца будет равна . ,
с' ./па г/ /4 <} 1 ,9V Tf^2 З
•• = г. — — :-g- й2 = ’=-44—
И \ Y У / , 0 ; . и . , . .
104
Рис. 103.
Задача- 7. Дйн круг, которого касаются' шесть равных ему
кругов, касающихся также и между собой. Площадь всех семи
3&FQB;. равновелика площади концентрического кольца, описанного
данной конфигурации кругов,
жжазать, что ширина кольца равна
’©гнусу кругов.
Доказательство. Обозна-
Жм радиус данного, круга: О. через R,
•уййирину кольца ВС через х (рис. 103).
g* Площадь кольца по условию "за-
разна площади семи равным-
ов ра'диуса /?; следовательно,
ОВ») - я [(ЗЯ -Н *)* - '
(ЗЯ)«]-7я/?*
х» -I- f>Rx — 7R2 - :: 0.
Поскольку х > б, то из двух
корней полученного квадратного урав-
нения следует выбрать только положительный корень
x=R,
который и является искомым ответом.
Задача 8. Построить окружность, касающуюся данной окруж-
ности О радиуса г и данной'прямой I в данной на ней точке N.
Построение. Проведем через точку N прямую mil
(рис. 104).
?£ а) Отложив на прямой: т от точки Л’ по другую'сторону'От пря-
мой I относительно данной окружности О отрезок NM = г, соединим
3-очки О и М. Через середину' отрезка ОМ проведем перпендикуляр
да пересечения его в точке О1 с прямой т. Точка Oj и будет
105’
центром искомой окружности, a O.N = г,—ее радиусом (А О.Д4О—
равнобедренный).
б) Отложив от точки /V вверх отрезок NL = г (рис. 105) й вы-
полнив построения, аналогичные изложенным в пункте а, получим
окружность О2, также удовлетворяющую условиям задачи. Та’
образом, задача имеет два решения.
; Ход построения не изменяется й в том случае, если при 'И >
пересекает'окружность О. В частности, если прямая I проходит
центр данной окружности, построение выполняется особенно п[ <<<|
Рекомендуем выполнить его самостоятельно. 'д*
Если данная прямая касается данной окружности, построе, .^
также'выполняется очень просто (выполнить самостоятельно). _ *»7,
Задача 9. Построить окружное*.''.,
касающуюся данной окружности 0 в даннойi
у’-----\ точке N и данной прямой /.
т\ ( \_ .Построение. Проведем прямую т,-
| касающуюся окружности О в точке N. Для
у этого следует провести радиус ON и восста-
У/ новить в точке N прямую т _L ON.
а) Если т [|/, то опускаем из точки
м перпендикуляр ОМ на прямую I. На отрез»
Рис. 107. NM, как на диаметре, строим окружио'
(рис. 106). В этом случае построение <
ственное.
б) Если прямая т не параллельна прямой I, то из точки М пере-
сечения прямых т и I (рис. 107) проводим биссектрисы обоих смеж-
ных углов при прямой I до их пересечения с прямой ON в точках
(?! и О2, которые и будут центрами искомых окружностей. Данная
окружность О имеет с одной из искомых окружностей внутреннее
касание.
В случае, когда прямая/ пересекает данную окружность О, за-
дала также имеет два решения, и снова одна из искомых окружностей
с данной окружностью будет иметь внутреннее касание. Выполнить
посУроение. ~ -
§ 24. Степень точки относительно данной окружности. :
Радикальная ось. Радикальный центр ‘
Степенью точки А относительно данной окружности О радиуса)?
/^называется разность между квадратом расстояния точки А от)
центра О и квадратом радиуса, т. е., обозначив степень точки
через. Т, имеем , .
. ......... ,
.. 1 , - , • 1'3?
106 '
Если точка Л лежит вне окружности, то ее степень положитель-
на, а если внутри окружности — отрицательна. Если точка. А лежит
на’окружности (ЛО = ./?), то ее степень равна нулю,
Z Для внешней точки А величина ее степени равна квадрату ка-
"Ч-ьной.
^Для внутренней точки А абсолютная величина ее степени равна
рату наименьшей полухорды, проходящей через эту точку.
Радикальной осью двух окружностей Ох и Ог называется прямая,
Л .’(точки которой имеют равные степени относительно данных ок-
,,, юностей. Эта прямая перпендикулярна к линии центров., данных
• Дружностей. Касательные, проведенные из любой точки радикальной
«и. к окружностям Ох и Ог, равны между собой.
. / Расстояния тг и /я2 радикальной оси от центров 0х и 02 данных
окружностей вычисляются по формулам:
1 /
т1 = -2-(О1°2+-ОД-)>
«2 = 4-
Z • У
,, <Л1бстррение радикальной оси двух
j/да окружности Ох и 02 пересекаются
из точек М и N принадлежит обеим ок-
ружностям н, следовательно, имеет отно-
сительно окружностей и 02 нулевую
степень. В этом случае радикальная ось
проходит через точки М и N.
2. Аналогично для внутренне или
внешне касающихся окружностей ради-
кальная о.сь является их общей каса-
тельной, перпендикулярной линии цен-
тров.
3. Пусть даны две окружности Oi,
О2, одна из которых лежит внутри дру-
гой, но не касается ее (рис. 108). Про-
ведем вспомогательную окружность Оа
так, чтобы она пересекла окружность
01 в точках А и L, а окружность 02 —
в точках М и N. Прямые 1(L« MN продолжим до пересечения в точке
Р. Через точку Р проведем PQ щ 61б2. Прямая PQ и - будет ради-
кальной 6Сыо окружностей и 02.
Проверить при помощи построений, что при различном выборе
центра О3 (соблюдая лишь условие пересечения окружностью <?3 двух
заданных окружностей Oi и О2) результат будет один и тот же.
окружностей. 1. В случае,
в точках М и N, каждая
107
4. Для двух окружностей (д и 02, расположенных одна
другой и не имеющих общих точек, радикальная ось строится
логично (рис. 109).
••Радикальные оси любых трех попарно взятых окружностей Оь
Ог и 03 пересекаются в одной точке, которая называется радикалы
ным центром трех окружностей
(рис. 110). Другими словам
радикальный центр трех окруж'
костей Olt О2 и О3 можцу
определить как точку, степе S
которой относительно окрулГ
костей Ох, О2 и О3 равный о £
Если центры всех трех $
ружностей находятся на
прямой, то все три радика.,,.
ные оси между собой парадj
лельны и, следовательно, р... •
Рис. 109.
дикального центра таких тре*
окружностей не существует. *
Если центры трех данных окружностей не лежат на одной пр*"1
мой, то радикальный центр находится как точка пересечения лю'' I
----------------------------------------------
I
двух из трех радикальных осей, в частности, общих касательныхJ
если хотя бы одна окружность касается двух друг'их или если все
три окружности касаются между собой (рис. 111).
§ 25. Вписанные и описанные многоугольники
. .Многоугольник называется вписанным в окружность, если все
его,вершины лежат на этой окружности. Такая окружность назы-1
вается описанной около многоугольника. .
Ш
.Многоугольник .называется описанным около- окружности, если
. его ..стороны касаются этой окружности.- Такая окружность
/злзй'ётся вписанной в многоугольник.
Л- В произвольный многоугольник нельзя вписать и . около него
нельзя описать окружность. . . . .
Около всякого треугольника можно описать окружность и при-
зом только одну.
. Центр описанной .около треугольника окружности является точ-
кой пересечения перпендикуляров к сторонам треугольника, восста-
новленных в их серединах.
Во всякий - треугольник можно . вписать окружность и притом
у -ько одну.'-' ' '
; < ...Ц^йтр'вписанной в треугольник окружности является точкой
' ./лечения биссектрис внутренних углов треугольника.
4;-“-Радиус описанной около-треугольника, окружности по его сто-
ронам и полупериметру вычисляется с помощью формулы
-в- _ abc а 4- Ь + с
, 4 Vp (р — а) (р — Ь) (р — с) 2
41 Радиус вписанной в Треугольник окружности вычисляется по
"’’’муле
.' J'j f ’ г = {Р — Ь) {Р~с) .
Во всяком описанном четырехугольнике суммы противоположных
сторон равны между собой.
Во всяком вписанном четырехугольнике сумма противоположных
углов равна 180°.
Справедливы и обратные утверждения: четырехугольник можно
вписать в окружность, если суммы его противоположных сторон
равны между собой. В четырехугольник всегда можно, вписать
окружнЪсть, если сумма хотя бы одной пары противоположных
углов его равна 180°. Очевидно, что сумма второй пары противо-
положных углов четырехугольника при этом также будет равна 180°.
Около параллелограмма в общем случае нельзя описать окруж-
ность. Около прямоугольника (в частности, квадрата) всегда можно
описать окружность. Центр ее будет лежать в точке пересечения
диагоналей. Около трапеции можно описать окружность .лишь при
условии, что она равнобочная.
Теорема Птолемея. В выпуклом четырехугольнике, вписанном в
окружность, произведение диагоналей равно сумме произведений про-
тивоположных сторон.
: -Теорема Паскаля. Если шестиугольник вписан ' в окружность
и противоположные, его стороны-не параллельны, •то точки пересе-
чения продолжений этих сторон -лежат '-на одной прямой. • -
4®9
Теорема Брианшрна. Если шестиугольник описан около окру
ности, то прямые, соединяющие его противоположные вершины, пё-
секаются в одной точке.
Задача 1. Доказать, что произведение двух сторон треуго^..
ника равно произведению высоты, проведенной к третьей стороне,
на диаметр окружности, описанной около этого треугольника.
Доказательство. Пусть А АВС вписан в окружность О
BD X АС (рис. 112). Проведем диаметр ВМ и хорду AM.
A BDC со А ВАМ, так как / АМВ — / BCD, как углы, оп.-
рающиеся соответственно на одну и ту же дугу, £МАВ ±= /_BDC =
= 90Q и, следовательно,
АВ BD
МВ “ ВС’
т. е.
АВ • ВС = BD • МВ,
что и требовалось доказать,,.,.
Задача 2. Доказать, ’
если^етырехугольник со вза
но перпендикулярными диагс
налями вписан в окружность
то сумма квадратов противоположных сторон четырехугольник'
равна квадрату диаметра описанной окружности.
Доказательство. Применяя результат, полученный в пре-
дыдущей задаче, к треугольникам АВС и ADB, получаем (рис- 11Д):
АВ ВС = 2R • ВМ,
АВ AD—2R AM.
Возводя оба равенства в квадрат и складывая, получили:
: ..Б':''.
АВ* (ВС* + АО2) = 47?2 (ВМ* + AM2).
Учитывая, что AS2 = ВМ2 + AM2, и сокращая полученное
ство на эту величину, окончательно имеем:
ВС* + AD* = 4R* = D*.
Задача 3. В треугольник АВС, стороны которого ВС =•
АС = b и АВ=с, вписана окружность. Найти длины отрезков, с._.
единяющих точки касания.
Решение. По свойству касательных к окружности, выходя-
щих из одной точки, находим, что АЕ = AF, BF — BD и CD~CE
(рис. 114). Рассматривая четырехугольники AEOF, BFQD и CDOF
легко показать, что АО х EF, ВО х FD и СО х DE.
НО
eg Из Z^AEO (Z. AEO = 90°) находим его площадь
J " S^AE-OE=~AO ~FE
ЙЛИ
FE^^. • (1)
/iU
'' Известие, «то О£.т- J/EESEESEEE , „„ p_„0.
упериадетр Л АВС. Учитывая, что АЕ = AF, BF = BD, CD — СЕ,
находим, что AE-\-CD = b, CD -f- BF = a, BF-\-AE = c и ЛЕ+
4- CD + BF = р. Отсюда
АЕ — р — а, BF = p — b,
CD = р — с,
"Да
О А = У А Ё*+О& =
—’]/' Ьс(р — а)
Г Р ' Рис.'114. '
►Подставив найденные значения ОА, ОЕ и АЕ в формулу (1), получим
EF = 2(p — d) J^ZEW=3.
логично находим длину остальных двух искомых отрезков:
= *-.)j/EE3EE5„
Задача 4. В ромб вписана окружность. На какие четыре
стн делится окружность точками касания сторон, если острый
; ол ромба равен 67°?
Решение. ABCD — ромб, / А — / С — 67° (рис. 115). Впи-
санная окружность касается сторон его в точках К, L, М, N. Со-
’едииим центр О с вершиной Л. Тогда АО будет биссектрисой £_А,
a A AON — прямоугольный; значит, / NO А — 90° — / NAO, а
VjNOM^2Z.NOA^ 180°--v цз°. Но ,£.N0M = Z.KOL —
вентральные углы, а / NON — 180° — Z_MON = 67°, как смежные;
•ЧП
следовательно, точки касания делят окружности па две. пары Begs
тикальных' дуг по ИЗ и 67°. •'<
Задача 5. Определить отношение радиуса вписанной в.равпо<
сторонний треугольник окружности к радиусу описанной окруж-
ности.
.. Решение. В равностороннем Л АВС его три медианы,- бис»
сектрисы и высоты совпадают и пересекаются в одной точке — цеитр^
треугольника. Радиусом описанной окружности будет отрезок, соеди£
няющий центр О с одной из вершин треугольника, а вписанной — anof:
фема * 0D (рис. 116). Но так как АО еще и биссектриса, то / OAD
OD 1 'i‘
= 30°, • а Л AOD — прямоугольный; следовательно, .-^г- =и . <:
, Задача 6. Сумма радиусов описанной и вписанной окружно-
стей равностороннего треугольника равна его высоте. Выполнить
рисунок и доказать.
Доказательство. В равностороннем Л АВС центр опи-'
санной окружности будет в точке пересечения перпендикуляров, -про-
ведённых к серёдинам' сторон,
а вписанной — в точке пересе-
чения биссектрис треугольника.
Так как биссектрисы, высоты:
и медианы равностороннего тре^г
угольника совпадают, то юС?
центр будет общий. Опустю#
высоту BD ± АС, она пройдете
через центр окружности.
ОВ радиус описанной
окружности, ОВ — радиу$
вписанной окружности, следовательно, V
ОВ -\-OD = BD,
что и требовалось доказать.
Задача 7. Доказать, что апофема правильного треугольника
равна половине радиуса описанной окружности. Выполнить рисунок.
Доказательство. А АВС — правильный, ОМ — апофема
(ОМ Л. ВС\ О—центр треугольника). Соединим вершины А,-В, С
с центром О, тогда О А = ОВ — ОС = R, где R — радиус описанной,
окружности. Так какОВ— биссектриса треугольника, то /_0ВМ =i;
= / АВО = 30°, а А ОВМ — прямоугольный, ОМ — катет, лежащий^
против угла 30°; значит, .... ... Л
‘ См. § 2S.
Задача 8. Окружность вписана в. трапецию, периметр , кото-
рой равен Р. Построить рисунок и определить среднюю, линию. тра-
пеции. '
Решение. Окружность вписана в трапецию АВСА. Р^АВ А-
4- ВС + CD -Ь AD. По свойству сторон описанного четырехугольника
АО 4- ВС = АВ + CD. Следовательно, Р= 2 (AD 4- ВС), а средняя
линия трапеции т равна
m = l-(AD + BC)~~P.
Задача 9. В треугольник вписан круг так, что две из его
т р г.
сторон делятся точками касания в отношениях — и Построить
рисунок и найти отношения сторон треугольника.
Решение. Обозначим: AD = mx, DB~nx, СЕ = ру, ВЁ—
— ау. Тогда: АВ : ВС : СА — {тх 4- пх): [ру ~]~ qy) : (тх 4- РУ). По
свойству отрезков касательных, проведенных к окружности из одной
и той же точки, DB = ВЕ или
пх = qy. Отсюда
х 3
У п
и, следовательно,
АВ : ВС : СА ~ (tnq+ nq) : (рп~г
4- qn) : (rnq 4- пр) — q(m А-п)
: п(р + q) : (mq 4- пр).
Задача 10. Доказать, что
ных треугольников окружностей пропорциональны сходственным сто-
ронам.
Доказательство. Соединим центр окружности О с точ-
ками А и С (рис. 117). В треугольнике АОС АО = ОС = R, а / АОС=
= 2 / АВС, так как он, как центральный, измеряется всей дугой
АС; / АВС — вписанный и измеряется половиной дуги АС. Соеди-
нив центр окружности Ot с точками А, и Ct, также получим равно-
бедренный Д AjOjiCi с углом при вершине AjOiCi, который равен
удвоенному углу А^С,. Но Д. АВС = Д. AtfijCj, как соответствен-
ные в подобных треугольниках АВС и AiBiCj. Зйачит, Д. АОС =
= z£AiOjCi. Следовательно,
А АОС со A Ajl9iCi,
откуда1
ОС AC R АС
Ofix AjCl г AjCi
113
Рис. 117.
радиусы описанных около подоб-
§ 26. Правильные многоугольники
Многоугольник называется правильным, если он имеет равные
стороны и равные углы.
„ . 180° (п— 2)
Каждый угол правильного n-угольника равен ------.
Центром правильного многоугольника называется точка, равно-
отстоящая от всех его вершин. Центр находится также на одинако-
вых. расстояниях от сторон многоугольника.
Радиусами правильного многоугольника называются отрезки, со-
единяющие его центр с вершинами.
Апофемами правильного многоугольника называются отрезки
перпендикуляров, опущенных из его центра до пересечения со сто-
ронами.
Вокруг правильного «-угольника можно описать и в него можно
вписать окружность. - Центры описанной и вписанной окружностей
совпадают с центром многоугольника. Радиус описанной вокруг пра-
вильного многоугольника окружности равен его радиусу, а радиус
вписанной окружности — апофеме многоугольника.
Правильные одноименные многоугольники подобны, их стороны
относятся как апофемы или радиусы, а площади относятся как квад-
раты апофем или радиусов.
Сторона Ьп правильного описанного многоугольника выражается
через сторону ап правильного вписанного многоугольника с тем же
числом сторон и радиус /?< окружности по формуле:
. 2/?а,г
-----
V 4R2 — агп
Сторона «гд правильного вписанного в окружность радиуса/?
многоугольника с удвоенном числом сторон выражается через сто-
рону ап правильного' вписанного «-угольника с помощью формулы:
Соотношения между сторонами некоторых правильных вписан-
ных многоугольников и радиусом круга определяются следующим
образом; __
. а3 = /?]/3 « 1,73217?,
a4 = RV~2 « 1,4142/?,
1,1755/?, , /" .....
114
а, — /?,
аа = R У.2 — V1 « 0,7654??,
l/'H____________।
du = /? к - -- » 0,6180/?,
а1а = /?]/’2-угЗкО,5176₽,
«1» = /?[К10 + 2 /5 - УЗ (У§- 1)] « 0,4158/?.
Задача 1. В данную окружность вписать правильный шести-
угольник и треугольник.
Раствором циркуля, равным радиусу окружности, делаем на ней
засечки в точках Я, В, С, D, Е, F, Соединяя точки А, В, С, D, Е, F
Подряд, получим правильный
одну, получим правильный
(равносторонний) треуголь-
ник (рис. 118).
Задача 2. Вписать
в Данную окружность квад-
рат й Правильный восьми-
угольник.
Проведем в данной ок-
ружности О два взаимно
перпендикулярных диаметра
АВ и CD. Соединив точки
A, D, В, С, получаем
квадрат.
‘ Опуртив из центра О ра
И. продолжив их до пересечения с окружностью, разделим ее на во-
семь, РАВНЫХ. частей. Точки деления окружности являются верши-
нами правильного восьмиугольника (рис. 119).
Задача 3. В данную окружность вписать правильный пяти-
угольник и правильный десятиугольник.
Проведем два взаимно перпендикулярных диаметра АВ и CD.
Рдэделим. пополам радиус АО в точке Е. Из Е радиусом ЕС прово-
дим дугу CF, пересекая ею диаметр АВ в точке F. Из С радиусом CF
проводим дугу FG, пересекая ею данную окружность в точке G,
тогда CG — CF есть одна из сторон искомого пятиугольника. Про-
ведя тем же радиусом дугу из центра G, получаем следующую вер-
шину М искомой фигуры и т. д. (рис. 120).
Отметим, что отрезок OF равен стороне правильного, вписанного
в данную окружность десятиугольника, т. е.
C.V == И = /.Q ... = ПС = OF:
И5
i Поэтому можно ограничиться только построением отрезка
OF — au, затем строим все вершины правильного десятиугольника,
соединив их через одну, получим-правильный'пятиугольник.'
Задача 4. Вокруг Данной окружности описать квадрат й пра-
вильный восьмиугольник.
Проведем два взаимно перпендикулярных диаметра АОВ и COD.
Из.их концов,, как из центров,.описываем четыре окружности радиу-
сами, равными радиусу заданной окружности/?—ОЛ. Точки Е, F,
G и Я ИХ пересечения являются вершинами искомого квадрата
(РИС. 121). ..
Для построения восьмиугольника проведем диагонали построен-
ного квадрата. В точках пересечения диагоналей' с окружностью
проведем касательные к окружности до их .пересечения со сторонами
квадрата. Получим вершины иско- ;
Рис. 120. Рис. 121.
Упражнения. 1. Построить правильные, описанные ' вокруг
данной окружности треугольник и шестиугольник.
2. Построить правильные описанные вокруг данной окружности
пятиугольник и десятиугольник. .
§ 27. Сводная таблица
частных случаев четырехугольников
Введем обозначения: a. b, с, d стороны, av 0, у, S — углы,
fi—высота, д— полупериметр, k, I;—диагонали, )<j> — угол между
диагоналями, R — радиус описанной окружности, г -4 радиус,.вддаан-
ИОЙ окружности, площадь.- • ~ '• 1; .... ‘ ;
ire
Таблица S
Вид четырех- угольника . Определения, формулы, свойства, соотношения мйкду элементами
Трапеция с ||а; с а а — основания; bad — боковые стороны. Средняя лиция т (отрезок EF, соединяющий середины бо- ковых сторон) параллельна основаниям и равна их полу- сумме: ... а + с „ . а + b . 1 ., . т “ S = mft = —5- п = — kl sm <р. Центр тяжести лежит на отрезке, соединяющем сере* . . h а + 2с Йинь? оснований на расстоянии у » у от Нижнего основания.
Равнобочная трапеция с || а, & = d; ft2 = Ьг — ; £ = Z; а = 8; (3 =
Вписанный четы- рехугольник ч « + у = ₽4-в = 180°; S = V (р — а) (р — b) (р — с) (р — d); R = Г(аЬ + cd) (ас 4- bd) (ad 4- be) ; /=-"]/ c<^ {ac (Z — диагональ, замыкающая V ad 4- be стороны а и b); b-.lX (Qc (k циагяналь, замыкающая v . ab-V cd стороны a и d); kl = ac-r- bd (теорема Птолемея)
Описанный | четырехугольник 1 a 4- c = b 4- d; S - pr
Параллелограмм a || ct b || d; a == c, b = d; a — y; 0 = 8; a-|-0 = 0y = y-f-8 = 8a = 180°. Диагонали пересекаясь делятся взаимно пополам; точка пересечения диагоналей — центр тяжести, 4U* =* а« 4- 6® + €* -F <Р « 2 (а2 4- &2); S = ab sin а = ah = ~ kl sin <р
Прямоугольник a || с, b || d; a = ct b = d: k = 7, A2 = a2 4~ bz; a = 0 = if = 8 = go0; . 5 = ab == Z? .sin.-p ,
117
Продолжение табл. 3.
Вид четырех- угольника Определения, формулы, свойства, соотношения между элементами
Ромб а = b = с = d; h J_ I, ip = 90°, k1 ~r I2 ~ 4a1; a — t'; ₽ = e + f = p -|- -( = f-f- S = 5 -{- a = 180°; .8 = -- kl = a2 sin a
Квадрат o’ 53 ' ; CN 1 « i1 -!” Si 11 ° , II -Iе'1 f- 11 11 c T"» •o . » II 11 II 11
ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ НА ПОСТРОЕНИЕ
С ПОМОЩЬЮ ЦИРКУЛЯ И ЛИНЕЙКИ
Прежде всего рассмотрим простейшие построения на плоскости,
используемые при решении более сложных задач этого типа.
§ 28. Простейшие задачи на построение
1. Разделить данный отрезок пополам.
; Из. концов А и В данного отрезка. АВ одним., и тем же про-
извольным, но большим половины отрезка АВ, радиусом R описы-
ваем две дуги, которые пересека-
ются в двух точках С и D. .Точки
С и D соединяем прямой CD.
Точка ;V пересечения прямых АВ
и CD является искомой, делящей
отрезок АВ пополам (рис. 122).
2. Восстановить перпендику-
ляр к данной прямой в данной
на ней точке N.
Построение можно выполнить,
применяя предыдущий прием. На
данной прямой АВ следует лишь
отложить по обеим, сторонам от
точки N равные отрезки AN— NB,
. а . затем, повторить .все построе-
ние, указанное на рис. 122.
Можно поступить также следующим образом. Взяв произвольную
118
точку О вне данной прямой АВ, проводим из нее, как из центра,
окружность радиуса ON. Через вторую точку М пересечения окруж-
ности О с прямой АВ проводим диаметр МОК-
Соединив конец диаметра /Се точкой N, получаем KN 1 АВ,
так как вписанный угол KNM опирается на диаметр (см. § 22).
Этим способом удобно восстанавливать перпендикуляр в конце
отрезка, не продолжая его, а также в точке, лежащей близко к
краю чертежного листа.
3. Опустить перпендикуляр на заданную прямую из данной
точки С, лежащей вне ее.
Построение можно выполнить, применяя прием деления отрезка
пополам. Следует лишь получить на заданной прямой две засечки
А и В при помощи дуги с .центром в точке С произвольного ра-
диуса R большего, чем расстояние от точки С до прямой АВ. Вы-
полнить рисунок. , t
г а К I т п b
Рис. 123. Рис. 124.
4. -Через данную точку О провести прямую, параллельную задан-
ной прямой MN.
Описываем дугу произвольным радиусом R с центром в точке О.
Из точки пересечения В, лежащей на заданной прямой MN, как из
центра, тем же радиусом R описываем дугу ОА. Затем раствором
циркуля радиуса АО Из точки-В делаем засечку и получаем точку В.
Прямые OD и MN параллельны (рис. 123).
5. Разделить данный отрезок АВ на данное число равных частей.
Проводим прямую ab, параллельную АВ, на которой отклады-
ваем заданное число равных отрезков произвольной длины, напри-
мер ak = kl = Im = тп ~~ nb (рис. 124). Далее, проводим прямые
аА; ЬВ и через точку их пересечения О проводим лучи kO, 10, тО,
пО, которые и пересекут АВ в точках К, L, М, 'N, делящих АВ
на заданное число равных частей (в нашем примере на 5).
6. Данный отрезок разделить на части, пропорциональные дан-
ным величинам.
Построение аналогично описанному в задаче 5. Следует лишь
на прямой ab отложить отрезки, равные данным1 величинам.-
Н9
7. При вершине N и луче NM построить угол, равный: задан-
ному углу АВС.
Из вершины В описываем дугу pq произвольного радиуса и тем же
радиусом из центра N проводим дугу, пересекающую луч NM
в точке Р. Из точки Р радиусом, равным отрезку pq, делаем за-
сечку и найденную точку Q
соединяем с вершиной N. Угол
QNM— искомый (рис. 125).
8. Построить углы, равные
30, 60 й 90°.
Из концов А и В произ-
вольного отрезка АВ, как из
центров, описываем радиусом
Р=АВ две дуги. Точки их
пересечения С и D соединяем
пересечет отрезок АВ в,его середине О. Точку А
прямой, которая
соединяем прямой с точкой С. Тогда АСО — 30°,
= 60°, / АОС = 90°. Построить самостоятельно рисунок.
9. Построить угол,' равный 45°.
На сторонах прямого угла ВАС откладываем равные отрезки
АВ и АС и соединяем точки В и С. Отрезок ВС образует с АС
и АВ углы но 45°. Выполнить рисунок. ’
10. Данный угол ВАС разделить пополам.
Из вершины А произвольным радиусом проводим дугу DE.
Из Точек D и Е ее пересечения со сторонами АВ и АС описываем
произвольными равными радиусами дуги ab, cd. Точку их пересече-
ния F соединяем с1 А; полученная прямая AF делит угол ВАС по-
полам, т. е;. является- его биссектрисой (рис. 126). '
ill.’Разделить прямой угол на три равные Части?
Произвольным радиусом проводим дугу с центром в вершине Л
данного угла до её пересечения в'точках’ М ‘и N с его сторонами.
120 '
Этим же радиусом из; точек, 7И и N, как из центров, на.дуге MN
делаем две засечки Л и L, которые соединяем с вершиной А (рис. 127):
Z МАК = Z KAL = Z LAN = 30°.
12. Разделить данный угол ВАС па три равные части.
С помощью линейки без делений и циркуля точно выполнить
•то построение, которое называют трисекцией угла, нельзя. Однако
с помощью циркуля и меченой
линейки (т. е. линейки с нане- "ч. g
сенной на нее равномерной / \ '
шкалой, например миллимет- \
ровой) трисекцию угла, легко J^tx \
выполнить следующим образом, к --jp
Произвольным . радиусом AC ~F\~ r I
описываем из вершины угла А \ /
окружность. Продолжаем АС \ /
so точку А. Кладем меченую .
линейку так, чтобы она прохо-
Дила через В, и вращаем ее рис. 128.
вокруг В, до тех пор, пока
отрезок ЕД между окружно-
стью и прямой АК не станет равным радиусу АС. Тогда угол ЕДЕ
есть треть угла ВАС (рис. 128). Доказать это, пользуясь тем, что
согласно построению, А ДЕЛ равнобедренный, а тогда по теореме
о внешнем угле треугольника
/_ВЕА — 2х', /.ВАС — а = х + 2л, где х = /.EDA.
13. Через две данные точки А
Рис. 129. ' Рис. 130.
Проводим перпендикуляры MN
и В провести окружность задан-
ным радиусом R.
Из точек А и В проводим
дуги -ef и тп радиусом /?.
Точка их пересечения есть
центр искомой окружности.
Построить рисунок.
Замечание. Задача
имеет решение только в том
случае, если R больше или
равно половине отрезка АВ.
14. Провести окружность
через три данные точки А, В,
С, не лежащие на одной прямой,
и PQ к отрезкам АС. и ВС через
их середины. Точка пересечения этих перпендикуляров О есть центр
искомой.окружности (рис. 129). . .. , ... ,
15, .Найти центр дайной окружности. или .е,ег дуги. ,,
121
На данной окружности или дуге выбираем три точки. Затем
поступаем, как в предыдущей задаче. Точки следует брать на воз-
можно более далеком расстоянии друг от друга.
16. Данную дугу окружности разделить пополам.
Концы дуги соединяем хордой. Проводим перпендикуляр через
середину хорды (см. задачу 1), который и разделит дугу пополам.
' 17. Через данную точку М провести касательную к данной
окружности О-
а) Точка М лежит на окружности. В этом случае в конце М
радиуса ОМ восстанавливаем перпендикуляр AM X ОМ. Прямая AM
является искомой касательной (построить рисунок).
Рис. 132.
б) Точка М лежит вне окружности. Соединив точки О и М,
на отрезке ОМ, как на диаметре, строим окружность Оь центр ко-
торой Ох есть середина отрезка ОМ (рис. 130). Точки С и D пере-
сечения окружностей О и OL соединяем с точкой М. Прямые СМ
и DM — искомые касательные, так как / ОСМ = / 0DM = 90°,
как вписанные в окружность Ох углы, опирающиеся на диаметр ОМ.
18. К двум данным окружностям провести общую внешнюю ка-
сательную.
а) В случае, когда радиусы данных окружностей равны между
собой, задача имеет два' решения. Через центры А и В проводим
диаметры ККг и LLt, перпендикулярные к линии центров АВ. Про-
ведя КС и KjLi, имеем искомые решения. Построить рисунок.
б) Пусть радиусы данных окружностей не равны R > г; из центра
большего круга А проводим окружность радиусом АС = R — г.
К ней проводим касательную ВС из центра В меньшего круга.
Центр А соединяем с точкой касания С прямой. Продолжаем её
и получаем на большей окружности точку D. Проводим отрезок BE
перпендикулярно к ВС до пересечения в точке £ с меньшей окруж-
ностью. Точки О и £ соединяем. Прямая DE — искомая касательная.
122
Задача допускает два решения (DE и DyE^), если меныИий круг
не лежит целиком внутри большего (рис. 131).
В случае внутреннего касания задача имеет одно решение. Через
точку касания М проводим прямую, перпендикулярную радиусу
OOjM (рис. 132).
19. К двум данным окружностям провести общую внутреннюю
касательную.
В случае внешнего касания заданных окружностей А к. В задача
имеет лишь одно решение. Через точку касания М проводим прямую,
перпендикулярную линии центров АВ.
Если окружности не имеют общих точек и не лежат одна вну-
три другой, то задача имеет два решения.
Из центра А большей окружности проведем окружность радиу-
сом АС = R 4- г.
Из центра В меньшей окружности проведем касательные к по-
строенной вспомогательной окружности. Точку касания Си центр А
соединим прямой АС, которая
пересечет ббльшую окружйость
в точке D. Из точки В проведем
радиус BE _L ВС. Точку Е соеди-
ним с точкой D. Прямая ED яв-
ляется искомой касательной. Ана-
логично строится и вторая внут-
ренняя касательная £,£>! (рис. 133).
Точка N пересечения внутренних
касательных всегда лежит на ли-
нии центров.
В случае, когда одна из ок-
' Рис. 133.
ружностей лежит полностью внутри
другой или пересекает её в двух точках, задача решения не имеет.
Рассмотрите также случай R = г и докажите, что в этом случае
касательная пройдет через середину отрезка АВ.
20. Построить квадрат по его стороне АВ или по его диаго-
нали АС.
а) Пусть задана сторона квадрата АВ. В точках А и В восста-
новим перпендикуляры и на них от точек А и В отложим, отрезки
AD = ВС = АВ. Соединим точки D и С. Полученная фигура —
квадрат.
б) Пусть задана диагональ квадрата АС. Разделим отрезок АС
пополам и через его середину N проведем перпендикулярную, пря-
мую. От точки N на построенном перпендикуляре в обе стороны
отложим отрезки i АС. Пусть концы этих отрезков суть В и В.
Соединив последовательно точки А, В, C wD, мы й получим иско-
мый квадрат. Выполнить построение.
123
Аналогично, строится ромб' по его диагоналям. Отметим, что по
данной стороне задача построения ромба имеет бесчисленное мно-
жество решений.
21. Построить параллелограмм по его сторонам и высоте.
. Пусть даны стороны параллелограмма а, b и его высота йа.
На’произвольной прямой I от произвольно взятой на ней точке А
отложим отрезок ADа. На расстоянии ha от прямой I проведем
прямую k |j I. № точки А, как из центра, радиусом АВ — b сделаем
на прямой k засечку. От точки В на прямой k отложим отрезок
ВС = а. Соединим точки А, В и точки D, С (рис. 134).
Фигура ABCD — параллелограмм. Задача имеет два решения.
Ответим, что в. частном случае ‘ ha ==Ь . фигура ABCD — прямо-
угольник, а при a = b>ha получим ромб. Если же ha > b, задача
решений не имеет.
22. Построить треугольник по основанию а, боковой стороне b
и высоте йа.
Начало построения аналогично предыдущей задаче. Следует
лишь; построив точку В (рис. 134), соединить её с точкой D, и мы
получим Д.ДВО, который и будет искомым.
Как и ' в предыдущей задаче, в случае ha > b решений нет,
в .случае ha = b решение единственное, в, случае ha < b задача
имеет два решения.
‘23 . Построить треугольник по основанию Ь, медиане /иь и вы-
соте. hb- .
Искомый треугольник строится аналогично тому, как в преды-
дущей задаче,' Но в данной задаче засечки на прямой, параллельной
основанию b и отстоящей от него на расстоянии hb, следует делать
из середины N основания радиусом, равным .заданной медиане ть
(рир, , 135).. . . \ , , . ; , . ,, .
Исследуйте, сколько будет решений в случае т6> hb и т.ь<Ьь,
а также выполните построение для случая = hb.
24. Построить треугольник по трем сторонам а, Ь, с,
ГЙ
Отложим на произвольно взятой прямой от какой-либо ее точки В
одий Йз Дайных отрезков; например, ВС =± а. Из. 'точек В и С радиу-
са'ЙЙ', равными соответственно ~ b и А?2 = с, проведем дуги двух
Окружностей до их пересечения в точке А (рис. 1£6). дЛВС —
искомый.
Условие существования решения: сумма ' двух /побых сторон
треугольника должна быть больше третьей стороны. .
Эта задача как составная часть .встречается при решении многих
более сложных задач на построение.
25. Построить треугольник по двум сторонам а, с и. медиане ть.
Строим £ BDC (рис,. 137) по трем сторонам ВС ^ а, BD -, Япц,
DC = с. Через середину О стороны BD проводим прямую СОЛ, где
ОС=ОА. Точку В соединяем с точкой Д; А АВС — искомый.
Рис. 136. Рис. 137.
Рис. 138.-
Лналогично строится параллелограмм по двум его сторонам
и диагонали, а также параллелограмм по,его диагоналям, и одной
из сторон.
При этом следует учесть, что диагонали параллелограмма в точке
пересечения взаимно делятся пополам. Выполнить эти построения
самостоятельно.
26. Построить треугольник по двум сторонам а, Ь и биссектрисе
угла между ними /с.
Предположим, что А АВС — искомый. Продолжив сторону АС
и отложив на. ее продолжении отрезок CD= ВС = а, соединим точки
В н D (рис. 138).
Треугольник BCD — равнобедренный, причем Z.D— Z-B=Z.ECB.
так как согласно теореме о внешнем угле треугольника
£АСВ = £B + Z.D=2 £D, '
; \ , ’ ’
а с другой стороны, по условию задачи 1С биссектриса и,' следова-
тельно, ’ ’ ' ‘ ; '
7 /_'А св ^2^ECB~;2-,^D. ' :
Д25
Углы ЕСВ и CBD есть внутренние накрестлежащне, поэтому
и& Hit равенства вытекает, что BCJIBD, а тогда Д АЕС со & ABD
и сторона BD = х будет определяться из пропорции
; . . , х _ а 4- b
1с ~~ Ь '
и а — w. из точки с в
Рис. 139. Рис. 140.
Итак, мы получили все необходимые данные для того, чтобы
'фактически построить искомый треугольник.
Прежде всего определим отрезок х, как четвертый, пропорцио-
нальный к трем заданным отрезкам Ь, а-\-Ь, 1С- Для этого на про-
извольно выбранной прямой AD последовательно откладываем отрезки
'" ” ~ произвольном направлении откла-
дываем заданный отрезок /с —
= СМ и через точку М про-
должаем луч AM, а затем
проводим DN 11 СМ. Отрезок
DN равен искомому отрезку
х. Найдя х, строим На отрезке
CD вспомогательный д CDB
по известным трем сторонам
CD — ВС = а и DB — x (см.
задачу 24), Соединив найденную
вершину В с точками А и'С, мы получим искомый треугольник АВС.
27. Построить прямоугольный треугольник по его- катету а
и одному из острых углов <р.
а) Если данный катет а противолежащий к данному углу у,
то на произвольной прямой I в какой-либо её точке А строим луч k
под заданным углом и проводим прямую т [ 11 на высоте а (рис. 139).
Из точки пересечения В луча k с прямой т опускаем перпендикуляр
ВС на прямую I. Треугольник АВС — искомый.
б) Если данный катет а прилежащий к углу ср, то откладываем
этот катет от точки В на прямой I (рис. 140). Далее в другом конце С
катета а восстанавливаем к нему перпендикуляр до пересечения
с лучом k в точке А. А АВС — искомый.
28. Построить прямоугольный треугольник по гипотенузе с и
острому углу а.
Из произвольно взятой точки В на прямой I под углом а к ней
проведём луч BN. На луче BN от точки В отложим отрезок ВА=с.
Из конца А отрезка В А опустим перпендикуляр ЛС на прямую I.
А АВС — искомый. Построить рисунок.
Построение прямоугольного треугольника по двум данным кате-
там, а также прямоугольника по его сторонам осуществляется весьма
просто: на сторонах прямого угла от его вершины следует отложить
данные • отрезки. В. случае треугольника их концы-соединяем, а в еяу-
126
чае'Прямоуголыгика через концы этих отрезков проводим.,прямые,
параллельные сторонам, прямого угла, до их пересечения. Выполнить
построение.
29. Построить треугольник по основанию а и медианам боковых
сторон тъ и тс.
Строим треугольник ЛОВ
(рис. 141). Отложив на про-
должении ВО отрезок ОМ =
= тъ и на продолжении АО
отрезок ON = -у тс, проводим
прямые AM и BN до их пе-
ресечения в точке С. А АВС —
искомый.
А а ВВП С
Рис. 141. Рис. 142.
30. Построить треугольник по
его высоте ha, медиане тъ и.углу В.
Построим прямоугольный треугольник ABD по стороне AD = ha
и углу В (рис. 142). Через сере-
дину К катета AD проведем пря-
мую MN |f BD. Радиусом R = тъ из точки В проводим дугу до
ее пересечения в точке Е с прямой MN. Продолжим прямые BD
и АЕ до их пересечения в точке С. А АВС — искомый.
31. Построить треугольник по трем медианам.
Построим вспомогательный треугольник AED по трем сторонам
2 2 2
АЕ = -g- тс, AD = -л- та, DE = тъ (рис. 143). В этом треугольнике
о 3 о ...
проведем медиану АР и продолжим, её за точку Р на отрезок PC>-=
=р ЛР. Точку С. соединим с точкой D и, продолжив отрезок CD,
отложим на нем СМ = тс. От точки*Л на продолжении отрезка AD
1 - ь
127
отложим?А№ =±та. -.Через точки Ан М, N и С..-проведем. прямые
;да их пересечения в точке В. Л ЛВС —искомый.
.. 32.. Построить прямоугольный треугольник по сумме его катетов
а -|-6 и гипотенузе с. .
Из конца М отрезка ВМ ~ а Ь проводим луч МР под углом 45°
к.отрезку МВ (рис. 144). Из точки В, как из центра, радиусом R — с
проводим дугу q до её пересечения с лучом МР и из полученных
точек А и Аг опускаем перпендикуляры АС и Л^ на прямую МВ.
Треугольники АВС и AiBCt — искомые (ВС = ЛгСг = а; АС—ВСг=~Ь)
В случае двух точек пересечения дуги. 4 с лучом. АР задача
имеет два решения.
В случае касания дуги q с
Рис. 145.
лучом АР — одно решение.
Исследуйте^ какое дополни-
тельное условие надо наложить
на' катётьГ а и' Ь- для того, чтобы
решение было единственным.
33. Построить прямоугольный
треугольник по его катету а и
сумме другого . катета с, гипотену-
зой Ь с.
Строим прямоугольный тре-
угольник BDC по катетам ВС = а,
DC — b + с (рис. 145). Через се-
редину N стороны BD проводим
перпендикуляр до его пересечения с прямой DC в точке А. Соеди-
няем точки А и В. А АВС — искомый (ЛО = АВ как стороны равно-
бедренного треугольника ABD).
34. Построить равнобедренный треугольник по ег'о основанию с
и радиусу вписанной окружности г.
На произвольной прямой отложим отрезок АВ = с и в точке N,
которая делит его пополам, восстановим перпендикуляр. На этом
перпендикуляре отложим отрезок ON ~ г и из точки О, как из
центра, проводим окружность заданного радиуса г, которая будет
касаться основания АВ. Из. точек Л и В проводим касательные
к. данной окружности О (см. рис. 130), которые пересекутся в точке С.
Полученный треугольник ЛВС — искомый. Построить рисунок.
. 35, Построить треугольник, если даны два его угла Л и. В. и сум-
ма двух его .сторон b 4- с.
Предположим, что задача решена й Д ЛВС есть искомый. На-
йдем связь между искомыми- и данными его элементами, Отложим
на продолжении стороны АВ отрезок DA — АС й соединим точки С
и D. Треугольник ACD—равнобедренный; следовательно, учтя .теорему
о рйешнём углё треуЬбльн'ика,находим, что / CDA~£ DCA’== у / А
(рис. 146). '
128
. ,,-В треугольнике BCD известно основание DB = b с, равное
веданному отрезку (Ь + с), н два прилежащих угла: / CD В = у / Л
И £CBD ~ ^_В, так что его легко построить. Выполнив фактически
это построение, с которого и надо начинать решение данной задачи,
Получим две вершины В и С искомого треугольника. Третья его вершина
А одновременно является вершиной вспомогательного равнобедрен-
ного треугольника DCA, в котором известно основание CD и углы
при основании, равные -~-/_А. Этот треугольник также легко по-
строить; в результате получим вершину А. Соединив точки А и С,
получаем искомый треугольник АВС.
36. Построить треугольник, если даны разность сторон а — h
и два угла В и С. .
Предположим, что А АВС — искомый (рис. 147). На стороне ВС
от точки В откладываем отрезок BD = a — b и соединяем точки А
и D. Тогда DC—AC=b,
£ CAD = ADC = = 90a - 1 Z C.
Следовательно,
: Z ADB = 180° — ( 90? — ) = 90° +4 Z C-
\ ' 2 / 2
Поскольку DB = a — b, то легко построить A ABD по известному
основанию, равному заданному отрезку (а — Ь) и двум прилежащим
5 6-2G3 129
углам / ADB = 90° — / С и / DBA = В, я определить таким
образом положение вершин А и В. После этого вершина С опреде-
лится как вершина равнобедренного треугольника A DC, для кото-
рого будут известны основание AD и ADC= / CAD = 90°------g- £С,
37. Построить треугольник, если даны его периметр 2р = а +
+ Ь с и два угла А и В.
Пусть Д ЛВС построен (рис. 148). Продолжив в обе стороны
отрезок АВ, отложим на прямой АВ отрезки AD — b и BE — а
и соединим вершину С с точками D и Е. Тогда DE = а b -|- Ci
a+b+c
Рис. 148.
О = — /. Л; Е = £ В. Следовательно, A DCE легко постро-
ить по заданному основанию и двум прилежащим углам. Этим опре-
деляется вершина С. Далее через точку С следует провести прямые
АС и ВС так, чтобы они составляли с прямой DE заданные углы.
Для этого, построив на прямой DE при произвольных точках Аг и Вг
углы, равные заданным / Лг = / А и / В< = / В, проводим через
точку С АС 1| Аг1\!, ВС II
38 .,Построить параллелограмм по его диагоналям dt, d2 и одной
из сторон, например а.
По трем сторонам АВ = a, AO~-^-d1} ВО = -g- d2 строим тре-
угольник АОВ, стороны которого АО н ВО продолжим за точку О
на отрезки, равные соответственно ОС = АО и OD—BO (рис. 149).
Последовательно соединяем точки А, В, С, D. Фигура ABCD — иско-
мый параллелограмм.
130
Рис. 149.
39. Построить трапецию по четырем сторонам а, b, с, d (а || Ь).
Строим Л СВЕ по трем сторонам ЕС — с, СВ = d и BE — а — Ь.
Нй продолжении BE откладываем АЕ = Ь. Из точки А радиусом
= с и из точки С радиусом Рч— Ь проводим две дуги, которые
пересекутся в точке D. Соединим точку D с точками А и С (рис. 150).
Фигура ABCD —искомая трапеция.
40. Построить трапецию по
основаниям а, Ь, боковой стороне
с и высоте h.
Проведем две параллельные
прямые на расстоянии h. На одной
из параллельных прямых отло-
жим отрезок АВ — а. Из точки А
радиусом Я = с проведем дугу до
её пересечения с другой парал-
лельной прямой в точке D (рис.
151). От точки D отложим отрезок
DC=b. Соединим точки С и В. Трапеция ABCD есть искомая.
41. К стороне заданного острого угла провести перпендикуляр-
ную прямую, отрезок которой, заключенный внутри угла, был бы
равен данному отрезку а.
Рис. 151.
Из произвольной точки N, лежащей на стороне АВ данного
острого угла АВС, восстановим перпендикуляр и на нем от точки
внутрь угла отложим отрезок NM = а.
Проведем прямую МК || АВ до её пересечения со стороной угла
ВС в точке К- Из точки К опустим перпендикуляр KL на сторону
А В. Прямая KL искомая, так как KL _1_ АВ и KL = MN ~ а (рис. 152).
42. Через точку N внутри данного угла АВС провести прямую,
отрезок которой, заключенный внутри угла, делился бы точкой N
пополам.
Через вершину угла В и данную точку N проведем прямую,
па продолжении которой от точки N отложим отрезок NK = BN
(рис. 153).
5* 131
Через точку Л проведем прямую, параллельную стороне АВ,
до её пересечения .со стороной ВС в точке L. Через точки L и Д/
проведем прямую LNM, которая и будет искомой.
Действительно, A BMN = Д KLN, так как / BNM — / LNK,
LKN = / NBM и по построению BN — NK. Следовательно, LN —
MN.
43. Провести биссектрису угла, вершина которого срезана и лежит
за пределами рисунка.
Из двух произвольных точек и L, взятых па сторонах I и т
данного угла, восстанавливаем перпендикуляры, на которых откла-
дываем равные отрезки K.M=LN (рис. 154).
Через точки Л4 и .V проводим параллельно сторонам данного
угла прямые МО || /, NO || т, которые, пересекаясь, образуют / NOM.
Биссектриса вспомогательного угла
изложенным ранее приемом, будет
одновременно и биссектрисой дан-
ного угла со сторонами т и I.
NOM, которую строим
Рис. 154.
44. Построить геометрическое место точек *, из которых данный
отрезок АВ виден под заданным углом а.
Отложим на произвольной прямой отрезок АВ. Из конца этого
отрезка А под заданным углом а проведем луч АР (рис. 155). От луча
АР по другую сторону отрезка АВ проведем перпендикуляр ± АР.
Из середины N отрезка АВ восстановим перпендикуляр NM J. АВ.
Из точки О пересечения прямых AQ н NM, как из центра,
радиусом В = АО проведем окружность. Любой из вписанных углов
АСВ, ADB, AFB н т. д. равен заданному углу а, так как все эти
углы опираются на дугу ANB = 2а (см. § 22). Следовательно, дуга
ADB и является искомым геометрическим местом точек, так как
только для каждой точки этой дуги отрезок АВ виден под заданным
углом а. Точки любой другой дуги или линии, а также й любые
другие изолированные точки этим свойством обладать не будут.
• См. § 29
132
Отметим, что из каждой точки дополняющей дуги Ал В отрезок
АВ виден под одним и тем же углом
(3=180° — а.
Сами точки А и В надо исключить из . рассмотрения. Построенную
дугу ADB называют также дугой, вмещающей данный угол а.
45. Построить треугольник по основанию а, высоте ha и углу
при вершине а (рис. 156).
Строим дугу MABN, вмещающую данный угол а и опирающуюся
на данную хорду MN — a (см. предыдущую задачу). Из произволь-
ной точки Q прямой MN восстанавливаем к ней перпендикуляр
и на нем от точки Q откладываем заданную высоту ha- Проводим
прямую 11! MN, проходящую на расстоянии ha от прямой MN.
Если прямая I пересекает ок-
ружность О в двух точках, задача
имеет два решения.
D
Рис. 156.
Если прямая I является касательной к окружности 0, задача
имеет одно решение.
Исследуйте, в каких случаях задача вообще не имеет решений.
46. Через данную точку А провести прямую, от которой данная
окружность О отсекала бы хорду данной длины а.
а) Если точка А лежит на данной окружности, то радиусом,
равным а, из точки Л, как из центра, делаем на окружности О две
засечки (в случае a<2R). Соединив точку А с двумя полученными
точками, строим две искомые хорды.
Если а = 2R задача имеет одно решение; если а > 2R — реше-
ний нет.
б) Пусть точка А лежит в круге или вне круга О (рис. 157).
Так как середины всех равных хорд, проведенных в данной окруж-
ности, составляют концентрическую окружность, которой касаются
все эти хорды, то и искомая хорда касательпа к той же окружности.
133
Построим эту вспомогательную окружность, для чего из произволь-
ной точки М заданной окружности делаем засечку радиусом 7?=а
и полученную точку соединим с М. Затем, опустив из О перпен-
дикуляр на MN, проведем из центра О вспомогательную окружность
радиусом ОК. Этой окружности должна касаться искомая хорда,
а так как она должна проходить еще через точку А, то очевидно
нужно из точки А провести касательные к внутренней окружности О.
Прямые АВ и AD и будут искомые.
47. Через точку N, данную внутри круга О, провести хорду
так, чтобы она в этой точке делилась пополам.
В данном круге проведем радиус OD так, чтобы он проходил
через точку N. Далее через точку N проведем прямую I _L OD, кото-
рая пересечет окружность О в двух точ-
М а N ках А и В. Хорда АВ является искомой,
1-------------1 так как AN = NB. Построить рисунок.
48. К данной окружности О про-
Су I вести касательную, параллельную данной
/ прямой I.
/ Из центра О опускаем перпендикуляр
. / х. /X на данную прямую I и через точку его
и \1 \ ' ЛеРесечения с данной окружностью про-
< у67 I водим прямую, параллельную данной
I \ Л /\ / прямой Z. Эта прямая и будет искомой
\ \ \к у! ЗА касательной. Построить рисунок.
\ В заключение данного параграфа
сделаем несколько замечаний о методах
--------решения различных типов геометрических
задач на построение при помощи циркуля
Рис. 157. и линейки. При решении этих задач их
удобно располагать не в порядке воз-
растания степени трудности, а с учетом их особенностей. Такой под-
ход дает возможность разработать некоторые общие методы для
решения различных типов задач на построение, в результате чего
решение многих сложных задач значительно облегчается.
Ниже кратко рассмотрены важнейшие методы решения геометри-
ческих задач на построение.
§ 29. Метод геометрических мест точек
Понятие о геометрическом месте точек является весьма важным
не только в геометрии, но и в других разделах математики.
Замечание. Термин «геометрическое место точек» был вве-
ден еще древнегреческим ученым и философом Аристотелем (384—
322 гг. до н. э.), который представлял себе линию, как некоторое
«место», где могут быть размещены точки.
134
Понятие линии как следа движущейся точки, или как совокуп-
ности точек возникло значительно позже.
Соответственно новейшим взглядам на геометрические фигуры,
базирующимся на теории множеств, следовало бы устаревший термин
«геометрическое место точек» заменить современным научным терми-
ном «множество точек».
Однако в связи с тем, что по укоренившейся традиции терминами
«геометрическое место точек», «метод геометрических мест» и другими
пользуются еще миллионы преподающих и изучающих математику
и эти термины употребляются в подавляющем большинстве научных
и методических изданий, мы также используем ниже термин «геомет-
рическое место точек», имея в виду строго научное понятие «мно-
жество точек, имеющих соответствующее условию данной задачи
свойство».
Геометрическим местом точек называется множество всех точек,
обладающих одним или несколькими общими свойствами. Это опре-
деление не утверждает, что точки некоторого геометрического места
не могут иметь и других свойств, характерных лишь для части дан-
ных точек, или даже для одной из них.
Одно и то же условие может определять различные геометри-
ческие места точек в зависимости от того, где оно осуществляется:
па прямой линии, на плоскости или в пространстве.
Если геометрическое место точек каким-либо образом определено,
то наложение дополнительных условий существенно изменяет харак-
тер данного геометрического места, сужает его. Условия, определя-
ющие геометрическое место точек, могут задаваться с помощью
некоторых данных описательного характера, а также с помощью
аналитических выражений: уравнений, их систем, неравенств и т. д.
Во,втором случае используется принцип взаимно однозначного
соответствия точек прямой линии и вещественных чисел, точек плос-
кости и пар вещественных чисел, точек трехмерного пространства
и троек вещественных чисел, являющихся соответственно одномер-
ными, двумерными и трехмерными координатами точки.
В элементарной математике рассматриваются также геометричес-
кие места точек на комплексной плоскости.
Примеры.
1. Геометрическим местом точек на прямой, равноудаленных
от точек А и В этой прямой, является одна единственная точка С —
середина отрезка АВ. Геометрическим местой точек на плоскости,
равноудаленных от концов отрезка АВ, являются все точки перпен-
дикуляра, проходящего через середину отрезка АВ. Ни одна другая
точка плоскости, которая не лежит на данном перпендикуляре, этим
свойством не обладает и, следовательно, не принадлежит к рассмат-
риваемому геометрическому месту точек.
135
В пространстве таким геометрическим местом точек будет плос-
кость, перпендикулярная к АВ и проходящая через середину этого
отрезка^
В этом параграфе рассматриваются «тишь примеры геометричес-
ких мест точек на плоскости.
2. Геометрическим местом точек, равноудаленных на данное
расстояние а от данной точки О, является окружность радиуса 7? = а
с центром в точке О.
3. Геометрическим местом точек, равноудаленных от сторон дан-
ного угла, является биссектриса Этого угла, а геометрическим местом
точек, равноудаленных от двух пересекающихся прямых, являются
биссектрисы вертикальных углов, образованных этими прямыми.
4. Геометрическим местом точек, равноудаленных от вершин
данного треугольника, является лишь одна точка — центр описанной
вокруг этого треугольника окружности, а геометрическим местом
точек, равноудаленных от.сторон данного треугольника, является
центр вписанной в него окружности — точка пересечения биссектрис
его внутренних углов.
5. Геометрическим местом точек, находящихся от данной прямой I
на расстоянии а, являются две параллельные прямые, расположен-
ные по обе стороны прямой I на расстоянии а от нее.
6. Геометрическим местом вершин треугольников, построенных
на данном основании а и имеющих данную площадь S, являются
две, параллельные основанию, прямые, находящиеся по обе стороны
от него на расстоянии
, 2S
7. Геометрическим местом центров окружностей равных ради-
усов R, касающихся данной окружности О радиуса 7?1; является:
а) в случае R > Rx — две окружности радиусов Т?2 =7?] + R и
Rs<= Rt — R с центрами в точке О;
б) в случае R <Rt— две окружности радиусов /?2 = 7? -J- 7?j
и 7?3 = R — Rt с центрами в точке О;
в) в случае R = Rt — окружность удвоенного радиуса 7?а = 7? -ф
+ 7?! = 2R с центром в точке О и сама точка О, т. е. окружность
нулевого радиуса R3 = R — R1 = Q.
Сущность решения задач на построение с помощью метода гео-
метрических мест точек состоит в следующем:
а) из нескольких условий, данных в задаче, оставляют лишь
одно, отбросив остальные. Этим самым задача превращается в не-
определенную, т. е. такую, которая имеет бесконечное множество
решений. Обычно это множество решений находится очень легко,
так как является элементарным геометрическим местом точек.
б) построив соответствующее геометрическое место точек, рас-
136
сматривают какое-либо другое условие задачи и строят еще одно
геометрическое место точек и т. д.
Общие точки, принадлежащие всем геометрическим местам,
Построенным по условиям задачи, и дают окончательный результат —
искомую фигуру, линию и. т. д.
При решении некоторых задач § 28 мы уже пользовались мето-
дом геометрических мест точек, например в задачах 21—24.
Задача 1. Найти геометрическое место точек, удаленных
расстояние b от прямой I и
расстояние а от точки О.
на
на
Рис. 158.
местом точек, равноудаленных
от
Решение. Геометрическим
данной прямой /, будет пара параллельных прямых, находящихся
по обе стороны прямой / на ’
расстоянии Ь. Далее строим
окружность с центром в точке
О и радиусом R — а. ~
принадлежащие обоим геомет-
рическим местам, н будут иско-
мыми.
-В зависимости от данных
величин и их взаимного рас-
положения, в искомое геомет-
рическое место точек могут
войти четыре точки (рис. 158),
три точки (рис. 159), две точки
(рис. 160) и лишь одна точка
также случай, когда в искомое
одной точки (рис. 162). Если обозначить расстояние от центра О
до данной прямой I буквой d, то между величинами a, b и d для
каждого из возможных в этой задаче случаев можно установить
зависимость. Например, четвертый случай (рис. 161) будет иметь
место, если
Точки,
(рис. 161). Может представиться
геометрическое место не войдет пи
d = b — а или d = Ь + а.
137
Рекомендуем читателю самостоятельно установить соотношения
между величинами а, b и d во всех остальных случаях.
Задача 2. На стороне данного угла найти точку, равноудален-
ную от другой стороры и от данной внутри угла точки.
Решение. Пусть дан угол АОВ и внутри него точка М
(рис. 163). Проведем прямую ОМ, Из произвольной точки К стороны
Рис. 162.
ОВ опустим на сторону О А перпендикуляр K.L и из точки /(, как из
центра, дугой радиуса KL на прямой ОМ сделаем засечку N. Про-
ведем ЛТР[| до пересечения с ОВ. Точка Р будет искомая, так
как A WVL'Xj л MPQ, где Q — точка пересечения PQ л О А с пря-
мой ОА.
Задача 3. Найти геометрическое место точек, отношение рас-
стояний которых от концов данного отрезка есть заданная постоян-
ная величина.
Дан отрезок ЛВ (рис. 164) и некоторое число ~ . Радиусами,
равными а и Ь (или радиусами, им пропорциональными), описываем
из точек А и В, как из центров, две дуги. Точка X пересечения
138
втих дуг будет одной из искомых точек. Разделив угол АХВ и
смежный с ним пополам прямыми ХС и XD, получим на прямой АВ
две точки С и D также принадлежащие искомому геометрическому
Месту, так как АС : СВ = а :Ь и AD : BD а :Ь, причем точки
А, В, С, D образуют гармоническую группу точек. Так как Z.CXD—
прямой, то точка X лежит на окружности, описанной на CD, как
па диаметре. Покажем, что каждая точка этой окружности принад-
лежит искомому геометрическому месту. Возьмем на этой окруж-
ности произвольную точку Y и соединим ее с точками Д, В, С и D.
Пары точек А, В и С, D гармонически сопряжены и, кроме того,
угол DYC— прямой, как опирающийся на диаметр, а поэтому
AAYC= /_ВУС,
следовательно,
ДУ = 4С _ а_
BY СВ~ b'
Задача 4. Построить геометрическое место середин хорд,
проходящих через одну точку окружности.
Решение. Пусть дана окружность О и на ней точка М
(рис. 165). Точка О принадлежит искомому геометрическому месту,
так как она является серединой диаметра, а, следовательно, наи-
большей хорды, проходящей через точку М.
Проведем произвольную хорду MN и ее середину К соединим
с центром О. Угол МКО— прямой по построению. К искомому
геометрическому месту точек, следовательно, принадлежат вершины
прямых углов всех прямоугольных треугольников, построенных на
139
отрезке МО, как на гипотенузе. Таким образом, искомое геометри-
ческое место точек представляет собой окружность, построенную-
на отрезке МО, как на диаметре.
Задача 5. В данную окружность О вписать треугольник,’
имеющий данное основание а и медиану т/,(рис. 166).
Решение. Из произвольной точки М окружности, как из
центра, радиусом г=а проведем дугу до ее пересечения с окруж-
ностью О в точке N. Хорда МЫ = а, таким образом, построена.
На отрезке МО, как на диаметре, построим, окружность Qt.
Из точки Ы, как из центра, радиусом R~tnb проведем дугу до ее
пересечения с окружностью Ох в точке L. Соединим точки М и L
и отрезок ML продолжим до пересечения с окружностью О в
Рис. 167.
точке А. Треугольник МЫ А—искомый. Задача может иметь два
решения: &MNA и Л МЫАг (рис. 166), одно решение (рис. 167)
и ни одного.
Задача 6. Построить треугольник по основанию с, боковой
стороне Ь и углу при вершине а.
Решение. Строим геометрическое место точек, из которых
данный отрезок АВ = с виден под данным углом (см. задачу 44 § 28).
Из двух дуг с хордой АВ = с, вмещающих данный угол а, рассмот-
рим лишь одну.
Вторым геометрическим местом точек будет окружность с цент-
ром в точке А и радиусом R — Ь.
Оба геометрических места могут иметь две общие точки, только
одну н ни одной. Соответственно этому задача может иметь два
решения (рис. 168), одно (рис. 169), или ни одного (рис. 170).
140
За дача.7. Доказать, что геометрическое место центров окруж-
ностей, касающихся прямой в одной и той же точке, есть прямая.
Выполнить рисунок.
Доказательство. Пусть окружности с центрами Ои О2,
О3, . . . касаются прямой АВ в точке Л- Проведем в каждой окруж-
ности радиус из центра Oj, Оз, 0:, • • • в точку касания Д, тогда
каждый из этих радиусов перпендикулярен касательной АВ. Следо-
вательно, все центры Oj, Ог, Os, ... лежат на одной прямой,' так
как в противном случае из одной точки К прямой АВ к этой прямой
было бы восстановлено больше ^одного перпендикуляра. Обратно:
проведя из точки Оп, лежащей на прямой KOlt как из центра, ра-
диусом, равным КОп, окружность, найдем, что эта окружность ка-
сается прямой АВ в точке К.
У п р а ж .и е н и я.
1. Найти геометрическое место точек, расстояния которых от
одной из двух параллельных прямых в три раза больше, чем от
другой.
2. Найти геометрическое место точек, являющихся вершинами
треугольников с данным основанием и с данной -медианой, прове-
денной к этому основанию.
3. Найти геометрическое место середин отрезков прямых, парал-
лельных одной из диагоналей параллелограмма и расположенных
внутри него.
4. Построить квадрат, стороны которого проходят через четыре
данные точки. Всегда ли эта задача будет иметь решение?
141
§ 30. Метод подобия
Во многих задачах иа построение удается разделить условие
задачи на две такие части, что одна из них вполне определяет
форму фигуры, которую требуется построить, а другая часть опре-
деляет размер этой фигуры. Сущность метода подобия заключается
в том, что, используя те элементы условия задачи, которые опре-
деляют форму искомой фигуры, можно сначала построить фигуру,
подобную искомой. Затем, используя элементы, определяющие раз-
мер, при помощи подобного преобразования выполняется построение
искомой фигуры.
Этот метод удобен, когда только одна из данных в задаче ве-
личин есть длина, а остальные величины — углы или отношения
каких-либо линейных элементов.
Задача 1. В данный угол
АВС вписать окружность, которая
проходила бы через данную внут-
Ри этого угла точку М.
II' Решение. Проведем биссек-
2 / ТРИСУ BL угла АВС и прямую ВМ.
у Центр искомой окружности дол-
У жен лежать на BL, однако его по-
В Л ложение на BL нам неизвестно.
Рис. 171, Построим вспомогательную ок-
ружность, вписанную в / АВС.
Ее центр О также должен лежать на биссектрисе BL (рис. 171).
При пересечении окружности О с прямой ВМ получим две точки
Р и Q. Соединим точки Р и Q с центром О и проведем через точку
М прямые MOi^PO и М0.21| QO. Точки С\ и О2 будут центрами
двух окружностей, которые можно вписать в / АВС так, чтобы
они проходили через точку М. Таким образом, задача имеет два
решения. Центром .подобия здесь является точка В.
Задача 2. Построить треугольник по отношению его сторон
а : Ь , высоте hc и углу С.
Решение. Возьмем два произвольных отрезка т и п так,
чтобы выполнялось соотношение
т _ а
п Ь
По отрезкам т, п и углу между ними С построим треугольник
Л1В1С, подобный искомому треугольнику АВС. Этим самым уста-
новлена форма искомого треугольника. Далее выполним подобное
преобразование А А&С так, чтобы высота искомого А АВС была
равна данной высоте hc. Для этого на высоте CDt треугольника
142
(или па продолжении высоты CDt) отложим отрезок CD =
• hc и через точку D проведем прямую АВ ii АД1 (рис. 172), Тре-
угольник АВС искомый.
Задача 3. В данный треугольник вписать квадрат так, чтобы
дне его вершины лежали на боковых сторонах треугольника, а две
другие вершины — на основании треугольника.
Решение. В данном А АВС проведем МАТЦАС и на отрезке
MN построим квадрат KLMN (рис. 173). Продолжив в обе стороны
отрезок KL, получим на сторонах треугольника точки Л-, С\.
А А^ВСх ~ А АВС. Выполним
подобное преобразование квадрата
KLMN, принимая в качестве центра
подобия точку В. Продолжив лучи
BL и ВК до пересечения их с осно-
ванием АС, получим точки Lt и Xi-
Восстановив из этих точек перпен-
дикуляры к основанию АС, получаем
точки Mlt Na. Таким образом, квад-
рат является вписанным в
А АВС согласно условию задачи.
Задача 4. Вписать в данный
сегмент квадрат так, чтобы его сто-
рона лежала на хорде, а две верши-
ны на дуге сегмента.
Решение. Построение удобно выполнить следующим образом.
В концах хорды АВ восстановим к ней перпендикуляры AD X АВ,
ВС J. АВ, AD = BC=AB (рис. 174). Выполним подобное преобра-
зование квадрата ABCD, взяв в качестве центра подобия середину N
хорды АВ.
143
На пересечении отрезков DN и CN с дугой данного сегмента
получим соответственно точки Е и F. Опустив из этих точек перпен-
дикуляры на АВ, получаем точки Et и FL. Квадрат ЕЕД\Р — ис-
комый.
Упражнения.
1. Построить ромб, если дана его сторона' и отношение диаго-
налей .
2. Построить параллелограмм, если дано отношение его смеж-
ных сторон, угол и одна из диагоналей.
3. Построить равнобедренную трапецию, если дано отношение
оснований, одна диагональ и угол.
4. В данный ромб вписать квадрат, вершины которого лежали
бы па сторонах ромба.
5. В данный круг вписать прямоугольник с данным углом между
диагоналями.
§31. Метод симметрии
Этот метод
свойствах осевой
М
Рис. 175.
решения задач на построение основывается на
и центральной симметрии фигур либо их частей.
1. Симметрия относительно пря-
мой (оси). Дее точки А и А', рас-
положенные по разные стороны от
прямой MN на одном и том же пер-
пендикуляре к ней и на одинаковом
расстоянии от основания L перпен-
дикуляра, называются симметрич-
ными относительно прямой (оси) Л41У.
Дее фигуры называются симмет-
ричными относительно: прямой MN,
если каждой точке одной фигуры
соответствует симметричная ей отно-
сительно оси MN точка другой фи-
гуры. Аналогично определяется осе-
вая симметрия двух частей одной-и той
же фигуры (рис. 175).
симметричные относительно какой-нибудь
Любые две фигуры,
оси, равны. Однако для совмещения двух фигур, симметричных
относительно оси, в общем случае требуется переворот (вынос из
плоскости) одной из них. .
2. Симметрия относительно точки (центра). Дее точки А и А',
расположенные на одной прямой с точкой О по разные стороны от
неё и на одинаковом от нее расстоянии, называются симметричными
относительно точки О (рис. 176). Точку О называют также центром
симметрии.
144
Если для двух точек Л и В какой-нибудь прямой АВ. построить
симметричные им относительно некоторой точки О точки А' и В', то
А’В’ И АВ, А’В' = АВ
и каждой точке D прямой АВ соответствует симметричная ей отно-
сительно того же центра О точка D' на прямой А'В' (рис. 176).
Две фигуры называются симметричными относительно точки О,
если каждой точке одной фигуры соответствует симметричная ей
относительно центра симметрии О точка другой фигуры. Такая сим-
метрия двух фигур называется
центральной симметрией.
Рис. 176.
Рис. 177.
Если каждой точке некоторой фигуры соответствует симметрич-
ная ей точка этой же фигуры, то говорят, что данная фигура имеет
центр симметрии.
Каждую фигуру можно совместить с фигурой ей центрально-
симметричной путем ее поворота вокруг центра симметрии на 180°.
Центрально-симметричные фигуры можно совместить друг с другом
без переворота, т. е. без выноса из плоскости.
Сущность метода симметрии решения задач на построение за-
ключается в том, что для данной фигуры (или ее части) выполняют
симметричное относительно некоторой оси или точки построение. Это
часто дает возможность заметить такие зависимости между элемен-
тами фигур (или их частей) данной и симметричной, которые до
такого симметричного построения заметить было трудно. Решение
задачи при этом существенно облегчается. Успех зависит от удач-
ного выбора осей и центров симметрии и от характера самой задачи.
Задача 1. Дана прямая / и две точки А и В по одну сторону
от нее.
Найти на прямой I точку W такую, чтобы сумма ЯМ -|- BN была
Наименьшей.
Решение. Построим точку Blt симметричную с точкой В
относительно прямой I.
Пусть V— искомая точка (рис. 177). Тогда
BN = BiN и AN + NB = AN NBV
145
Сумма AN + NBi будет наименьшей, если отрезки AN и Л'Дх
составляют прямую линию. Следовательно, построив точку и сое-
динив ее с заданной точкой А, получим искомую точку N~ как точку
пересечения прямых / и ABL.
Задача 2. Даны две окружности с центрами в точках 0г и О2
и не пересекающая их прямая АВ. Найти на прямой АВ такую
точку N, чтобы касательные из нее к данным окружностям были
наклонены к прямой АВ под равными углами (рис. 178).
Решение. Строим окружность О{, симметричную окружности
Ох относительно прямой АВ. Проводим общую касательную к окруж-
ностям Oj и О2. Она пересечет прямую АВ в искомой точке N.
Задача имеет четыре решения соответственно четырем общим каса-
тельным (внешним и внутренним) к
окружностям Oj' и О2 (см. рис. 131
и 133).
Задача 3. В данный угол впи-
сать треугольник наименьшего пери-
метра так, чтобы одна его вершина
находилась в точке, данной внутри
угла, а две другие на сторонах угла.
Выполнить построение.
Решение. Пусть дан угол MON
и внутри него точка А. Построим
точку А1? симметричную с данной
точкой А относительно прямой ОМ,
и точку А 2. симметричную с точкой
А относительно прямой ON. Точки
В и С пересечения прямой AjA2 с
прямыми OMuON будут вершинами
Рис. 178.
искомого треугольника.
Задача 4. Пусть MN и PQ — перпендикулярные прямые,
О — точка их пересечения. Точки А' и А симметричны относительно
MN, а точки А" и А—относительно PQ. Доказать, что точки А'
и А" симметричны относительно точки О. Выполнить построение.
Решение. Нужно доказать, что линия А'ОА" прямая и А'О =
•= ОА". Из равенства прямоугольных треугольников . АОК и А'ОК,
AOL и A"OL следует, что А АОА' и А АОА" равнобедренные, а
потому Z AOK = Z. А'ОК, Z AOL = Z А"О£; но Z. AOL + Z АОК =
= 90°; значит, / А"ОА + / АОА' = 90° + 90°= 180°, т. е. точки Д', О
и А” лежат на одной прямой, при этом А"О = ОА — ОА', как сто-
роны равнобедренных треугольников с общей боковой стороной
ОА. Следовательно, точки А' и А" симметричны относительно
центра О.
Задача 5. Построить четырехугольник по четырем сторонам,
если известно, что его диагональ делит один из углов пополам.
146
Решение. Пусть диагональ BD четырехугольника ABCD
делит угол D пополам (рис. 179). Пусть для конкретности AD > CD.
Выберем в качестве оси симметрии диагональ BD и, перегнув рису-
нок по этой оси, на AD получим точку Е, симметричную с точкой С
относительно BD. Соединим точки В и Е. Тогда ВЕ—ВС, DE = DC
и AE=AD — CD; следовательно А АВЕ можно построить по трем
сторонам. Далее на продолжении АЕ от точки А откладываем дан-
ную сторону AD. Используя данные стороны ВС и DC, получаем
четвертую вершину С искомого четырехугольника, для чего из точек
В и D, как из центров, радиусами
ВС и DC проводим дуги, пересечение
которых и даст точку С.
Упражнения.
1. Построить треугольник по двум
сторонам АС и ВС и разности углов,
лежащих против этих сторон.
Указание. Выбрать в качестве
оси симметрии высоту треугольника,
опущенную из вершины С, и по-
строить прямую А'С, симметричную
стороне АС относительно выбранной
оси симметрии.
2. Дан угол АВС и вне его две
точки М и N. Построить на стороне
АВ точку Р так, чтобы треугольник, получаемый при пересечении
прямых PM, PN и ВС был равнобедренным.
Указание. Построить точку Л4Ъ симметричную точке М,
выбрав в качестве оси симметрии сторону АВ. Далее следует опре-
делить величину угла MtPN.
§ 32. Метод параллельного переноса
Этот метод оказывается наиболее полезным тогда, когда непо-
средственное построение искомой фигуры затруднительно в связи
с разобщенностью ее элементов. Разобщенность элементов, искомой
фигуры может выразиться не только в смысле отдаленности их друг
от друга, но и в смысле отсутствия удобной для решения задачи
компоновки этих элементов (включение в треугольник, какой-либо
другой фигуры и т. п.).
В этих случаях элементы фигуры переносят параллельно самим
себе па такое расстояние, чтобы полученная после переноса фигура
могла быть построена более просто, чем искомая. При этом следует
стремиться к тому, чтобы вновь полученная фигура включила как
можно больше исходных данных.
А
В
Рив. 179.
147
После построения вспомогательной фигуры и • обратного пере-
носа получаем искомую фигуру с помощью ряда простейших построе-
ний или же непосредственно.
Задача 1. Построить трапецию по ее основаниям.. а, b и диа-
гоналям di и rf2.
Решение. В трапеции ЛВС£)(рис. 180) диагонали для построе-
ния непосредственно использовать не удается. Однако, совершив
параллельный перенос диагонали DB = d2 на величину Ь, замечаем,
что А АСЕ легко может быть построен по трем сторонам а + b,
и d2- Получив точку С, остальные построения выполняем весьма
просто. Проведём CD || АВ и на прямой DC радиусом, равным rf2,
из точки В, как из центра, делаем засечку D, совершив тем самым
обратный параллельный перенос диа-
гонали с/2- Точки А, В, С и D сое-
диняем. Фигура ABCD— искомая
трапеция.
Задача 2. Построить четырех-
угольник
сторонам
Рис. 181.
по двум противоположным
и трем углам.
Решение. Предположим, что четырехугольник ABCD. иско-
мый (рис. 181). Перенесем сторону ВС параллельно самой себе так,
чтобы она проходила через вершину А. По построению АЕ = ВС.
Соединив точку Е с точкой D, получим A AED, в котором известны
две стороны АЕ и AD и угол EAD:
Z EAD = Z BAD — Z. BAE,
где
z BAE = z. NBC = 180° — Z ABC.
Построив A AED, проведем EC || AN и луч из точки под за-
данным углом ADM. На пересечении этих прямых и получим точку С.
Далее проведем СВ || АЕ. Полученную точку В соединяем с точкой А.
Фигура ABCD — искомый четырехугольник. .
Упражнения.
1. Построить четырехугольник по. трем его сторонам и углам,
прилежащим к четвертой стороне.
148
2. Построить прямоугольник с данной стороной так, чтобы сто-
роны его проходили через четыре данные точки.
3. Построить треугольник по медианам двух его сторон и высоте,
опущенной на третью сторону.
§ 33. Метод инверсии
Точки А и Лх называются взаимно инверсными или симметрич-
ными относительно окружности с центром в точке О и радиусом R,
если они лежат на одном луче, исходящем из центра окружности О,
и если расстояния ОА и ОЛГ связаны
соотношением (рис. 182):
О А OAy = №.
Точку называют также об-
ратным или инверсным изображе-
нием точки Л, а само преобразо-
вание называют преобразованием инвер-
сии. При этом если точка Л лежит
внутри окружности О, то ее инверс-
ное изображение Аг обязательно-
будет лежать вне окружности О, и наоборот.
Данную окружность О называют окружностью инверсии, а ее
центр — полюсом или центром инверсии. Величина № называется
степенью инверсии. Термин «инверсия» происходит от латинского
слова inversio — переворачивание, перестановка.
Преобразование инверсии легко осуществить графически. Для
этого из данной точки Л восстанавливаем перпендикуляр к лучу ОЛ
и через точку М (или АГ) его пересечения с окружностью О прово-
дим касательную, которая и отсечет на продолжении луча ОА
точку А1г симметричную относительно окружности О (рис. 182).
Действительно, из подобия треугольников ОМА н OMAt (у ко-
торых / ОАМ = / ОМ А± = 90° и / МО А — / ТИОЛх) получаем
уД- = или О А OAt = №,
U A i\
как и должно быть для взаимно инверсных точек.
Если данная точка Аг лежит вне окружности О, то проводим
из нее касательную Л1Л4, а затем, опустив перпендикуляр'ТИЛ 1. ОЛЛ,
получаем ее изображение Л. Точке, лежащей на окружности инвер-
сии, соответствует сама эта точка.
Если точка Л приближается к центру инверсии, то ее изобра-
жение Л! удаляется бесконечно далеко. Если точка А приближается
149
к окружности инверсии, то ее инверсное изображение At извне при-
ближается к той же точке на окружности.
Совокупность обратных изображений всех точек некоторой фи-
гуры образует фигуру, инверсно соответствующую данной. В част-
ности, окружности инверсии соответствует сама эта окружность, а
прямой, проходящей через центр инверсии, соответствует сама эта
прямая. В этом случае каждому радиусу, т. е. отрезку, соединяю-
щему центр с какой-либо точкой окружности, будет соответствовать
луч, уходящий в бесконечность и являющийся йродолжё'йием этого
радиуса.
Часть плоскости, заключенная внутри окружности инверсии,
соответствует внешней части плоскости, и наоборот. Прямой линии,
которая не проходит через центр инверсии, соответствует окруж-
ность, проходящая через центр инверсии. Окружность, не проходя-
щая через центр инверсии, преобразуется в другую окружность,
также не проходящую через центр инверсии.
Если две линии пересекаются или касаются, то и образы (изо-
бражения) этих линий, полученные при помощи инверсии, пересе-
каются или касаются в соответственной точке.
Угол пересечения двух линий равен углу пересечения образов
этих линий, ио противоположен ему по знаку.
Преобразование инверсии часто называют также преобразованием
посредством обратных радиусов или, короче, преобразованием обрат-
ными радиусами.
Метод инверсии решения задач на построение основывается на
том, что при инверсии относительно окружности (как и при симмет-
рии относительно прямой, которая является частным случаем инвер-
сии) фигура, обратная данной, сохраняет в известной степени сход-
ство с данной фигурой; в частности, все углы сохраняют свою
величину. В задачах на построение некоторые элементы и связи
между ними в искомой фигуре неизвестны. Их следует определить,
отыскав путь к решению, что не всегда бывает легко”. При инверсии
данные и искомые элементы отобразятся, и часто зависимость между
ними подмечается проще в отображенной фигуре, чем в исходной.
Построив отображенную фигуру, инвертируют ее обратно с тем же
центром и степенью инверсии и получают искомую фигуру-. Большую
роль здесь играет удачный выбор центра и степени инверсии.
Задача. Построить окружность О1( касающуюся данной окруж-
ности О и проходящую через две -заданные точки А и В, располо-
женные вие окружности О.
Решение. Предположим, что задача решена. Примем точку А
за центр- инверсии, а квадрат касательной, проведенной из точки А
к окружности О, за степень инверсии (рис. 183):
ИГ2 = Я2 или АТ = R.
150
Искомая окружность Oj будет отображенной фигурой к каса-
тельной проведенной к заданной окружности О из точки Bt,
где точка Bt инверсна к заданной точке В. Чтобы ее определить,
проводим через заданные точки Л и В луч, а затем из центра Л
радиусом R—AT— окружность инверсии и строим точку Blt сим-
метричную относительно этой окружности, как было показано на
рис. 182. Проведя теперь через точку касательную BiNi и сое-
динив найденную точку Л\ отрезком прямой с заданной точкой А,
имеем
Л-V • АЬ\ = Л'Л = 7?2,
так как. произведение всей секущей
квадрату касательной. Следовательно,
симметричны относительно той же
самой окружности инверсии Л.
Если мы теперь, двигаясь по
прямой NiBlt будем удаляться в бес-
конечность, то образом (изображе-
нием) бесконечно удаленной точки
будет центр инверсии, т. е. точка Л.
В таком случае, образом всей прямой
будет являться окружность О],
проходящая через точки Л, В, N,
которую легко построить (см. § 28,
задача 14). Эта окружность и будет
искомой, так как углы при инверсии
сохраняются, а прямая касается
заданной окружности О; значит,' и ее
образ — окружность ANB будет ка-
саться заданной окружности- О в точке
N, инверсной к точке
на ее внешнюю часть равно
точки N и 1/1 также взаимно
Рис. 183.
В заключение отметим, что преобразование инверсии применяют
не только в геометрии, но и в картографии, теории функций комп-
лексного переменного, физике и технике. Например, выдающийся
русский математик П. Л. Чебышев (1821—1894), создавший несколько
новых направлений в высшей математике, основоположник теории
механизмов в России, пользуясь инверсией, сконструировал ряд ори-
гинальных механизмов для преобразования криволинейного движе-
ния в прямолинейное.
Упражнения.
1. Дана окружность О. Построить окружности, пересекающие
данную окружность под прямыми углами.
Указание. Окружность пересекается под прямыми углами
окружностью, проходящей через две инверсные относительно данной
151
окружности точки. Радиус секущей окружности равен длине каса-
тельной, проведенной из ее центра к окружности О-
2. Дана окружность инверсии радиуса R. Определить фигуру,
инверсную (отображенную) окружности радиуса Rlf концентрической
с окружностью инверсии. Рассмотреть случаи R > Rlt R < =
3.. Построить графически еще несколько образов (изображений)
точек, произвольно взятых на прямой симметричных относи-
тельно окружности инверсии А и проверить, все ли эти точки будут
находиться на окружности О1 (рис. 183).
Примечание. С помощью метода инверсии, в частности,
может быть решена известная задача древности — задача Аполлония:
построить окружность, касательную к трем данным окружностям
произвольных радиусов.
§ 34. Построение фигур, равновеликих данным
При решении планиметрических задач на вычисление, построе-
ния и доказательства часто оказывается полезным предварительное
построение фигуры, равновеликой данной, т. е. фигуры, площадь
которой равна площади данной фигуры. Рассмотрим некоторые при-
меры построения равновеликих фигур:
1. Построить равнобедренный треугольник, равновеликий данному
произвольному треугольнику. Выполнить рисунок.
Решение, Через вершину данного треугольника проводим
прямую, параллельную его основанию. Точку, полученную при пере-
сечении этой прямой с перпендикуляром, восстановленным к середине
основания, соединяем с концами основания- Полученный треугольник
равнобедренный. Его основание и высота соответственно равны осно-
ванию и высоте данного треугольника; следовательно, их площади
равны.
2. Построить прямоугольный треугольник, равновеликий произ-
вольно заданному.
Решение. Вершину искомого треугольника найдем как точку
пересечения прямой, параллельной основанию и проходящей .через
вершину данного треугольника 'с перпендикуляром, восстановленным
в конце его основания.
3. Построить квадрат, равновеликий данному треугольнику.
, Решение. Пусть основание и высота данного треугольника
равны соответственно .а и h.
Обозначим сторону искомого квадрата через х. Из условия ра-
венства площадей треугольника и квадрата имеем
2 1 Ь
л2 = -g ой,
152
следовательно, сторона квадрата есть средний пропорциональный
отрезок между отрезками ~ и h (см. § 35). Задача имеет единствен-
ное решение.
4. Построить квадрат, равиовеликий данной трапеции.
Решение. Пусть основания трапеции и ее высота соответст-
венно равны a, b, h. Обозначим через х сторону искомого квадрата.
Следовательно, по условию равенства площадей, имеем:
г а + ь «.
Таким образом, отрезок х и в данном случае строится как сред-
0. -f- b .
няя пропорциональная величина между отрезками —— (средняя ли-
ния трапеции) и h. Задача имеет единственное решение.
5. Построить (п-И)-угольник, равновеликий данному п-угольнику.
Решение. Пусть точки А, В, С, D, ... , N являются вер-
шинами данного n-угольника. Проведем диагональ АС (можно про-
вести любую другую, стягивающую две смежные стороны), а через
вершину В проведем прямую BE || АС (рис. 184). Точку Е пересече-
ний этой прямой с продолжением стороны AN соединим с вершиной С.
Фигура ECD ... N является уже (п — 1)-угольником, так как число
вершин данного n-угольника уменьшено на единицу. Так как тре-
угольники АВС и АЕС равновелики (докажите это), то и построен-
ный (п—1)-угольник будет равновелик исходному п-уголышку. За-
дача имеет бесконечное множество решений.
6. Построить треугольник, равновеликий данному п-угольиику.
Указание. Для выполнения построения следует операцию,
описанную в предыдущей задаче, выполнить п—3 раза, уменьшая при
этом каждый раз число углов данного многоугольника на единицу.
После выполнения всех операций число углов данного многоуголь-
ника окажется равным п — (п-—3)=3. Использование построения
153
треугольника, равновеликого данному четырехугольнику, может быть
продемонстрировано на следующей задаче.
Задача. Если в произвольном четырехугольнике ABCD через
середину Q диагонали АС провести прямую EF |1 BD, то прямая BE
разделит площадь данного четырехугольника пополам. Доказать.
Доказательство. Через вершину четырехугольника С про-
ведем прямую CN, параллельную его диагонали BD- Тогда (сог-
ласно примеру 5) треугольник ABN равновелик исходному четырех-
угольнику ABCD (рис. 185). В таком случае, требуется доказать,
что
$АВЕ = ~2 SА BN'
Так как по условию AQ — QC и QE Ц CN, то QE есть средняя линия
Л ACN-, следовательно, AE — EN.
Таким образом, BE есть медиана A ABN и, значит,
$АВЕ ~2 9' ^АВСО’
что и требовалось доказать.
§ 35. Алгебраический метод решения
геометрических задач на построение
Применение алгебраического метода к решению геометрических
задач на построение сводится к следующему:
I) составлению уравнения по условиям задачи;
2) решению полученного уравнения относительно буквы, означа--
ющей искомый отрезок;
3) исследованию полученной формулы;
4) построению отрезка по составленной формуле.
В данном параграфе мы остановимся только на четвертом пункте,
так как применение всех предыдущих не вызывает затруднений.
Построение отрезков по заданным формулам.
Пусть через a, b, с, d ... обозначены заданные отрезки, а через х,
д, г, I ... — искомые.
а) Построение отрезков по формулам, представляющим собой
сумму, разность, а также умножение либо деление па число, не пред-
ставляет труда и сводится к сложению отрезков, их вычитанию,
увеличению отрезка в заданное число раз и делению .отрезка на за-
данное число равных частей (см. § 28).
б) Построение отрезков по формулам х = а2 + Ь2, х=Ус2 — Ь2
сводится к построению прямоугольного треугольника по его катетам,
154
либо гипотенузе и катету. В первом случае х—гипотенуза, во вто-
ром — х — катет.
в) Построение отрезков по формулам
ab а2
х = — ; х = —
с с
сводится к отысканию четвертого пропорционального отрезка (исполь-
зуется теорема о пересечении угла параллельными прямыми).
г) Построение отрезков по формулам
х — — ; х2 = ab или х — УаЬ
с
удобно выполнять, используя теорему о перпендикуляре, опущенном
из произвольной точки окружности на диаметр.
д) Построение отрезков по формулам, представляющим комбина-
ции приведенных выше формул, выполняется путем введения вспо-
могательных неизвестных отрезков и последовательного их отыскания.
Примеры.
1. А- _ (а + Ь) (Ь-с).
Здесь необходимо последовательно построить четыре отрезка //=а-|-й,
, . , уг
z — о — с, 1 = а с, х — ~ .
а2 + 2ab -j- b2
2.
Здесь, преобразовав заданную формулу К «иду х— "а j е" > сле“
£ -
г
пришлось бы выполнить пять
дует построить три отрезка у-= а Ь, г ~ а -|- с, х = '— . Без пре-
образования после почленного деления
операций.
„ ah У а2 + Ь2
3. х = ---
al
ab
V^~,
х = ^-
d '
4. х = У а2 + Ь2 + с2 — d2.
Здесь следует положить
г = У a2 + b2; тогда получим
155
Здесь следует построить такие два вспомогательных отрезка:
у =-. ]/а2 -j- Ь2, г = ]/с2 — z/2;
тогда х = Уу2 + z3. В этом примере, как и во многих других, вводя
новые отрезки, можно подбирать разные комбинации заданных отрез-
ков. Наилучшим решением будет такое, которое требует минималь-
ного количества выполняемых операций.
Здесь следует предварительно выполнить преобразования
х = уАа* b* = b* = °2 e2 + j
Следовательно, требуется положить
Л2 .______
У = —, г = /а2 + у2,
тогда
х = Уаг.
6. В треугольник АВС вписать квадрат MQPN так, чтобы две
его вершины Q и Р лежали на основании ВС, а две другие вер-
шины — на боковых сторонах.
Решение. Обозначим ВС = a, AD —
= h, MN — MQ — х (рис. 186). Из подо-
бия треугольников АВС и AMN (у кото-
рых по условию MN || ВС) находим
a h
откуда
ah
Л а + h '
Построив сторону х квадрата MQPN
как четвертое пропорциональное отрезков
a, h и aA-h (см. § 6, рис. 7), проведем
на расстоянии х от основания ВС прямую
точки М и N, Опустим MQ X ВС и NP X ВС.
MN || ВС. Получив
Искомый квадрат построен.
7. Площадь данного круга разделить в среднем и крайнем отно-
шении концентрической окружностью. Обозначим радиус данного
х ' h — х ’
156
круга через г, а искомой окружности через х. Данный круг разде-
лится на две части: кольцо, площадь которого то (г2 — х2), и круг,
площадь которого тох2. Если площадь кольца больше площади внут-
реннего круга, то используя условие задачи, получим
тог2 __ то (г2 — х2)
то (г2 — х2) тох2 . ’
откуда
х4—Зг2х2-]-г4 =0. ‘
Отбрасывая отрицательные корни, получаем
„ - rV3-^ г +
хх — г — , х2 =» г у —-— .
Корень х4 также не удовлетворяет условию задачи, так как
х2 > г. Следовательно, для построения радиуса делящей окружности
необходимо воспользоваться формулой
или, после преобразования с помощью формулы сложного радикала,
г /5— г
х~- 2 • ’
(0 построении отрезка г ]/б см. § 3, рис. 2).
Если же площадь кольца меньше площади внутреннего круга,
то получим уравнение ' ’ '
Отбрасывая мнимые корни, находим:
Таким образом, радиус х делящей окружности есть среднее гео-
г ~ г „
метрическое двух отрезков г и —~~ , где г — отрезок заданный.
167
§ 36. Построение корней квадратного уравнения
Если при построении отрезка х приходится использовать квад-;
ратное уравнение, то следует поступать так. Учитывая, что квад-
ратное уравнение, в зависимости от знака свободного члена, имеет
один из двух видов:
х2 + рх -j- 7 = 0 или х2 рх — q = О,
положим q = т2 (это всегда возможно, так как q > 0). Тогда квад-
ратные уравнения приводятся к виду
х2 + Р* + tn2 = 0 или х2 -f- рх — т2 =» 0.
Рис. 187. Рис. 188.
Рассмотрим первое из этих уравнений.
а) В случае р < 0 заменим р = —п и получим уравнение х2 —
— пх + т2 = 0, где п > 0. При этом для корней Xj и х2 рассматри-
ваемого квадратного уравнения, согласно формулам Виета, имеем:
X} 4~ х2 = и J Xi • х2 = т2 = q.
Построение X] и х3 осуществляется следующим образом. На
отрезке длиной п, как на диаметре, описываем окружность (рис. 187)'
и на расстоянии q = т2 от диаметра п проводим прямую, ему парал-
лельную. Если п > 2q, то эта прямая пересечет окружность в двух
точках М и /V. Опустив из точки М (или N) перпендикуляр на диа-
метр, разбиваем его на два отрезка лу и х2, которые являются кор-
нями данного уравнения, так как они удовлетворяют соотношениям
Xj -у х2 = п = — р\ Xj •' х2 = т2 = q.
Если я > 2<у, получаем два разных отрезка Xj и х2.
Если я ~ 2q, получаем лишь один отрезок хг ~ х2 (в этом слу-
чае проведенная прямая будет только касаться окружности).
158
Если n<,‘lq, построить отрезок, длина которого является кор-
нем квадратного уравнения, невозможно (в этом случае проведенная
прямая не касается окружности). Корни квадратного уравнения в
этом случае будут комплексными.
б) В случае р > 0 оба корня квадратного уравнения отрица-
тельны.
Если пас интересует абсолютная величина корней х, и х2, то
уравнение х2 + рх-|- q ж» 0 заменяем уравнением х2— рх + q = О,
корни которого по абсолютной величине равны корням предыдущего
квадратного уравнения, но оба положительны. В результате мы
снова пришли к построению, описанному выше.
Рассмотрим теперь второе уравнение:
№ рх — т2 — 0.
В этом уравнении, в зависимости от знака коэффициента р также
возможны два случая.
а) В случае р > 0 корни уравнения х2 4- рх — т2 — 0 имеют
разные знаки. Построим положительный корень, для чего следует
записать уравнение в виде х (х 4- р) = т2.
При р > 0 величину т можно рассматривать как длину касатель-
ной к окружности из некоторой внешней точки, а (х 4~р) как длину
проведенной из той же точки секущей, часть которой, лежащая
внутри окружности, равна р.
Построение отрезка х осуществляется следующим образом. Взяв
произвольную окружность, диаметр которой больше р, построим
хорду р и концентрическую окружность, касающуюся этой хорды
(рис. 188).
В произвольной точке N внешней окружности проводим к ней
касательную и откладываем на ней от точки Касания отр'езок MN = т.
Далее из точки М проводим к внутренней окружности касательную,
которая пересечет внешнюю окружность в некоторых точках А и В;
при этом АВ = р, так как отрезки всех касательных, заключенных
между двумя концентрическими окружностями, равны между собою.
Следовательно, AM = Xj, где Xj > 0, поскольку произведение всей
секущей (хх 4* р) на ее внешнюю часть хх будет равно квадрату
касательной т2.
Абсолютную величину отрицательного корпя х2 получаем на
основании равенства лу 4- х2 = —р, откуда —х2 = Xj 4- Р, а в таком
случае
, х21 = ВМ.
б) В случае р < О произведем замену —р — п (/г > 0). Уравнение
примет вид х2 — пх — т2 — 0, т. е.
х (х — п) = т2.
159
Построение отрезков и (Выполняется аналогично, однако
теперь положительным корнем является длина отрезка ВМ, а абсо-
лютной величиной отрицательного корня—длина отрезка AM.
§ 37. Геометрические задачи на неравенства
Задачи на доказательство геометрических неравенств встречаются
в планиметрии довольно часто. Их решение вызывает иногда труд-
ности, связанные со спецификой той или иной задачи. Общие идеи,
применяемые при решении таких задач, основываются на известных
свойствах алгебраических неравенств. Рассмотрим несколько наибо-
лее типичных задач.
Все рисунки, необходимые для более четкого понимания рас-
сматриваемых ниже задач, читатель легко сможет выполнить само-
стоятельно, поэтому мы их приводить не будем.
Задача 1. Доказать, что в произвольном треугольнике удво-
енная сумма медиан, опущенных на боковые стороны, больше утроен-
ного основания.
Доказательство. Рассмотрим Л АВС, где АВ — основа-
ние. Проведем медианы к боковым сторонам АС и СВ и обозначим
буквой О точку пересечения медиан. Тогда
2 2
ло==уща; во = ушь.
Из А АОВ следует, что
2 2
АО + ВО > АВ, т. е. та ть > АВ,
о <5
откуда
2 (та ~г ть) > 3AS,
что и требовалось доказать.
Задача 2. Доказать, что в неравнобедренном прямоугольном
треугольнике высота, опущенная на гипотенузу, меньше половины
гипотенузы.
Доказательство. Пусть в. прямоугольном треугольнике
АВС а н b — катеты, с — гипотенуза, hc, тс — соответственно высота
и медиана, опущенные па гипотенузу. Поскольку йс'х с й Лс и тс
проведены из одной точки С, то
Йс <Z Шс, *
‘док как тс — наклонная (по условию задачи А АВС не равцобсд-
репный, а значит, Лс =£ тс). Но тс = ~^-с, Следовательно,
Выполнить все необходимые построения.
Задача 3. Доказать, что средняя линия треугольника меньше
полусуммы двух пересекаемых ею сторон, но больше их полураз-
иости.
Решена е. Обозначим через DE среднюю линию А АВС, пусть
при этом точка D лежит на стороне АВ.
. Для любого треугольника справедливы неравенства (см. § 12):
| АВ — ВС | < АС < АВ -j- ВС,
следовательно,
I AS_BC| ДО А8 ВС
| 2 2 I < “2 < 2 2 ’
но ’
DE =-^ AC, DB = у АВ, BE = ~ ВС.
Таким образом,
j DB — BE | < DE < DB + BE,
что и требовалось доказать.
Задача 4. Доказать, что во всяком прямоугольном треуголь-
нике АВС (АС — Ь, ВС = а,. АВ = с) между гипотенузой с и (кате-
тами а, b имеет место неравенство.
Доказательство. Из очевидного неравенства (а — 6)2>0
или а2 + 62 2аЬ имеем
2 (а2 + й2) > 2аЬ + (а2 4- 62)
или
2 (а2 4 - Ь2) > (а 4- Ь)2.
Учитывая, что a2-j-Ь2 ~ с2, получим 2с2 > (а 4- Ь)2, т. е.
что и требовалось доказать.
Очевидно, что знак равенства имеет место лишь в случае равно-
бедренного прямоугольного треугольника.
6 6-263 1 61
Задача 5. Доказать, что сумма квадратов биссектрис треуголь-
ника не больше квадрата его полупериметра.
Доказательство. В формулах
2]/дс ------- 2Уас,г—---------=—
= -Т-Г7 V р (р - *);
U -J— С Ci “р с-
заменим первые сомножители единицами. Тогда, поскольку
a -f- Ь > 2 ab", а с > 2 ас', b -j-с2 У Ьс,
получим:
—«); cb < Ур (р — Ь)\ Зс < Ур (р — с).
Возводя в квадрат и складывая, находим:
Й + Й + Й < Р (Р ~ а) + Р (р —6) + Р (Р —с) = Р 13Р ~ (° + ь + с)1
или, после очевидных упрощений,
о2 , с2 I с2 а + b + с
₽а + ^ + ₽с<р; р=—2 '
Знак равенства имеет место в случае равностороннего треугольника.
Задача 6. Доказать, что сумма квадратов высот треугольника
не больше квадрата его полупериметра.
Доказательство. Поскольку во всяком треугольнике
ha hfr (3(/> he Зс.
то из неравенства
Й + Й + Й<р2-
после замены биссектрис соответствующими высотами, следует
ha + hb + hc < Р -
Знак равенства имеет место в случае равностороннего треуголь-
ника. .
Задача 7. Доказать, что радиус описанной вокруг треуголь-
ника окружности не меньше, чем диаметр окружности, вписанной
в этот треугольник.
Доказательство. Пусть R — радиус описанной, а г — ра-
диус вписанной в один и тот же треугольник окружности. Учиты-
162
вая, что расстояние d между центрами вписанной и описанной
окружности, выражаемое формулой
й = /дг — 2Rr,
неотрицательно, т. е. й>-0, получаем R‘2— 2Rr^0. Поскольку
Z? > О, то мы н приходим к требуемому неравенству
R>2r.
Задача 8. Доказать, что биссектриса СЕ внутреннего угла С
треугольника АВС делит противоположную сторону на отрезки АЕ
и BE, из которых каждый меньше прилежащей к нему стороны,
т. е. доказать, что
АЕ < AC; BE < ВС.
Доказательство. Рассмотрим два возможных случая.
1) Пусть СЕ х АВ. В этом случае справедливость высказанного
утверждения очевидна.
2) Пусть СЕ — наклонная к основанию АВ. Следовательно, один
из смежных углов ЛЕС или ВЕС — тупой, а второй — острый. Пред-
положим, что «=£ ЛЕС тупой. Тогда из А АСЕ заключаем, что
АЕ < АС,
и первая половина данного утверждения доказана.
Так как -А ВЕС является внешним для А АСЕ, то
< АСЕ < <$' ВЕС.
Но по условию СЕ есть биссектриса, так что
АСЕ = ЕСВ,
поэтому для треугольника ВСЕ находим, что
< ЕСВ < -А ВЕС
и, следовательно,
BE < ВС,
так как во всяком треугольнике против меньшего угла лежит и
меньшая сторона. Таким образом, утверждение полностью доказано.
Аналогично проводится доказательство, если предположить, что
ВЕС тупой.
Задача 9. Доказать, что во всяком треугольнике площидь
и полупериметр связаны неравенством
р2 > 3 /33.
6*
163
Доказательство. Воспользуемся неравенством, связываю-
щим среднее арифметическое и среднее геометрическое трех чисел;
(Р — a), {p—tih (р — су.
+Ч>.^ > 0>» -1! (р _ с). S
откуда, учтя что а -}- b с = 2р, получаем
Р > 3 F(P — а) (Р — Ь) (р — с).
Возведя обе части этого неравенства в куб и умножая на р,
находим
р4 > 27р (р — а) (р — Ь) (р — с).
Извлекая теперь из обеих частей квадратный корень и восполь-
зовавшись затем формулой Герона (см. § 17), имеем
р2>3]/3 • Vp(p — а)(р — Ь)(р — с), т. е. р2>3]/35,
что и требовалось доказать.
На этом мы заканчиваем краткое изложение вопросов плани-
метрии и переходим к стереометрии.
Основная литература, в которой все эти вопросы рассмотрены
более подробно, приведена в конце книги.
П. СТЕРЕОМЕТР ИЯ
ОБЩИЕ ЗАМЕЧАНИЯ
Стереометрия (от греческих слов 'атеребС — пространственный,
и pe.Tps<o — измеряю)—< раздел геометрии, содержащий учение о
пространственных телах и фигурах и о взаимном положении линий,
плоскостей, поверхностей и тел в пространстве.
Геометрическая фигура называется пространственной, если не
все точки ее лежат в одной плоскости. Примером пространственной
фигуры может служить геометрическое тело — часть пространства,
занимаемая предметом. Геометрическое тело отделяется : от окружа-
ющего пространства поверхностью.
Две геометрические фигуры называются равными; если их можно
совместить так, чтобы они совпали всеми своими частями.
Предполагается, что при перемещении в пространстве геомет-
рические фигуры не изменяются.
Пространственные фигуры изображаются на чертеже в виде
рисунков, которые выполняются по определенным правилам, ос-
нованным на геометрических свойствах фигур.
ПРЯМЫЕ И ПЛОСКОСТИ В ПРОСТРАНСТВЕ
§ 38. Основные свойства плоскости
Основными понятиями в стереометрии являются: точка, прямая
и плоскость. Вопросы о точках и прямых были уже частично рас-
смотрены в разделе «Планиметрия». Поэтому перейдем непосред-
ственно к рассмотрению плоскостей.
Основные свойства плоскостей выражаются следующими а к-
с и о м а м и:
1. Через любые три точки пространства, не лежащие на одной
прямой, можно провести плоскость и притом только одну.
2. Если две плоскости .имеют общую точку, то они пересекаются
по прямой, проходящей через эту точку.
3. Если две точки прямой принадлежат плоскости, то вся
прямая принадлежит этой плоскости.
165
Из этих аксиом вытекают следствия:
1) Через прямую и точку, лежащую вне этой прямой, можно
провести плоскость и притом только одну.
2) Через две пересекающиеся прямые можно провести плоскость
и притом только одну.
3) Через две параллельные прямые можно провести плоскость
и притом только одну,
4) Через любую прямую в пространстве можно провести бес-
численное множество плоскостей.
Если множество всех плоскостей рассматривать как вращение
одной 11 той же плоскости относительно некоторой прямой, то можно
____________________ ..... следствие 4) сформулировать так: плос-
Z/ кость может вращаться вокруг любой
/ прямой, принадлежащей плоскости.
/ Множество плоскостей, проходящих
—---------/ через некоторую прямую, называют пуч-
ком плоскостей, а прямую, через кото-
Рис. 189. рую они проходят, называют осью пучка.
Плоскость на рисунке изобража-
ется в виде параллелограмма и обозначается одной буквой, напри-
мер, Р (рис. 189).
§ 39. Взаимное расположение двух прямых в пространстве
Две прямые в пространстве могут иметь следующее располо-
жение:
а) две прямые лежат в одной плоскости, при этом они могут
иметь общую точку, т. е. пересекаться или не иметь общих точек,
тогда их называют параллельными',
б) две прямые не лежат в одной плоскости и, следовательно,
не имеют общих точек, тогда их называют скрещивающимися.
Две скрещивающиеся прямые не образуют угол в обычном-
смысле, так как у них нет общей точки.
Условились считать, что угол между двумя скрещивающимися
прямыми равен углу, образованному двумя лучами, выходящими из
одной точки и параллельными этим скрещивающимся прямым.
На рис. 190 прямые АВ и CD — скрещивающиеся, а лучи
ОМ 11 АВ и ON || CD, значит угол между скрещивающимися прямыми
считают равным углу M0N.
Расстоянием между двумя параллельными прямыми считают
длину заключенного между ними отрезка прямой, перпендикулярной
к каждой из параллельных прямых и пересекающей их.
Расстояние между скрещивающимися прямыми измеряется дли-
ной отрезка прямой, перпендикулярной к каждой из скрещиваю-
щихся прямых и пересекающей каждую из них в точках, являющихся
166
концами этого отрезка. Расстояние между двумя скрещивающимися
прямыми есть наименьшее расстояние между точками, лежащими,
на этих прямых. |
На рис. 191 изображены скрещивающиеся прямые: прямая АВ, .
лежащая в плоскости Р, и прямая CD, пересекающая эту плоскость.
Прямая MN перпендикулярна как к АВ, так и к CD; тогда длина
отрезка MN есть расстояние между скрещивающимися прямыми
АВ и CD.
§ 40. Взаимное расположение прямой и плоскости
Прямая линия и плоскость в пространстве могут быть распо-
ложены следующим образом:
а) прямая лежит в плоскости или, что то же самое, плоскость
проходит через прямую;
б) прямая и плоскость имеют одну общую точку, т. е. прямая
пересекает плоскость. Точку их пересечения называют следом пря-
мой иа данной плоскости;
в) прямая не имеет общих точек с плоскостью, т. е. прямая па-
раллельна плоскости.
1. Перпендикуляр и наклонная к плоскости. Прямая называется
перпендикулярной к плоскости, если она перпендикулярна к любой
прямой, лежащей в этой плоскости. Прямая, пересекающая плос-
кость, но не перпендикулярная, к ней, называется наклонной к этой
плоскости.
Теорема 1. (Признак перпендикулярности прямой и плос-
кости.) Если прямая перпендикулярна к двум пересекающимся пря-
мым, лежащим в некоторой плоскости, то она перпендикулярна и
к любой прямой, лежащей в данной плоскости, т. е. прямая пер-
пендикулярна к плоскости^
Прямоугольной проекцией точки на плоскость называется след
перпендикуляра, проведенного через эту точку к данной плоскости.
След перпендикуляра на плоскости называется основанием пер-
пендикуляра, а след наклонной —основанием наклонной.
167
Прямоугольной проекцией наклонной на плоскость называется.'
отрезок прямой, соединяющей основание наклонной и основание!
перпендикуляра, опущенного из конца наклонной на эту плоскость.-
Теорема 2. Если из одной и той же точки вне плоскости'
провести к плоскости перпендикуляр и наклонные, то:
а) перпендикуляр короче всякой наклонной;
б) наклонные, имеющие равные проекции, равны между собой;
в) из двух наклонных, имеющих
разные проекции, больше та, проекция
которой больше.
На рлс. 192 АВ, АС и AD на-
клонные к плоскости Р, а АО — пер-
пендикуляр к этой плоскости. Тогда,
если проекции ОВ = ОС, то и наклон-
ные АВ = АС, если 0D < ОС, то и
Соответственно наклонные AD < АС.
Теорема 3 (обратная теореме
2). Если из одной и той же точки,
лежащей вне плоскости, провести
к этой плоскости перпендикуляр и
наклонные, то;
имеют равные проекции;
а) равные наклонные
б) из двух проекций больше та, которая соответствует большей
наклонной.
Теорема 4 (теор_ема о apex перпендикулярах). Прямая, про-
веденная на плоскости перпендикулярно к наклонной, перпендику-
лярна к проекции этой наклонной на данную плоскость.
Теорема 5 (обратная теореме 4). Прямая, проведенная на
плоскости перпендикулярно к проекции наклонной на эту плоскость,
перпендикулярна к самой наклонной.
На рис. 193 АВ— наклонная, а АС — перпендикуляр к плос-
кости Р, если МП _L АВ, то и MN Л ВС и, наоборот, если МП _1_ СВ,
то и A1/V л АВ.
2. Угол между прямой и плоскостью. Углом между прямой и плос-
168
кЪстыо называется острый угол между этой прямой и ее проекцией
на данную плоскость.
На рис. 194 АВ— наклонная, а СВ ее проекция на плоскость Р,
тогда угол между АВ и плоскостью Р равен /_АВС.
Теорема 6. Угол между прямой и плоскостью есть наимень-
ший из всех углов, образованных этой прямой с любой прямой, лежащей
и данной плоскости.
Рассмотрим несколько задач на взаимное расположение прямой
и плоскости.
Задача 1. Из точки Л4, отстоящей от плоскости Р на рас-
стоянии ЛЮ = 4, проведены к этой плоскости наклонные МА, МВ,
МС под- углами в 30°, 45°, 60° к прямой МО. перпендикулярной
к плоскости Р. Определить длину наклонных Л1.4, МВ и МС.
Решение. Пусть на рис. 195 МО J. Р, / МАО = 60°,
X. МВО = 45° и / МСО — 30°, тогда из треугольника АМО находим
АО = --АМ и (по теореме Пифагора) AM2—АО2 = ЛЮ2 или
-3- AM2 — 16, откуда AM = ;
из Д МВО (МО = О В), МВ = 4 /2;
из Д МСО (СМ = 2ЛЮ), МС = 8.
Ответ: МА = . мв 4 у?.
О
Задача 2. Из некоторой точки пространства проведены к дан-
ной плоскости две наклонные, каждая из которых равна а; угол
между ними равен 60°, а угол между их проекциями на данную
плоскость — прямой.
Найти: а) расстояние между основаниями наклонных;
б) расстояние от данной точки до плоскости;
в) угол между наклонными и плоскостью.
Решение. На рис. 196 АО J Р, АВ = АС — а — наклонные,
Z. ВОС = 90°, Д ВАС = 60°.
169
а) Л ABC — равнобедренный с углом в 60° при вершине, т. е.
он равносторонний, поэтому расстояние между основаниями наклон-
ных ВС = а.
б) А ВОС — равнобедренный прямоугольный (так как проекции
ОВ и ОС равных наклонных АВ и АС равны), гипотенуза которого
ВС — а, тогда проекции ОВ — ОС — ^-^-а. Далее по теореме Пифа-
гора из прямоугольного А/ЮС находим расстояние точки А от плоскос-
ти Р: /Ю = /ДС2 — ОС2 = j/" a2_J.a2 = KIa.
в) Угол АСО = АВО~ 45°, так как прямоугольные треугольники
АОВ и АОС равны между собою и одновременно являются равно-
бедренными треугольниками:
т/о
АО ^.ОС = ОВ = 1~ а.
Задача 3. Если в равно-
бедренном прямоугольном тре-
угольнике один катет лежит на
плоскости Р, а другой катет об-
разует с ней угол в 45°, то ги-
потенуза образует с плоскостью
Р угол в 30°. Доказать.
Реше и и е. В треугольнике АВС (рис. 197) угол С = 90° и АС =
— СВ. Катет АС лежит в плоскости Р, а катет СВ образует с ней
угол в 45°; BD J. Р. Обозначим АС — ВС а, тогда из прямоуголь-
ного A CBD находим:
1/2
CD = BD=--~- а.
Рис. 197.
Гипотенуза данного прямоугольного треугольника АВС будет.
АВ — a2 -j- а2 = а |^2. Тогда в прямоугольном треугольнике ABD
катет BD = — AD и, по известному свойству (см. § 12), угол BAD =
— a —30°, что и требовалось доказать.
Задача 4. Доказать, что если из вершины угла, лежащего
на плоскости, провести наклонную к плоскости так, чтобы она со-
ставляла со сторонами угла равные углы, то проекция этой наклон-
ной на плоскость будет биссектрисой данного угла.
Решение. Г1о условию задачи / АВС лежит в плоскости Р
(рис. 198) и наклонная DB образует с его сторонами равные углы
ABD — /_ DBC. Из точки D опустим перпендикуляр DO на плос-
170
кость Р и из точки О проведем ОМ 1 АВ и ON 1 ВС, тогда по
Теореме о трех перпендикулярах наклонные DM и DN будут пер-
пендикулярны соответственно сторонам угла АВ и ВС. Прямоуголь-
ные треугольники DBM и DBN равны по общей гипотенузе DB
И рввным острым углам £_ МBD = / NBD. Тогда наклонная DM =
► DN, а значит, равны и их проекции ОМ — ON, но тогда равны
Д МО В = Л NOB, а вместе с ними и углы / МВО = / NBO, т. е.
ОВ — биссектриса- угла АВС, что
и требовалось доказать.
3. Параллельные прямые и
плоскости. Теорема 7. Если
плоскость перпендикулярна к од-
ной из параллельных прямых, то
опа перпендикулярна и к другой.
Теорема 8 (обратная тео-
рема 7). Если две прямые перпен-
дикулярны к одной и той же плос-
кости, то они параллельны.
Таким образом, если АВ j| CD и АВ д. Р (рис. 199), то и CD1.P
и, наоборот, если АВ ± Р и CD _1_ Р, то АВ || CD.
Признаки параллельности прямой и плоскости выражаются тео-
ремами 9 и 10.
Теорема 9. Если плоскость Р и прямая АВ (рис. 200), не
лежащая в плоскости Р, перпендикулярны к одной и той же прямой
CD, то они параллельны.
Теорема 10. Если прямая АВ параллельна прямой CD, лежа-
щей в плоскости Р (рис. 201), то она параллельна плоскости Р.
Теорема 11. Если две плоскости Р и Q, проходящие соот-
ветственно через Параллельные прямые АВ и CD, пересекаются,
то линия их пересечения MN параллельна обеим данным прямым
АВ и CD (рис. 202).
Теорема 12. Две прямые, параллельные одной и той же
третьей прямой, параллельны между собой.
171
Теорема 13. Если плоскость проходит через прямую, ^арал-Т
дельную другой плоскости, и пересекает эту плоскость, то линия|
пересечения плоскостей параллельна данной прямой. i
Из теоремы 13 вытекает следствие: если прямая параллельна"
каждой из двух пересекающихся плоскостей, то она параллельна
линии их пересечения
Т е'о р е м а 14. Если одна из двух Параллельных прямых па-
раллельна некоторой плоскости, то и другая прямая параллельна
той же плоскости или лежит в ней.
Теорема 15. Через каждую из двух скрещивающихся прямых
проходит плоскость и притом только одна, параллельная другой
прямой.
Рассмотрим несколько задач на параллельность прямой и плос-
кости.
Задача 5. Правильный треугольник спроектирован на плос-
кость Р; вершины треугольника отстоят от этой плоскости на рас-
стоянии 10 дм, 15 дм и 17 дм. Найти
расстояние от центра треугольника до
плоскости Р.
Рис. 203.
Рис. 204.
Решение. Точки Alt Вх ,CL (рис. 203) являются прямоугольными
проекциями вершин А, В, С данного треугольника А ВС на плоскость Р.
По условию задачи AAt = 10 дм, ВВГ — 15 дм, СС, --- 17 дм. На пер-
пендикулярах к плоскости отложим от их основания отрезки ВгМ =
= CiN — AAt — 10 дм. Тогда МВ = 5 дм, а 1\1С = 7дм. Центр О
172
данного правильного треугольника ЛЕС есть точка пересечения его
медиан. Медиана AD треугольника АВС точкой О делится в отно-
шении АО : OD = 2 : 1. Из точки D опустим на плоскость Р перпен-
дикуляр DD2, который сторону ВМ/\ АВМ разделит пополам: Л/£>2=>
ОгЛ4,т. е. ДР2— медиана &ANM.
DDz — как средняя линия трапеции МВСВ будет равна — (ВЛЦ-
-| CN) = 6 дм. Тогда из подобия треугольников А002 н ADD2 находим
(Ю2 : DD2 — АО:AD или 002: 6 — 2 : 3; 002 — 4 дм, учитывая, что
О2О1 = AAi — 10 дм, находим OOt = ОО2 -j- O2OL — 14 дм.
Ответ: 14 дм.
Замечание. Расстояние центра правильного треугольника от
некоторой плоскости равно среднему арифметическому расстояний
его вершин от этой-плоскости.
Задача 6. Через одну из сторон ромба проведена плоскость
па расстоянии 4 см от противолежащей стороны. Проекции диагона-
лей ромба на эту плоскость равны 8 см и 2 см. Найти проекции
сторон ромба на эту плоскость.
Решение. ABCD — ромб, сторона ЛВ которого лежит в плос-
кости Р (рис. 204). По условию задачи перпендикуляры к плоскости
Р DDi = CCi — 4 см; АС\ = 8 см, D2B = 2 см. Требуется найти ВСт—
•= Д£>! и PiCj. Диагонали ромба находим из треугольника ACCt
И BDDi, откуда АС = /82 4~42 = 4 /5 с'м и BD = /42 + 22 =
- 2/5 см. Тогда сторона ромба DC = DiCi = 4-1^AC2 -f- BD2 —
• 2 /80-I-20 = 5 см. ИзДДОО1 находим ADi= У AD2 — DD2 =
/25—16 = 3 cm.
Ответ: 5 см и 3 см.
Задача 7. АВ и CD — две параллельные прямые, лежащие
В ПЛОСКОСТИ Р На расстоянии 28 см одна от другой; EF—внешняя
прямая, параллельная АВ и удаленная от АВ на 17 см, а от плос-
кости Р на 15 см. Найти расстояние между EF и CD. (Два случая).
Решение. Первый случай, когда прямая EF проектируется
на плоскость Р в прямую Е^, лежащую между заданными пря-
мыми ДВ и CD (рис. 205). По условию задачи MN — 28 см (MB X АВ),
ML е= 17 см (ML х АВ) и LLX — 15 см. Прямая LLi X Р, тогда тре-
угольники LMLi и LnL} — прямоугольные и, кроме того, по теореме
о 1 рсх перпендикулярах LN X CD и LB х EF, т. е. искомым рас-
стоянием будет длина отрезка LN.
14з &MLLi находим:
MLi = У ML2— LL2 = / 17s — 152 = 8 см,
173
тогда
LiN -- MN — МЦ, — 20 см.
Из A LLtN находим искомое расстояние между прямыми EF и CD:
LN = VLL^- LiN2 = /15 2+ 202 = 25 см_
Второй случай, когда прямая EF проектируется на плоскость Р ‘
в прямую EiA, лежащую вне прямых АВ и CD (рис. 206), (Воз-
можен только случай, когда АВ лежит между E^Fi и CD.)
Аналогично тому, как это было сделано в первом случае, из
Л MLL1 находим:
МЬг = /MLA — LL\ = / 172 — 152 = 8 см,
тогда
LjN = MN + MLi = 36 см.
Из A LLiN имеем:
LN = VLL} + £х№= /Т52 + 362 = 39 см.
Ответ: 25 см или 39 см.
§ 41. Параллельные плоскости
Две плоскости называются параллельными, если они не имеют
общих точек.
Признаки параллельности плоскостей:
Теорема 1. Если две плоскости перпендикулярны к одной
и той же прямой, то они параллельны.
Теорема 2. Если две пересекающиеся прямые одной плос-
кости параллельны двум пересекающимся прямым Другой плоскости,
то такие две плоскости параллельны.
174
Другими словами, если пересекающиеся прямые АВ и ВС лежат
в плоскости Р, а прямые XjBj и BjCj лежат в плоскости Q
и АВ || XjBi, а СВ || CiSj (рис. 207), то Р || Q.
Теорема 3. Две параллельные плоскости пересекаются тре-
тьей по параллельным прямым.
Другими словами, если плоскости Р и Q параллельные и пло-
скость М их пересекает, то прямые пересечения этих плоскостей
АВ и CD параллельны (рис; 208).
Теорема 4. Две плоскости, параллельные одной и той же тре-
тьей плоскости, параллельны между собой.
Теорема 5 (обратная теорема 4). Плоскость, пересекающая
одну из параллельных плоскостей, пересечет и другую плоскость.
Теорема 6. Если прямая перпендикулярна к одной из двух
параллельных плоскостей, то она перпендикулярна и к другой пло-
скости.
Теорема 7. Отрезки параллельных прямых, заключенные
между параллельными плоскостями, равны между собой.
Теорема 8. Два угла с соответственно параллельными и оди-
наково направленными сторонами равны между собой.
Рассмотрим несколько задач на параллельные плоскости.
Задача 1. Отрезки двух прямых, заключенные между двумя
параллельными плоскостями, равны 51 см и 53 см, а их проекции
па одну из этих плоскостей относятся, как 6: 7. Определить длину
этих проекций и расстояние между данными плоскостями.
Решение. По условию задачи Р || Q, АВ = 51 см, AiBt = 53 см,
AC _1_ Q, и AjCi _L Q и ВС : 5^= 6 : 7 (рис. 209). Требуется опре-
делить ВС, ВуС^ и АС. Обозначим ВС — 6х, В^ = 7х и, учитывая,
что АС = А^! из треугольников АВС и А&С^ получаем, что
АВ2 — ВС2 = Л1В* — BiCj или 512 - (6х)2 = 532 — (7х)2.
Отсюда:
13.г2 — 208 и х — 4
175
и, следовательно, для искомых проекций имеем:
ВС = 6х = 24 см; = 7х — 28 см.
Определив ВС и зная АВ, расстояние между плоскостями АС
находим из /\АВС по теореме Пифагора:
Л С = VЛ В3 —ВС3 = ]/512^242 = 45 см.
Ответ: 24 см, 28 см и 45 сл.
Задача 2. Между двумя параллельными плоскостями Р и Q
проведены отрезки АС и BD (точки A it В лежат в плоскости Р);
АС—- 13 см; BD = 15 см; сумма длин проекций АС и BD на одну
из данных плоскостей равна 14 см. Найти длины этих проекций и
расстояние между данными плоскостями (рис. 210).
Решение. По условию задачи Р || Q, АС = 13 см, BD — 15 см
A At Л Q, ВВ1 ± Q и СЛх + B-JJ = 14 см. Определить CAlt BtD и
ААу= BBV Обозначим СЛ1 = х, тогда В]О=14 — х.
Из прямоугольных треугольников AAjC и BDBl находим:
АА* = ДС3 — XjC2 = BD2 — BiD*
или
133—х3= 152 —(14 —х)2,
откуда
28х = 140 и х — 5.
Следовательно,
СД1 = 5 см, BrD — 9 см и AAt = ]Л132 — 52 = 12 см.
Задача 3. Вершины равностороннего треугольника со сторо-
ной а находятся вне плоскости Р па одинаковом от нее расстоянии
d. Из центра треугольника проведен перпендикуляр к его плоскости,
равный h и направленный в сторону, противоположную плоскости Р.
176
показать, что О А || 0^;
Из конца этого перпендикуляра проведены прямые через вершины
треугольника до пересечения' с плоскостью Р. Определить длины
отрезков этих прямых, лежащих между плоскостью треугольника
и плоскостью Р.
Решение. Треугольник АВС — равносторонний, АВ — АС —
^-.ВС^-.а, OS Р пл. ABC, OS=h, Л А2В2С2 — прямоугольная про-
екция треугольника АВС на плоскость Р, АА2—ВВ2= СС2 —d.
Определить AAlt ВВЬ СС\ (рис. 211).
Наклонные ЗЛ, SB, SC к плоскости Д АВС равны между собой,
так как их проекции ОА, ОВ и ОС—-равны радиусу описанной
окружности вокруг ДЛВС. Легко
ОВ || ОДД; ОС || ОЛ, тогда углы
BiSOL; CjSQ пересечены
параллельными прямыми, и, сле-
довательно, по известному свой-
ству из планиметрии (см. § 10),
имеем:
AtA : ЛЗ = BjB : BS = СгС : CS =
= Ofi: OS,
откуда'
AtA = BJ3 — CjC (так как AS =
= BS=CS).
В таком случае из пропорции Рис. 211.
Л1Л : ЛЗ == OjO ; OS находим;
(ОО1 = ЛЛг = ^).
Далее из прямоугольного A AOS определяем
ЛЗ = /.ЛО2 + QS2 = у /l~ = ^За2^ ,
после чего получаем для искомой величины:
л л_гг/3^2~+3й2)_
1 3/г
Ответ: ЛГЛ = BtB = CtC = /з (а2 + Зй2).
177
§ 42. Двугранные углы ц перпендикулярные плоскости ’
Часть плоскости, лежащая по одну сторону какой-либо пря-|
мой,' принадлежащей этой плоскости, называется полуплоскостью.
Двугранным углом называется геометрическая фигура, образов
панпая двумя полуплоскостями Р и Q (рис. 212), исходящими из,
одной прямой АВ. Прямая’ АВ называется ребром, а полуплоскости.'
Р и Q — сторонами или гранями двугранного угла. у
Двугранный угол обозначают или двумя буквами, поставленными
у ребра, например, А В (рис. 212) или четырьмя буквами PABQ, из.
которых две средние обозначают ребро-, а крайние — грани.
Линейным углом двугранного угла называется угол, образован-
ный двумя перпендикулярами, восстановленными к ребру из про-
извольнейшего точки и лежащими на гранях
угла (рис. 213). На рис. 213 ON лежит в
плоскости Р, а ОМ — в плоскости Q, причем
ON .1. АВ и ОМ .1. АВ, тогда угол MON назы-
вается линейным углом двугранного угла
PABQ.
1. Равенство и неравенство двугранных
углов. Два двугранных угла называются рав-
ными, если они при вложении совмещаются.
Если совместить по одной грани два не-
равных двугранных угла, то большим считают
тот из них, между гранями которого заклю-
в
А
Рис. 214.
чена вторая грань второго двугранного угла.
На рис. 214 двугранный угол PABQ больше двугранного угла РАВМ.
Теорема 1. Если два двугранных угла равны, то и их линей-
ные углы равны.
Если два двугранных угла не равны, то большему двугранному
углу соответствует и больший линейный угол.
Теорема 2 (обратная теореме 1). Равным линейным углам
соответствуют равные двугранные углы.
178
Если линейные углы не равны, то большему' линейному углу
соответствует больший двугранный угол.
2. Прямой двугранный угол. Двугранные углы называются смеж-
ными, если у них одна грань общая, а две другие составляют одну
плоскость.
Прямым двугранным углом называется каждый из равных смеж-
ных двугранных углов.
Плоскости, образующие прямой двугранный угол, называются
взаимно перпендикулярными.
3. Измерение двугранных углов. Двугранный угол измеряется
его линейным углом, т. е. за единицу измерения двугранных углов
принимается такой двугранный угол, линейный угол которого со-
держит единицу измерения линей-
ных углов. Так, двугранный угол
Рис. 216.
в Г есть угол, линейный угол которого содержит' 1°; двугранный
угол в 1 радиан есть угол, линейный угол которого содержит 1 ра-
диан.
4. Перпендикулярные плоскости. (Признак перпендикулярности
плоскостей). Если плоскость Р проходит через перпендикуляр АВ
к плоскости О, то плоскости Р и Q взаимно перпендикулярны
(рис. 215).
Приведем следующие теоремы:
1. Если две плоскости взаимно перпендикулярны, то любая
прямая, лежащая в одной из них и перпендикулярная к их линии
пересечения, перпендикулярна к другой плоскости.
2. Если две плоскости взаимно перпендикулярны и из какой-
нибудь точки одной из них опущен перпендикуляр на другую, то
этот перпендикуляр лежит в первой плоскости.
3. Плоскость, перпендикулярная к двум пересекающимся пло-
скостям, перпендикулярна к ребру образованного ими двугранного
угла.
4. Плоскость, перпендикулярная к ребру двугранного угла,
перпендикулярна и к его граням. (Теорема 4, обратная теореме 3.)
Задача 1. Катеты прямоугольного треугольника'равны а й Ь.
Определить расстояние от вершины прямого угла до плоскости,
179
которая проходит через гипотенузу и составляет угол в 30° с пло|
скостью треугольника. |
Решение. Из вершины С треугольника АВС на гипотенуз!
АВ опустим перпендикуляр CD “и на плоскость Р перпендикуляр!
СО (рис. 216). По теореме о трех перпендикулярах OD, как проек|
пня наклонной CD на плоскость Р, будет перпендикулярна к Лб|
Тогда Z_CDO = 30°—будет линейным углом двугранного угла, об-|
разованного плоскостью треугольника АВС и плоскостью Р. 4
Из Д АВС находим, что 3
CD = -- .. |
/а* 2 + &2 3
A
и CO, как катет, лежащий против угла в 30° в Л DC0, будет равен|
Отв е т: СО — —. i
2 /а2 4- b2 . 1
Задача 2. Данный отрезок имеет концы на двух взаимно!
перпендикулярных плоскостях и составляет с одной из них угол!;
A
'P
Рис. 217.
в 45°, а с другой — угол в 30°; длиий
этого отрезка равна а. Определить*
часть линии пересечения плоскостей,’;
заключенную между перпендикуля-
рами, опущенными на нее из концов;
данного отрезка. .
Решение. По условию задачи-
Q JL Р, АВ = а, АВС = 30°, а.
Z BAD == 45° (AC ± Q и BD ± Р). Оп-:
ределить CD (рис. 217).
Из ДЯС5 (ZS==30°), АС =
а
7’
2
Из Д ABD (Z Л = 45е), AD = АВ = а .
Тогда из прямоугольного треугольника ACD находим:
CD.-= VAD*-ACi= у «
Г Z тг £»
Ответ: СП = -^-а.
180 '
§ 43. Задачи па построение
в стереометрии
Решение задач на построение в пространстве существенно от-
личается от решения задач на построение в планиметрии. Содержа-
ние всякой задачи па построение состоит из трех частей: а), данных
ялементов; б) того, что требуется построить, и в) тех средств, с. по-
мощью которых задача должна быть решена,
Для построения пространственных фигур фактически не суще-
ствует инструментов, аналогичных циркулю, линейке, угольнику и др.,
которые применяются при решении задач на построение в планиметрии.
I Гр и решении задач на построение пространственных фигур обыкновен-
но описывается и логически обосновывается ход построения, который
сопровождается, схематическим чертежом. Таким образом, при ре-
шении задач на построение в пространстве основным является ло-
гическое обоснование построения, а чертеж является лишь иллю-
страцией.
Способы и правила построения чертежей пространственных фи-
гур изучаются в начертательной геометрии.
Задача на построение в стереометрии считается решенной, если
она сведена к решению’ простейших задач. К таким относятся- сле-
дующие задачи:
I. Провести плоскость через три точки, не лежащие на одной
прямой. -
II. Провести плоскость через прямую и точку, лежащую вне
прямой.
III. Провести плоскость через две пересекающиеся или парал-
лельные прямые.
IV. Построить линию пересечения двух данных плоскостей (если
они пересекаются).
V. Решить любую задачу на построение в данной плоскости,
если она допускает решение (пользуясь методами, изучаемыми в
планиметрии).
Рассмотрим некоторые основные задачи на построение в сте-
реометрии.
Задача 1. Построить плоскость, перпендикулярную к данной
прямой и проходящую через данную точку.
Решение. Пусть дана точка А и прямая I. Требуется по-
строить плоскость Р, проходящую через точку А перпендикулярно
к прямой Z (рис. 218). Рассмотрим два случая.
а) Если точка А лежит вне прямой I, то через точку А и пря-
мую I проводим плоскость М (задача II) и через I проводим про-
извольную плоскость N, не сливающуюся с плоскостью М. В пло-
скости М из точки А проводим перпендикуляр АО к прямой I, а
в плоскости N из точки О восстановим перпендикуляр ОВ к пря-
181
мой .1. (задача V). Пересекающиеся прямые АО и ОВ определяю^
искомую плоскость Р, которая будет единственной. !
б) Если точка А лежит на прямой I, то через прямую I прово-
дим две произвольные плоскости, в которых из точки А восстана-d
ливаем перпендикуляры к прямой/. Эти перпендикуляры определя-i
искомую плоскость Р, котор а'я также будет единственной. Таки^
образом, из точки вне (и на) прямой можно провести к этой пря|
мой перпендикулярную плоскость и притом только одну. |
Задача 2. Через данную точку провести перпендикуляр к!
данной плоскости. )
Решение. Пусть дана точка А и плоскость Р. Требуется;
провести через точку А перпендикуляр к плоскости Р (рис. 219)J
Рассмотрим также два случая. j
Рис. 218. Рис. 219.
а) Если точка А лежит вне плоскости Р, то проводим в пло-'
скости Р произвольную прямую CD (задача V) и через CD и дан-
ную точку А проводим плоскость У (задача II), в которой из /Е
к DC проводим АВ х DC (задача V). После этого в плоскости Р
восстановим перпендикуляр ВО к DC (задача V). Пересекающиеся
прямые (задача III) определяют плоскость TH, которая будет перпен-
дикулярна к прямой CD. В плоскости М проводим перпендикуляр
АО к ВО (задача V), который будет искомым, т. е. АО Л Р.
б) Если данная точка лежит на плоскости Р, то пусть на рис. 219
данной в задаче точкой будет точка О. Тогда проводим произволь-
ную прямую CD в плоскости Р, не проходящую через точку О. Из
точки О проводим ОВ J. CD и через CD проводим произвольную пло-
скость ЛГ, не сливающуюся с плоскостью Р. Восстанавливаем в пло-
скости N перпендикуляр ВА к DC и через пересекающиеся прямые
ОВ и В А проводим плоскость М, в которой восстанавливаем ОА X ВО.
Легко доказать, что АО X Р. Таким образом, через точку к данной
плоскости всегда можно провести перпендикуляр и притом только
один.
182
Задача 3. Через данную точку провести плоскость, парал-
лельную данной плоскости.
Решение. Пусть дана точка А и плоскость Р. Требуется про-
вести плоскость Q через точку А, параллельную плоскости Р (рис. 220).
В плоскости Р проводим две произвольные пересекающиеся пря-
мые ОЕ и OD н через эти прямые и заданную точку А проводим
плоскости М и N, которые пересекаются по прямой ОА. В плоско-
сти М проводим прямую АВ || ОЕ, а в плоскости N — прямую AC || OD.
Прямые АВ и АС определяют плоскость Q, которая проходит через
почку А и параллельна данной плоскости Р.
Если точка А лежит на плоскости Р, то плоскости Р и Q сли-
паются и их можно считать параллельными. Таким образом, через
точку вне данной плоскости можно
провести параллельную плоскость
и притом только одну.
Рис. 221.
Рис. 220.
Задача 4. Через данную точку провести прямую, параллель-
ную дайной прямой.
Решение. Пусть дана точка А и прямая I. Требуется прове-
сти прямую, параллельную данной прямой I, и проходящую Через
точку А (рис. 221). Через данные точку А и прямую I проводим
плоскость Р и в ней через точку А проводим прямую АВ, парал-
лельную прямой /, которая и будет искомой и единственной.
Задача 5. Определить расстояние между двумя скрещиваю-
щимися прямыми.
Решение. Пусть даны две скрещивающиеся прямые I и т
(рис. 222). Требуется определить расстояние между ними.
Задача определения расстояния между данными скрещивающи-
мися прямыми сводится к построению прямой, пересекающей эти пря-
мые и перпендикулярной к ним обеим.
Через произвольную точку С прямой I проводим прямую MN || т
И через прямые MN и / проводим плоскость Р, которая будет также
параллельна прямой т. Из какой-нибудь точки F прямой т опускаем
На плоскость Р перпендикуляр и через прямые DF и т проводим
плоскость Q, которая будет перпендикулярной к плоскости Р. Пло-
183
скость Q пересечет прямую I в точке В. Через точку В проведем
прямую, перпендикулярную к прямой т, которая пересечет ее в
точке А. Таким образом, отрезок АВ, концы которого лежат на дан-
ных скрещивающихся прямых I и т, перпендикулярный к каждой
из этих прямых, т. е. длина отрезка АВ и есть расстояние между
заданными скрещивающимися прямыми.
Задача 6. Данный двугранный угол разделить плоскостью на
два, равных между собой, двугранных угла. (Провести биссектор-
ную плоскость.)
Решение. Дан двугранный угол PABQ (рис. 223), требуется
провести плоскость М, делящую двугранный угол пополам. Из про-
извольной точки О ребра АВ данного двугранного угла восстанав-
Рис. 222.
Рис. 223.
ливаем перпендикуляры ОС и OD к этому ребру, лежащие в пло-
скостях Р и Q; тогда угол COD будет линейным углом данного
двугранного угла. Проведем плоскость У через прямые ОС и OD,
которая будет перпендикулярной к ребру 'АВ. Построим биссектрису
OF линейного угла COD. Через АВ и OF проведем плоскость М,
которая разделит данный двугранный угол на два равных угла
РАВМ = MABQ. Построенная плоскость называется биссекторной
плоскостью двугранного угла PABQ.
Задача 7. Через'данную прямую, провести плоскость, перпен-
дикулярную к данной плоскости.
Решение. Через любую точку данной прямой проведем пер-
пендикуляр к данной плоскости (задача 2). Данная прямая и прове-
денный перпендикуляр определяют искомую плоскость, которая
перпендикулярна к данной и проходит через данную прямую.
Задача 8. Через данную точку провести плоскость, перпен-
дикулярную к двум данным плоскостям.
Решение. Из данной точки опускаем перпендикуляры на
данные плоскости (задача 2). Эти перпендикуляры и определяют
искомую плоскость.
184
Задача 9. Через данную прямую провести плоскость, обра-
зующую с данной, плоскостью заданный угол а.
Решение, а) Если данная прямая АВ параллельна данной
плоскости Р (рис. 224), то через произвольную точку С данной
прямой проводим плоскость М, перпендикулярную этой прямой, кото-
рая пересечет плоскость Р по прямой, проходящей ’ через точки D
и Е. В плоскости М строим угол CED — а. В плоскости Р через
точку Е проводим прямую FG, перпендикулярную к DE, которая
по теореме о трех перпендикулярах будет перпендикулярна и к на-
клонной СЕ. Через прямые FG и СЕ проводим плоскость Л'. Дву-
гранный угол PFGN будет искомым, так как его линейный угол
CED = а. ,
б) Если данная прямая АВ пересекает плоскость Р (рис. 225)
и Л их точка пересечения, то из точки В на .плоскость Р опустим
перпендикуляр ВО; через прямые АВ и ВО проведем плоскость
АОВ и в этой плоскости построим угол BDO = a. Затем радиусом
OD в плоскости Р из точки О, как из центра, строим окружность,
и к этой окружности нз точки А в плоскости Р проводим касатель-
ные АС и АЁ. Радиусы окружности, проведенные в точки касания,
будут перпендикулярны к касательным
АС ± ОС; АЕ Л ЕО.
Построим теперь наклонные ВС и БЕ, которые по теореме
о трех перпендикулярах будут перпендикулярны к касательным АС
и АЕ. Черед, прямые АВ и ВС проведем плоскость Л4, а через АВ
и БЕ плоскость 'N. Плоскости М и N будут искомыми, так как
Z. ВСО = ВЕО = а,
а углы ВСО и ВЕО есть линейные углы двугранных углов, образо-
ванных плоскостями М и Р и соответственно плоскостями N и Р.
185
§ 44. Многогранные углы
Многогранным углом называется фигура, состоящая нз несколь-
ких лучей ОА, ОВ, ОС, . . . , OF, выходящих из одной точки О
и не лежащих в одной плоскости, и из плоских углов АОВ,
ВОС, . . . , FOA между этими лучами (рис. 226).
Сбщая точка О пересечения всех лучей называется вершиной
многогранного угла, лучи ОА, ОВ, ... , OF — его ребрами, части
плоскостей, заключенные между ребрами, называются его гранями,
а углы АОВ, ВОС, . . . , FOA, образованные ребрами, лежащими
в одной грани, называются плоскими углами многогранного угла.
Многогранный угол называется выпуклым, если он целиком
лежит по одну сторону от плоскости, совпадающей с любой его
Рис. 226.
гранью. Два многогранные угла считаются
равными, если они при наложении совпадают
всеми своими частями.
Сумма плоских углов выпуклого многогран-
ного угла меньше 360°.
1. Трехгранные углы. Если число граней
многогранного угла равно трем, то'его назы-
вают трехгранным углом.
Основные свойства трехгранных углов вы-
ражаются следующими двумя теоремами.
1. Сумма двух плоских углов трехгранного
угла больше третьего его плоского угла.
2. Каждый плоский угол трехгранного
угла меньше разности двух других его плоских углов.
Равными трехгранными углами называются такие углы, которые
при наложении совмещаются во всех своих частях. Следовательно,
у равных трехгранных углов все двугранные углы и плоские углы
соответственно равны между собой, но обратное утверждение не
справедливо. Существуют такие трехгранные углы, у которых дву-
гранные и плоские углы соответственно равны, а трехгранные углы
не равны между собой. Например, па рис. 227 изображены два трех-
гранпых угла, у которых плоские и двугранные углы соответственно
равны, а совместить эти углы невозможно. Трехгранные углы не-,
возможно совместить из-за неодинаковой ориентации их соответ-
ственных граней относительно вершины. Грани АОВ, ВОС и СОА —
ориентированы относительно вершины О' против движения часовой-
стре.чкм, а соответствующие грани AfiB^ В1ОС1 и CjfMj ориенти-
рованы по движению часовой стрелки и трехгранные углы ОАВС-
и O/tjBiCi не равны, хотя в них равны и все плоские, и все дву-’
гранпые углы.
Таким образом, для равенства двух трехгранных углов с соот-
ветственно равными плоскими и двугранными углами необходимо.
186
еще, чтобы их грани были одинаково ориентированы относительно
их вершин.
2. Признаки равенства трехгранных углов. Существуют при-
знаки равенства трехгранных углов, аналогичные признакам равен-
ства треугольников в планиметрии, которые выражаются следую-
щими теоремами.
1. Если два одинаково ориентированных трехгранных угла
имеют по равному плоскому углу, прилежащему к двум соответ-
ственно равным двугранным углам, то такие трехгранпые углы равны.
2. Если два одинаково ориентированные трехгранных угла
имеют по два равных плоских угла, плоскости которых образуют
равные двугранные углы, то такие трехгранные углы раины.
Рис. 227.
Рис. 229.
3. Если два одинаково ориентированных трехгранных угла имеют
по три соответственно равных плоских угла, то такие трехгранные
углы равны.
4. Если два трехграпных угла одинаково ориентированы и имеют
по три соответственно равных двугранных угла, то такие трехгран-
ные углы равны.
3. Телесный угол. Часть пространства, ограниченная пучком
прямых, проведенных из одной точки (вершины) ко всем точкам
какой-либо замкнутой линии, называется телесным углом (рис. 228).
Мерой телесного угла является площадь поверхности, вырезае-
мая данным телесным углом на сфере радиуса R с центром в вер-
шине этого угла.
Единица измерения телесного угла называется стерадианом (от
греч. атереоС—пространственный и слова радиан, происходящего от
лат. radius — луч, радиус).
Один стерадиан — это такой телесный угол, который вырежет
па поверхности сферы радиуса R фигуру с площадью, равной А'2.
Вершина телесного угла при этом должна быть помещена в центре
сферы (рис. 229).
Рассмотрим несколько задач на многогранные углы.
Задача 1. Каждый плоский угол трехгранного угла равен
60°; на одном из ребер отложен от вершины отрезок, равный 3,
187
и из конца его опущен перпендикуляр на противолежащую грань.
Найти длину этого перпендикуляра.
Решение. Дан трехгранный угол OMNP, плоские углы кото-
рого MON, NOP, РОМ равны по 60° и отрезок АО — 3, ЛОдпл. NOP.
Найти длину AD (рис. 230). Из основания перпендикуляра AD
опустим на лучи ОР и ON перпендикуляры CD л ОР и DB J. ON
и точку D соединим с точкой О. Проведем отрезки 4С и АВ, кото-
рые по теореме о трех перпендикулярах будут соответственно пер-
пендикулярными к ОР и ON.
Из прямоугольного треугольника АСО А = 30°, так как по
условию У_АОС = 60°) находим:
1 3
0C = Y04 = ¥.
В Д OCD {/_ С = 90°, Z COD =30°) ОД =2СО и по теореме Пифа-
гора имеем:
OD2 — CD2 = ОС2
или
ЗСД2 = ^-> CD=V~-, aOD=V'3.
Из A ADO по теореме Пифагора получаем:
AD = У АО2 - OD2 = УУ^З = У 6 .
Задача 2. В трехгранном углу два плоских угла по 45°, дву-
гранный угол между ними прямой. Найти третий плоский угол.
Решение. В трехгранном углу OMNP y_M0N — 2_NOP =
= 45°, a Z. MN0P = 90°. Найти угол МОР^а (рис. 231).
Из произвольной точки С ребра ON строим линейный угол АСВ
двугранного угла MNOP, тогда по условию задачи У_АСВ = 90°.
Так как углы 40С= ВОС = 45°, то ЛС = ОС = СВ и прямоуголь-
188
ные треугольники АСО, АСВ и ВСО равны между собой, тогда АВ =
— АО = ВО и искомый угол АОВ = 60°.
Ответ: 60°.
Задача. 3. В трёхграином углу все плоские углы прямые.
Внутри этого угла дана точка на расстоянии 10 см, 20 см, 20 см
от его граней. Найти расстояние данной
точки от вершины трехгранного угла.
Решение. Дан трехгранный угол
0MNP, плоские углы которого / M0N=
^/ДЮР^ДРОМ = 90°; АВ _L пл. MON,
Л С J. пл. NOP, AD ± пл. МОР; АВ =
= 10 см, АС — 20 см, AD — 20 см. Найти
АО (рис. 232).
Из точки В опустим перпендикуляры
на ребра ON и ОМ трехгранного угла:
BE J_ NO и BF _L МО. Легко показать,
что BE = АС - BF AD—OE — 20 см.
Из Д ОВЕ (ДЕ — 90°) нахрдим
О В =r. VBE* ДЕО* ,
после чего из А АВО {Д В = 90°) получаем
. ОА VАВ* + ОВ2 = VАВ* Д BE* Д ОЕ*
ИЛИ
О А = v АВ* + АС* + AD* = V100+400-1-400 = 30.
Ответ: 30 см.
МНОГОГРАННИКИ
§ 45. Основные определения
Многогранником называется геометрическое тело, поверхность
которого состоит из частей плоскостей, ограниченных много-
угольниками.
Гранями многогранника называются части плоскостей (много-
угольники), ограничивающие многогранник. Ребрами многогранника
называются общие стороны смежных граней (многоугольников). Вер-
шинами многогранника называются вершины многогранных углов,
образованных его гранями, сходящимися в одной точке. Диагональю
многогранника называется отрезок прямой, соединяющей две вер-
шины многогранника, не лежащие в одной грани. Диагональной пло-
скостью многогранника называется плоскость, проходящая через три
вершины многогранника, не лежащие в одной грани. Сечением мно-
югранннка плоскостью называется часть этой плоскости, ограничен-
ий
чая линией пересечения поверхности многогранника с этой пло-
скостью. Многогранник .называется выпуклым, если он целиком ле-
жит по одну сторону от плоскости любой.его грани. Гранями вы-
пуклого многогранника могут быть только выпуклые многоугольники.
§ 46. Призма и параллелепипед
1. Призма. Призмой называется многогранник, две грани кото-
рого параллельны, а остальные пересекаются по параллельным
прямым (рис. 233). Параллельные грани называются основаниями
призмы, а все остальные грани — боковыми гранями.
Рис. 233. Рис. 234.
Из определения призмы следует, что в основаниях призмы
лежат равные многоугольники с соответственно параллельными сто-
ронами, а боковые грани призмы параллелограммы.
Общие стороны боковых граней призмы называются боковыми
ребрами призмы.
Отрезок ООг (рис. 233).прямой, перпендикулярный к плоскостям
оснований призмы и заключенный между ними, называется высотой
призмы. Диагональной плоскостью призмы принято называть пло-
скость, проходящую через диагональ основания и боковое ребро
призмы, а фигуру Е&тСЕ (рис. 233), полученную при пересечении
этой плоскости с поверхностью призмы, называют диагональным сече-
нием, призмы. Сечение призмы плоскостью, перпендикулярной к ее
боковым ребрам, называют перпендикулярным сечением призмы. На
рис. 233 фигура является перпендикулярным сечением
рассматриваемой призмы.
Призма называется прямой, если ее боковые ребра перпенди-
кулярны к плоскости основания (рис. 234) и наклонной — если ее
боковые ребра не перпендикулярны к плоскости основания (рис. 233).
В прямой призме высота 001 параллельна всем ее боковым ребрам
ААЬ BBi, CClt . . .
190
Прямая призма называется правильной/ если ее основания —
правильные многоугольники. Призма называется треугольной, четы-
рехугольной, пятиугольной и т. д., в зависимости от того, какой
многоугольник лежит в основании призмы.
2. Параллелепипед. Параллелепипедом называется призма, осно-
ваниями которой служат параллелограммы (рис. 235). .
Параллелепипед, боковые ребра которого перпендикулярны к пло-
скостям оснований, называется прямым. В противном случае парал-
лелепипед называется наклонным.
Прямой параллелепипед, основания ко-
торого прямоугольники, называется прямо-
угольным. Все грани прямоугольного па-
раллелепипеда — прямоугольники. Длина
каждого из трех ребер прямоугольного
параллелепипеда, выходящих из одной вер-
шины, называется измерениями параллеле-
пипеда. Прямоугольный параллелепипед,
все три измерения которого равны между
собой, называется кубом.
3. Некоторые свойства параллелепи-
педа. В параллелепипеде противоположные
грани равны и параллельны.
2. Диагонали параллелепипеда пересекаются в одной точке
и делятся в ней пополам.
3. Сумма квадратов всех диагоналей параллелепипеда равна
сумме квадратов всех его ребер.
4. Квадрат диагонали прямоугольного параллелепипеда равен
сумме квадратов трех его измерений.
Следствие. В прямоугольном параллелепипеде все четыре
диагонали равны между собой.
4. Поверхность призмы и параллелепипеда. Боковой поверх-
ностью призмы (параллелепипеда) называется сумма площадей всех
ее боковых граней.
Полной поверхностью призмы (параллелепипеда) называется
сумма се боковой поверхности и площадей оснований.
Боковая поверхность призмы (параллелепипеда) равна произ-
ведению периметра перпендикулярного сечения па боковое ребро.
Боковая поверхность прямой призмы равна произведению пери-
метра основания на высоту призмы.
§ 47. Объем призмы и параллелепипеда
1. Основные допущения об объемах. Объемом геометрического
тела называется величина части пространства, занимаемого этих,
телом.
19!
Рис. 236.
На ои
Условились рассматривать объем как величину, обладающую сле-
дующими свойствами:
а) равные тела имеют равные объемы;
б) объем какого-нибудь тела, состоящего из частей, равен сумме
объемов этих частей;
в) если из двух геометрических тел первое содержится целиком
внутри второго, то объем первого тела не превосходит объема
второго.
Тела, имеющие равные объемы, называются равновеликими.
В качестве единицы объема принимается объем куба, ребро кото-
рого равно единице длины. Если ребро куба равно 1 см; то ею
объем считают равным одному кубическому сан-
тиметру и сокращенно записывают 1 куб. см или
1 см3. Если ребро куба равно 1 м, то его объем
равен 1 л3 и т. д.
2. Объем параллелепипеда. Объем прямо-
угольного параллелепипеда равен произведению
трех его измерений-.
V = abc куб. ед.,
где а, Ь, с—измерения параллелепипеда.
Объем куба равняется кубу его ребра.
Объем прямоугольного и наклонного парал-
лелепипеда равен произведению его площади
основания на высоту.
,3. Объем призмы. Наклонная призма равно-'
велика такой прямой призме, основание которой
равно перпендикулярному сечению наклонной приз-
мы, а высота—ее боковому ребру (рис. 236).
236 ABCDA^B-^C^D,—наклонная призма, а
А'В'СD'A{B[C{D[—прямая призма, основание которой A'B'C'D'
перпендикулярно к боковым ребрам наклонной призмы, а высота
(боковое ребро) A'A[=AAi = H.
В таком случае
VABCDAtBiC1Dl = VA'B'C’D'А;в[ D‘ .
Объем призмы равен произведению площади основания на высоту:
'/ = ^-s0CH,
где SOCH — площадь основания ABCDE, а И = OOt — высота (рис. 233).
4. Принцип Кавальери. Ученик Галилео Галилея итальянский ма-
тематик Бонавентура Кавальери (1598—1647) в книге «Геометрия,
изложенная новым способом при помощи неделимых частей непре-
192
ллелепипеда (считая
рывиых величин», вышедшей в 1635 г., сформулировал предложение,
которое носит название принципа Кавальеры.
Если два тела могут быть расположены так, что любая плоскость,
параллельная какой-нибудь данной плоскости и пересекающая оба
тела, дает в сечении с ними равновеликие фигуры, то объемы таких
тел равны.
Рассмотрим теперь несколько типичных задач, дополняющих
результаты, изложенные выше.
Задача 1. Ребро куба равно а. Найти кратчайшее расстояние
от диагонали куба до непересекающего ее ребра.
Решение. Дан куб * АСг, ребро которого A A t = а. Найти рас-
стояние между AAt и BDi (ряс. 237). Прямые AAi и BDt скрещива-
ющиеся. Расстояние между ними будет равно расстоянию любой точки
ребра AAL до диагональной плоскости
куба BBtDp). Опустив из точки Л на
плоскость BBtDjD перпендикуляр АО,
из прямоугольного А АОВ найдем, что
_ . „ ,(А/ 2
Ответ: Л202 = АО = ——.
Задача 2. Дан прямоугольный па-
раллелепипед, основанием которого слу-
жит квадрат. Построить сечение плос-
костью, проходящей через вершину
основания параллелепипеда параллельно
диагонали основания и отсекающей на оси
от основания, через вершину которого проведена плоскость) отрезок
длины т. Вычислить площадь сечения, если сторона основания
параллелепипеда равна а, а его высота равна h.
Решение. Строим прямоугольный параллелепипед XQ основа-
нием которого служит квадрат ABCD со стороной АВ — а и высотой
АА1— 00L = h (рис. 238). На оси параллелепипеда ООГ (отрезок, со-
единяющий центры оснований), от точки О откладываем данный от-
резок ОМ = т. В диагональной плоскости BB^D проводим прямую
ВМ, которая пересечет ломаную в точке N, лежащей на ребре
DDlt если и лежащей на отрезке DlOl диагонали основания
DtBlt если < т < h.
* При обозначении многогранников часто не указывают всех его вершин,
п ограничиваются лишь указанием каких-либо двух вершин, достаточно полно
Характеризующих этот многогранник, Лак, в данном случае вместо куба
AhCDA^BtC^Di. можно сказать; куб АСА.
7 6-263 193
Рассмотрим два случая.
а) Если то в диагональной плоскости паралле-
лепипеда проводим через точку М прямую, параллельную диагонали
основания АС. Пусть эта прямая пересечет ребра AAt и ССХ соответ-
ственно в точках Р и Q (рис. 238). Прямые BN и PQ полностью опреде-
ляют искомую плоскость BPNQ, которая проходит через вершину
основания В параллельно диагонали AC (PQ ЛС) и отсекает иа
оси 001 Отрезок 0Л4 = т. Построив следы пересечения секущей
плоскости С поверхностью параллелепипеда (т. е. те прямые, по
Рис. 239.
которым эта плоскость пересекает грани параллелепипеда), получим
фигуру сечения. Легко показать, что фигура BPNQ — ромб. Площадь
ромба BPNQ'.
S-=~BN-PQ,
где PQ = АС — «1^2, как диагональ квадрата ABCD, а из прямоуголь-
ного А ВМС:
BN =
2ВЛ4 = 2 2аг -|- 4ота.
Поэтому
S = ~ а /2 • /2а2 + 4m2 = а /а2 + 2m2.
б) Если ~^h<tn^.h, то точка N лежит на отрезке DjOj
(рис. 239).
В плоскости AAiCfC через точку Л4 проводим прямую PQ, парал-
лельную АС. Пересекающиеся прямые 6.V и PQ полностью опреде-
194
Рис. 240.
ляют секущую плоскость, которая пересечет основание
по прямой EF, параллельной PQ (PQ || пл. AiBLCtDj). Соединяя
последовательно точки пересечения секущей плоскости с ребрами па-
раллелепипеда, найдем фигуру сечения BPEFQ. Легко показать, что
опа состоит из равнобедренного треугольника PBQ и равнобедренной
трапеции PEFQ, высотами которых соответственно будут отрезки
ВМ и ММ.
Поэтому площадь искомого сечения
найдем по формуле:
3 = ipQ • ВМ + у (PQ + EF) MN.
Из прямоугольника APQC находим:
PQ = АС — а
Из А МО В (Z. МОВ = 90°) по теореме Пи-
фагора имеем:
е
ВМ = //ЙО2+ 63* = J/mS + у =
/ 2та + а2.
Из подобия треугольников МОВ и .MOiN находим
МО
или
—-zz- У 2nfi -|- а2 г_______
У 2 _ (А — т) У2т2 + а2
- у 2
Из этих же треугольников получаем, что
OLM
ОВ OiM
МО
пли
OLM =
a(h — m)
т У2
7*
195
Из равнобедренного прямоугольного треугольника ED^ опре-
деляем
EF = 2РХУ = 2 (DA — NOJ
или
ЕР _ Г a a(h — т)' __ а (2т — h) ]/2
[]/2 т ]/2 т
Подставляя найденные значения PQ, ВМ, EF и MN в формулу
площади сечения, после несложных преобразований, получим:
a (4mh — 2т2 — h2) ]/а2 -Ь 2т2
Ответ: a) S = a Ya2 2т2, если т < -yft,
о a (4mh— 2т2 — Л2) jAi2 + 2m2 1 ,
б) S = -----------2^--------"----’ если у h<m^h.
Задача 3. Каждое ребро правильной треугольной призмы рав-
но а. Через сторону основания и середину оси проведена плоскость.
Найти площадь этого сечения и вычислить ее при а = 7,6 см.
Решение. Дана правильная призма, все ребра которой ААг^
— АВ = ВС = СА — а (рис. 240). Через ребро основания ВС и середину
D оси ООх проведем плоскость, которая пересечет основание Л^А
по прямой, параллельной ВА- Точки пересечения этой прямой с реб-
рами ЛА и ЛА соответственно обозначим через М и N. Соединив
точки М и В; N и С, получим сечение BMNC. Так как MN Ц ВС,
то BMNC— трапеция и ее высотой будет отрезок PQ (LP х ВС,
следовательно, и QP ± ВС). Тогда площадь сечения BMNC
S = -^-(BC + MN) QP.
По условию задачи ВС = a; A D0P = A DOYQ (OD = DOf, / PDO =
= / QDOi и эти треугольники прямоугольные).
Тогда OP — OiQ = (как радиус вписанной окружности в
А АВС). Из прямоугольника LQOiO получим:
196
Так как QL ~ AAt~ а, то из прямоугольного треугольника QLP
находим:
PQ = VTP^+LQi = 1/^ + аг = .
1 О <J
Из подобия треугольников A^MN и (ATV || ВХС^ имеем:
MN _ AtQ _ J_
B'j,CL ~ alp1 - 3
или
MN = ^BlCl = ^ra.
О о
Подставляя найденные значения ВС, PQ и MN в формулу площади
сечения, найдем:
о 1 , ,1 \ 2а Уз 4а2 ]Лз Л/\Г ^7С'
4а21/з /
Ответ: S = и 0,7698О2; при /
У / 1^2 /
а = 7,5 см S х 44,46 см2. / / J
Задача 4. В наклонной треугольной г —^С
призме боковые ребра содержат по 8 см;
стороны перпендикулярного сечения отно-
сятся, как 9 : 10 : 17, а его площадь равна рис 241
144 см2. Определить боковую поверхность
этой призмы.
Решение. Пусть дана призма AC]-, AAt =,BBl = CCt = 8 см,
А2В2С2—перпендикулярное сечение призмы, причем А2В2: В2С2:С2А2~-
= 9 : 10 : 17 и 5Л>В,С, = 144 см2 (рйс. 241).
Требуется определить боковую поверхность призмы:
SgoK = (^2^2 Н- В£2 -|- С%А-А AAi.
По условию задачи АА1 = 8см, а А2В2: В-гС2 : С2А2 — 9 : 10 : 17.
Обозначим А2В2 = 9х, В2С2=10х, С2А2 — 17х. Тогда по формуле
Терона площадь перпендикулярного сечения будет равна:
j/18-r • х • 8х • 9х = Збх2,
а по условию она. равна 144 см-, т. е.
36x2= 144,
откуда
х — 2 см.
197
.В Таком случае
Л2В2 + В2С2 И- ^й-^2 36х = 72 см,
и, следовательно,
5б0к= 72 -8=576 см2.
Ответ: 5бок = 576 см2.
Задача 5. В наклонной треугольной призме площадь одной
из боковых граней равна т2, а расстояние ее от противолежащего
Рис. 242.
ребра равно 2а. Найти объем призмы.
Решение. Пусть на рис. 242 PMN
перпендикулярное сечение призмы ACt
и ML X PN, тогда по условию задачи
ML = 2а, a PN BBj = т2. Известно,
что объем призмы равен
V = ВВх • SPMJ
или
Р = у PN ML • ж =
= ~(PN BBJ ML = ym2 • 2а = am2.
Ответ: V = am2.
Задача 6. Определить объем прямоугольного параллелепипеда
по площадям его граней: Qb Q2 и Q3.
Решение. Обозначим измерения параллелепипеда через х, у
и г. Тогда
XZ = Q2; t/z = Q3.
Перемножив правые и. левые'части этих равенств, получим:
{xyz)2 = QjQaQs,
откуда
V = xyz == FQiQaQa-
Ответ: V Q1Q2Q3 куб. ед.
Упражнения, 1. Построить и найти площадь сечения куба
плоскостью, проходящей перпендикулярно его диагонали через ее
середину, если ребро куба равно а.
2. Дана правильная шестиугольная призма, боковое ребро ко-
торой равно е, а сторона основания равна а. Построить сечение
призмы плоскостью, проходящей через середины смежных сторон
основания и середину ее оси, и найти площадь сечения.
3. Ребра прямого параллелепипеда, выходящие из одной вер-
шины, относятся как 1:2:3, причем боковое ребро больше сторон
198
основания. Через середины двух сторон основания, образующих
большой угол, проведено сечение, параллельное диагонали, которая
соединяет вершины Двух тупЫх углов ^оснований. В каком отноше-
нии это сечение делит боковую Поверхность параллелепипеда?
Указание. О построении сечений многогранников плоскостью
см. § 53.
§ 48. Пирамида
полученный
гранями пирамиды назы-
Пирамидой называется многогранник, ограниченный гранями
многогранного угла и плоскостью, пересекающей все его Трани
(рис. 243).
Основанием пирамиды называется многогранник,
в секущей плоскости (ABCDE). Боковыми
вайтся треугольники ASB, BSC, CSD,
DSE, ESA с общей вершиной S, кото-
рая называется вершиной пирамиды.
Боковыми ребрами пирамиды называются
ребра, по которым пересекаются боко-
вые грани. Высотой пирамиды называ-
ется перпендикуляр SO, опущенный из
вершины пирамиды на плоскость ее осно-
вания. Пирамида называется правильной,
если ее основание-“ правильный много»
угольник И высока пирамиды Проходит
через центр этого многоугольника. Апо-
фемой правильной пирамиды называется
высота ее боковой грани.
Отметим, что в пирамиде буквой S обычно обозначают и ее вер-
шину и поверхность (полную или отдельных ее частей). Однако это
не приводит к недоразумению, так как ПО смыслу всегда ясно, о чем
идет речь в данном случае. Кроме того, если рассматривают поверх-
ность или площадь, то в обозначение часто еще вводят дополнитель-
ные индекск, например, S6oK (боковая поверхность), SABCD (площадь
основания ABCD), SASB (площадь грани ASB) и т. д.
I. Свойства сечений пирамиды плоскостью, параллельной основанию
Теорема 1. Если пересечь пирамиду плоскостью, параллельной
основанию, то:
а) боковые ребра и высота пирамиды разделяются этой плоскос-
тью на пропорциональные отрезки;
б) в сечении получится многоугольник, подобный многоугольни-
ку, лежащему в основании;
в) площади сечения и основания будут относиться между собой,
как квадраты их расстояний от вершины пирамиды.
199
На рис. 244 изображена пирамида SABCD и параллельные плос-
кости AjBjCjDj || ABCD. В таком случае
SAt_ SBi SCi SDj..
S’ SA ~ SB SC ~ SD ’
б) многоугольник AiSjCjDj подобен многоугольнику ABCD-,
Рис. 244.
ниям пирамид. Тогда
ч пл. AiBiCiDt Sol
rui. ABCD =50^
Теорема 2. Если две пирамиды с
равными высотами пересечь плоскостями,
параллельными основаниям, на одинаковом
расстоянии от вершины, то площади сече-
ний будут пропорциональны площадям осно-
ваний.
На рис. 245 изображены пирамиды
SABCD и S'A'B'C, высоты которых равны
SO=--S'O'. На одинаковых расстояниях от
вершины SOi — SOi проведены плоскости
AiB1C1jD1 и А^С', параллельные, основа-
пл. _ пл. ABCD
пл. А[в[с[ “ пл. А'В'С'
Следствие. Если у двух пирамид с равновеликими основа-
ниями и равными высотами провести параллельные основаниям сече-
ния на одинаковых расстояниях от вершины, то сечения будут равно-
великими.
2С0
2. Поверхность пирамиды. Боковой поверхностью пирамиды назы-
вается сумма площадей ее боковых граней.
Полной поверхностью пирамиды называется сумма ее боковой
поверхности и площади основания.
Боковая поверхность правильной пирамиды равна половине произ-
ведения периметра многоугольника основания на апофему:
s60K = ymP>
где Р — периметр многоугольника основания, ат — апофема.
3. Объем пирамиды. Объем пирамиды равен одной трети произ-
ведения площади ее основания на вы-
соту:
V = ~BH,
где В — площадь основания, a Н —
высота пирамиды.
Рассмотрим теперь несколько ти-
пичных задач для пирамиды.
Задача 1. Каждое ребро пра-
вильной четырехугольной пйрамиды
равно а. Провести сечение через се-
редины двух смежных сторон осно-
вания и середину высоты. Найти пло-
Рис. 246.
щадь сечения и вычислить ее при
а =13,27 см.
Решение. Пусть SABCD данная пирамида, у которой АВ =
= ВС = CD = DA = = BS = CS = DS = а (рис. 246). Построим
требуемое условием задачи сечение. Для этого середины сторон
основания АВ и ВС соединим отрезком прямой MN, точку пересе-
чения которого с диагональю BD обозначим буквой Е. Середину высо-
ты пирамиды обозначим точкой О, (OOj = OjS). Прямая МН и точка
О2 полностью определяют секущую плоскость. Для построения сече-
ния в плоскости A DSB проведем прямую ЕОг и точку ее пересече-
ния с ребром DS обозначим F. В плоскости Л ASC через точку О±
проведем прямую, параллельную АС, и точки пересечения ее с реб-
рами и CS обозначим через Р и Q (PQ || AC || MN). Прямая PQ
лежит в секущей плоскости. Соединяя последовательно точки М, Р,
/•’, Q и N, получим многоугольник MPFQN— сечение пирамиды.
Далее, РМ; О^Е и QN— средние линии соответственно треугольни-
ков ASB, SOB и SBC, поэтому PM OtE i' QN |' BS и PM — OtE =
г ; QH — — а. Легко установить, что OiE J_ MN (OB Л MN, следова-
201
тельно, и 0гЕ X MN). Тогда MPQN — прямоугольник, a PFQ —< равно-
бедренный треугольник и площадь сечейия
5ССЧ = MN • OtE + у PQ OtF = MN (^Е + -1 0^) .
Из Д АВС находим, что MN = АС = —» как средняя линия
треугольника.
Как было показано ранее OjE = ~a.
Рассмотрим подобные треугольники DSB и DFE (FE || SB). Из по-
добия этих треугольников получаем
FE DE 3
SB~ DB" 4
(ОЕ = BE),
эткуда
FE = ^-SB = ^-a.
4 4
В таком случае
К(?1 = К£-£О1=Аа_^ = ^.
Подставляя найденные значения MN, EOi и OtF в формулу
площади сечения, найдем:
„ _ a )/2 [а а \ _ 5да /2
дсеч 2 \У + 2-.4/~ 16 '
5д2 1/2
Ответ; Sceq ==—— к 0,44194а2; при a=13,27cjn Sce4 «
ж 77,822 с.и2.
Задача 2. В правильную четырехугольную пирамиду вписан
куб так, что четыре его вершины находятся на боковых ребрах
пирамиды, а остальные четыре — в плоскости ее основания. Опре-
делить ребро куба, если в пирамиде сторона основания равна а
и высота равна h.
Решение. На рис. 247 изображена пирамидаSABCDс вписан-
ным в нее кубом MNPQMjNiPiQi, четыре вершины которого лежат
на боковых ребрах пирамиды, а остальные в плоскости основания.
Обозначим ребро куба через х, т. е. положим, что MN =
= х. Рассмотрим подобные треугольники SOjB и SON (ON |] OiB).
Из подобия этих треугольников находим:
SO ON
SO!~ ОгВ'
202
x a
Учитывая, что SOX = h, SO = h — x, ON =у=~и OjB=-j^=, полу-
чаем:
h — x x
h a
откуда
ah
X — a + h'
~ м» ah
Ответ: MN = л = —г-т •
a + h
Задача 3. Основанием пирамиды служит квадрат, ее высота
проходит через одну из вершин основания. Определить боковую
поверхности этой пирамиды, если сторона основания равна 20 дм,
а высота равна 21 дм.
Рис. 247.
Решение. Дана пирамида SABCD, в основании которой лежит
квадрат ABCD со стороной 20 дм, а высота пирамиды SD = 21 дм
(рие. 248). Определить боковую поверхность пирамиды.
Боковая поверхность пирамиды равна сумме площадей боковых
граней:
5бок ~ + SDSC + 5CSB + SbSA-
Треугольники ADS и CDS — прямоугольные и равные, и их площади:
S/1SD = SCZ3S =4 -’20 • 21 = 210 ЗлА
Из этих треугольников по теореме Пифагора находим:
— SC = /202-р 212 29 дм.
203
Так как по теореме о трех перпендикулярах
SC ± СВ и ST X АВ (DC ±СВ м DA ± АВ),
то треугольники SAB и SCB прямоугольные и равные, и их площади:
Sa sb =scsb = 20 -29 = 29° дм2.
Тогда
S6OK = 2 (29° + 210) = 1000 Ли2.
Ответ: 1000 дм2 = 10 м2.
Задача 4. В правильной треугольной пирамиде боковое ребро
равно 8 см, а плоский угол при вершине равен 45°. Определить пол-
ную поверхность пирамиды.
Решение. Дана пирамида SABC, в которой SA ~ SB = SC =
= 8 см и / ASB = / BSC = / CSA = 45° (рис. 249). Найти полную
поверхность.
Треугольники AS В, BSC и CS4 — равны между собой, тогда
Д АВС равносторонний и полная поверхность пирамиды
5полн = 3SASB + SABC.
Проведем BD _L AS. Тогда A BDS — прямоугольный и равно-
бедренный (Д BDS = 90°; Z DSB = 45°), следовательно,
BD = DS = 4 /2 см,
SASI3 = 4 Л5 • BD = 16 /2 CM,
AD = AS — DS = 8 — 4 /2=4(2 — /2) cm.
204
Из /\ABD получим:
АВ = У(8 —4 У‘2у + 32 = ]/б4 (2 — /2) см.
Поскольку АВ = ВС == АС, то
о /ЗЛВ2 64 (2 - ]/2)/3 1R,01/-o
5ЛВС = = —------4- ----= 16 (2 У 3 - У 6) см.
Ответ: Sn0,H = 16 (3 /2 + 2 ]/3 — /б) и 84,116 сл2.
Задача 5. В основании четырехугольной пирамиды лежит парал-
лелограмм. Через одну из сторон этого параллелограмма и среднюю
линию противолежащей грани проведена плоскость. Найти, в каком
отношении эта плоскость делит объем пирамиды.
Решение. Дана пирамида SABCD, у которой ABCD — парал-
лелограмм и MN — средняя линия грани SAD (рис. 250). Найти
отношение V sbmnc. и V abcdmn- Пусть объем данной пирамиды
SABCD ранен Р. Рассмотрим пирамиды SABCD и NABCD, у которых
основание ABCD общее, а высоты SO и NOi удовлетворяют соотно-
шению
NO, = 2- SO (д SOD Д NOjD и SN = 2- Sd} .
Тогда объем
VNABCD = у
Плоскость треугольника SBD делит объем данной пирамиды на две
равные части, т. е.
VSABD = ~2V’
так как у пирамид SABD и SBCD высота общая, а площади основа-
ний равны.
Прямая AN, как медиана Д ADS, делит площадь грани ADS
па две равновеликие части, тогда
^band — vbans = у v-
Прямая NM (медиана Л ANS) делит л ANS на две равновеликие
части, поэтому
^BANM = "J VBANS = "д’
205
В таком случае объем V! части ABCDMN пирамиды V. =
1 1 5
— Vabcdmn = ^nabcd + Vbanm — у + у = у 1А а объем Уг
оставшейся части
к з
и искомое отношение
3 5
^sbcnm : Vabcdmm = -gV':yIZ=3:5.
Ответ: V2 : У\ = 3 ; 5,
Задача 6. Доказать, что если в двух пирамидах, имеющих
по равному двугранному углу при основании, равны также и ребра
этих углов, то отношение объ-
Ak емов данных пирамид равно от-
/71 \ #А\ ношению произведений площа-
/ / л \ / !\ \ дей гРаней> образующих равные
/ / | \„ //fn, \ двугранные углы.
АХ~7"Л—Xе Решение. Пусть даны
две пирамиды SABC и
Ai SiAiBiCiDj, у которых двугран-
ные углы SABC и S^xDiCiBt
Рис. 251. равны, причем АВ — A/i (рис.
251). Доказать, что
^SABC : “ (SSAB ' $АВс) : ^S.A,Dt ' SAtBtCtD/
Построим линейные углы SMO и SiAfjOi данных равных двугранных
углов. По условию Z.SMO= Тогда прямоугольные тре-
угольники A1SO и AliSiOi подобны и
SO SM
SLO1_ ~ SLMt
Площади боковых граней SAB и S1ALDl будут относиться как их
высоты, так как АВ = AiDlt т. е.
sa$b _ SM __ SO
^AlS1Dl SiMi SiOi
Найдем отношение объемов данных пирамид:
vsabc __ ~3~5° Sabc _ sasb 'sABC
~ 1 SjOi . SAiBiCiDt ~ Sa1B1C1Di ’
206
таким образом,
KsjBC __ SASB • ^ЛДС
VSlA1B1C1Dl ^AAD, ' ’
что и требовалось доказать.
Мы привели доказательство для треугольной и четырехугольной
пирамид. Легко видеть, что многоугольность пирамид на результат
доказательства не влияет.
Если ребра равных двугранных углов в рассматриваемых пира-
мидах не равны между собой, то отношение объемов этих пирамид
будет прямо пропорционально произведениям площадей граней, обра-
зующих эти углы, и обратно пропорционально длинам их ребер
(рис. 251), т. е.
У SABC _ SASB ' SABC AjDi
VSlA1B1.ClDt SAiStDt SaiBiC^ AB
§ 49. Усеченная пирамида
Усеченной пирамидой ABCDA1B1C1Dl называется часть пирамиды
SABCD, заключенная между ее основанием и секущей плоскостью,
параллельной основанию (рис. 252).
Основаниями усеченной пирамиды назы-
ваются параллельные грани ABCD и
AiB^Di (ABCD — нижнее основание, а
A — верхнее основание). Высотой
усеченной пирамиды называется отрезок
прямой, перпендикулярный к ее основаниям
и заключенный между их плоскостями. Усе-
ченная пирамида называется правильной, А
если ее основания правильные многоуголь-
ники и прямая, соединяющая центры осно-
ваний, перпендикулярна к плоскости осно-
ваний. Апофемой правильной усеченной пи-
рамиды называют высоту ее боковой грани.
1. Поверхность усеченной пирамиды. Боковой поверхностью усе-
ченной пирамиды называется сумма площадей ее боковых граней.
Полная поверхность усеченной пирамиды равна сумме боковой
поверхности и площадей оснований.
Боковая поверхность правильной усеченной пирамиды равна про-
изведению полусуммы периметров оснований на апофему
,, Р -I- Pi
Вбок ' 9 ' т>
207
где Р и Pi —< периметры оснований, т — апофема усеченной пира-
миды.
2. Объем усеченной пирамиды. Объем усеченной пирамиды равен
сумме объемов трех пирамид, имеющих высоту, одинаковую с высо-
той усеченной пирамиды, а основания-, одна — нижнее основание
данной пирамиды, другая — верхнее основание, а третья — основание,
площадь которого равна среднему геометрическому площадей верх-
него и нижнего оснований.
Пусть площади оснований усеченной пирамиды равны В и Ь, а
высота равна h, тогда объем
V = ~ (Г ч- f -I- VTn-
о
Задача 1. Если в усеченной пирамиде площади оснований
равны и S2, то площадь Sx сечения ее плоскостью, делящей
боковые ребра пополам, равна (V^Sr + ]Лз2)2. Доказать.
Рис. 253.
Рис. 254.
Решение. В усеченной пирамиде АСг площади оснований
f = SABC =Si и р"= SABC = S2 и плоскость А'В’С’ делит боковые
ребра пирамиды пополам, а значит, параллельна плоскостям основа-
ний (рис. 253). Найти площадь SA',B,C, = Sx.
Площади параллельных сечений пирамиды относятся .как квад-
раты сходственных сторон. Обозначив Д1В1 = а1; АВ = а2, А'В' —
— ах, получим:
2 2 2
Од б?2 &х
“s? = s? =
208
или
at = as ах
/Si УК УК’
откуда
а1 ~Ь а2
2 __ а*
УКл-УК ~УКУ
2
По свойству средней линии трапеции имеем
aL + °2 „
—2~-Дл>
тогда
или
sA = -U/s7+ Vs^>
т:
что и требовалось доказать.
Задача 2. В правильной четырехугольной усеченной пирамиде
стороны оснований равны 5 дм и 11 дм, а диагональ' пирамиды—
12 дм. Определить боковую поверхность.
Решение. В усеченной, пирамиде АС± имеем AjBi = B^Cj =<
= = ОМ, = 5Ли; AB = ВС = CD = DA = 11 дм и 4jC = 12 <hi.
Найти боковую поверхность (рис. 254).
Из вершины At проведем 4^ ± АВ й AjM д_ АС, тогда ArN —
апофема пирамиды.
Боковая поверхность
s6oK = -|-(P + Pi) -AV.
где Р = 4А В — 44 дм, a PL = 4^^ = 20 дм.
Из квадратов ABCD и Д1В1С1В1 по их сторонам определяем
диагонали
АС= 11 У2 дм, А1С1 = бУ2дм.
Рассматривая равнобочную трапецию АА^С, находим:
.,, АС —• Л3С1 о ч/о
AM ==------2= 3 V 2 5м
209
и соответственно
МС = = 8 У2 дм.
Тогда из прямоугольного треугольника АкМС находим высоту пира-
миды ___________ .
ОгО = АЛ4 = VA£2 — МС2 = /122 — (8 /2)2 = 4 дм.
Из равнобедренного прямоугольного треугольника AMN (£.ANM=
— 90°), гипотенуза которого AM = 3 /2 дм, находим сторону
.... AM „ .
= 3 дм.
/2
Апофему данной пирамиды вычислим, рассматривая прямоугольный
треугольник
Подставляя
поверхности
А ЛЛ4 (Z AXMN = 90°) :
AVN = УАъМ2 + MN2 = /42-1- 32 = 5 дм.
найденные значения Р, Р} и A^N в формулу боковой:
пирамиды, получим: ’
5боК = у(44 + 20)-5== 160 Ли2- i
Ответ: S6oR= 160 дм2 — 1,6 л/
Задача 3. Определить объем правильной треугольной усечен-
ной пирамиды, у которой стороны оснований 30 ж и 20 ж, а боковая
поверхность равна сумме плогцадей оснований.
Решение. В правильной треугольной усеченной пирамиде
АВ=30.л«, А^ = 20 м и S6oK = SABC (рис. 255). Найти'
ее объем.
Обозначим стороны оснований АВ = а = 30 м, А161 = ак = 20м
и апофему пирамиды MN = т, тогда согласно условий» имеем:
1 а2 Уз К?
или
Л4Л7 — п; — ]/3(а2 + а1) _ /3 (302 + 202) _ 13 /3
б^ + п,) 6(30 + 20) " 3
Рассматривая равносторонние А АВС и А А1+1С1, центры кото-
рых находятся в точках О и О1, найдем ON и OLM как радиусы
окружностей, вписанных в эти- треугольники:
ON = = 5 /3 м-, =
6 6 3
М.
210
Из прямоугольной трапеции OiMKO (МК Л ОК) находим:
или
КК = ОК — ОК = ОК — OiM
КК = ^^м.
О
Рассматривая прямоугольный треугольник AfKiV, находим высоту дан-
ной пирамиды:
h = мк = Умк* — ккг =
Тогда объем данной пирамиды:
1Лз
V = ~ h (а2 + «« + aaj =. 1900 м».
о • 4 *
Ответ: К= 1900л13.
Задача 4. В правильной четырехугольной усеченной пирамиде
стороны оснований равны а и Ь; диагональ пирамиды образует с
плоскостью основания угол в 30°. Найти объем этой пирамиды.
Рис. 255.
Рис. 256.
Решение. В пирамиде АСг AtB; = -8 Л = C1Dl = 0^1 = b,
АВ — ВС = CD = DA = а, 2,АХСМ = ^, ArM ± AC (рис. 256).
Найти объем пирамиды.
Находим диагональ квадратов ABCD и Д1В1С|1О1:
АС = а /2 и Д^ = i>/2.
Рассматривая равнобочную' трапецию ДД1С1С, определяем:
1/2
мс = Y <“ + *)•
211
В прямоугольном треугольнике АгМС (/. А1Л4С= 90е) / AtCM = 30°,
поэтому
ЛгС = 2А1М.
Из этого треугольника по теореме Пифагора находим:
ЛХС2 — А1М* = МС2
или
ЗАХМ2 = у (а + й)2,
откуда
Лхм = Ц^
/б ’
Тогда объем данной пирамиды;
У = УИ (a2 + b2 + ab).
° у 6
Ответ: У = (а b) (а2 -|- ab 4- Ь2) куб. ед.
§ 50. Клин. Обелиск
Клином называется пятигранник, основание которого — прямо-
угольник, боковые грани—равнобедренные треугольники и равно-
бедренные трапеции (рис. 257).
Рис. 257.
Рис. 258.
Поверхность и объем клипа могут быть вычислены соответственно
по формулам:
„ , b 4/г2 + (а — ах)2 (а 4- <7Х) 4h2 4- b2
Ч rth -J— - ----- -------- - .
V = J- (2а ах) bh.
212
Обелиском называется шестигранник, основания которого — прямо-
угольники, расположенные в параллельных плоскостях, а противо-
положные боковые грани одинаково наклонены к основанию. Про-
должения ребер не пересекаются в одной точке, так что обелиск не
являемся усеченной четырехугольной пирамидой (рис. 258).
Поверхность и объем обелиска могут быть вычислены по фор-
мулам:
, , t , (а + Д1) ]/4A‘2(а — aj2 + (6 -|- Ьг) ]Л4/г24~(&— 6 J2
о == ОО -j- O^yi -j----------------------2------------------------- >
h
V = g- [ab -j- a^bl + (a аг) (b -f- &i)].
§ 51. Подобие многогранников
Два многогранника называются подобными, если они имеют соот-
ветственно равные многогранные углы и соответственно подобные
грани. Соответственные элементы подобных многогранников назы-
ваются сходственными.
У подобных многогранников:
а) двугранные углы равны и одинаково расположены;
б) сходственные ребра пропорциональны.
Кроме того, справедливы следующие теоремы:
1. Если в пирамиде проведем секущую плоскость параллельно
основанию, то она отсечет от нее другую пирамиду, подобную данной.
2. Поверхности подобных многогранников относятся, как квад-
раты сходственных линейных элементов многогранников.
3. Объемы подобных многогранников относятся, как кубы сход-
ственных линейных элементов этих многогранников.
4. Квадраты объемов подобных многогранников относятся, как
кубы площадей сходственных граней.
Задача 1. Площади оснований усеченной пирамиды S, и S2,
а ее объем равен V. Определить объем полной пирамиды.
Решение. Пусть S1>S2. Обозначим объем полной пирамиды
через Vi, а объем пирамиды, дополняющей данную усеченную пира-
миду до полной, через Vz- Тогда по теореме 4
Vl Sa
iTsj
ИЛИ
Ki S’/2 •
213
Составляя производную пропорцию, получим
V1 - V2 tf'1 ~ S3^
и учитывая, что 1Д — V2 = V, находим
]/ sfr - si1*
Vi S®/2
откуда
Ответ: I/j «=
ed.
VSj3/2
S3/2_S®/2‘
Рис. 259.
Задача 2. Площади оснований усе-
ченной пирамиды равны а® и Ь2. Найти
площадь сечения, параллельного плоско-
стям оснований усеченной пирамиды и деля-
щего ее объем пополам.
Решение. В усеченной пирамиде
ЛСх (для простоты рисунка рассматривается
треугольная пирамида) даны
*=а2; Зд в с = Ь2 (рис. 259). Требуется найти
площадь сечения А'В'С (пл. АВС ||
пл. А'В'С), которое делит усеченную пира-
миду на равновеликие по объему части.
Дополним усеченную пирамиду до пол-
ной. По теореме 1 пирамиды SABC, SA'B'C-,
— подобны.
Обозначим площадь искомого сечения
^А’В'С через х2, а объемы пирамид SABC,
SA'B'C и SZjBiCi соответственно Va, Vx, Vt>, тогда по теореме 4
v^=vl=v£
а6 х« й»
или
Va._Vx._Vb___.
а3 х8 Ь3
где t—некоторое число, обозначающее величину этих отношений.
214
Тогда
Va = a3t, Vx~x3l, Vb = b3l.
По условию задачи Va — Vx — — V&
или a3t =— x3t — x3t b3t, откуда
2№ = a3 + bs,
и, следовательно,
2/з
Ответ:
„ 1 /" I g3 + ьз\2 л
SA’B’C'^ у C2 / кв‘ ед‘
§ 52. Правильные многогранники
Формула Эйлера. Для любых выпуклых многогранников
существует некоторое постоянное соотношение между числом вершин,
граней и ребер, которое было установлено Леонардом Эйлером
(1707—1783).
Сумма чисел граней и вершин выпуклого многогранника на два
больше числа его ребер:
В + Г = Р + 2,
где В — число вершин, Г—число граней, Р —число ребер много-
гранника.
Правильные многогранники. Многогранник называется правиль-
ным, если все его грани — равные правильный многоугольники и все
многогранные углы равны.
Правильные многогранники имеют правильную сетку, т. е. все
их грани имеют одинаковое количество сторон, а из каждой вершины
выходит одинаковое количество ребер. Доказано, что существует
только пять правильных сеток, следовательно, и пять правильных
выпуклых многогранников, которые называются также телами
Платона.
а) Тетраэдр (правильный четырехгранник), гранями которого
являются правильные треугольники (рис. 260). Тетраэдр имеет
4 грани, 6 ребер и 4 вершины, в каждой йЗ которых сходится
по 3 ребра.
б) Гексаэдр (правильный шестигранник — куб), гранями которого
являются правильные четырехугольники — квадраты (рис. 261). Гек-
215
саэдр имеет 6 граней, 12 ребер и 8 вершин, в каждой из которых
сходится по 3 ребра.
в) Октаэдр (правильный восьмигранник), гранями которого
являются правильные треугольники (рис. 262). Октаэдр имеет 8 гра-
ней, 12 ребер и 6 вершин, в каждой из которых сходится по 4 ребра.
г) Додекаэдр (правильный двенадцатигранник), гранями которого
служат правильные пятиугольники (рис. 263). Додекаэдр имеет
12 граней, 30 ребер и 20 вершин, в каждой из которых сходится
по 3 ребра.
д) Икосаэдр (правильный двадцатигранник), гранями которого
служат правильные треугольники (рис. 264). Икосаэдр имеет 20 гра-
ней, 30 ребер и 12 вершин, в каждой из которых сходится по 5 ребер.
Названия всех тел Платона происходят от греческих слов ёбра —
грань, основа, база и соответствующего числительного: тетрад — че-
тыре, — шесть, дхтш — восемь, 8со8еха — двенадцать, e’xbai — два-
дцать.
216
Тела Платона нашли широкое применение в кристаллографии,
так как многие кристаллы имеют форму правильных многогранников.
Например, поваренная соль имеет кристаллы кубической системы
в виде гексаэдров, алмаз чаще всего кристаллизуется в виде окта-
эдров и т. д.
Для тел Платона, как для частного случая выпуклых много-
гранников, справедлива формула Эйлера, например, для тетраэдра
В + Г»=Р + 2 = 8.
Кроме правильных выпуклых многогранников существуют еще
и певыпуклые (звездчатые) правильные многогранники, которые
получили общее название тел Пуансо, но на которых мы более по-
дробно не имеем возможности здесь остановиться.
Сводная таблица правильных многогранников.
Введенные обозначения: а —ребро многогранника, Д^=Г—ко-
личество граней, Ns—количество ребер (сторон) у каждой грани,
N3— количество ребер у каждой вершины, Л74 — В — количество
вершин, Ns — P— общее количество ребер, 3 — площадь поверхно-
сти, V — объем, R — радиус описанного шара, г — радиус вписан-
ного шара.
Таблица 4
Наименование многогранника Свойства многогранника .и соотношения между его элементами
Тетраэдр (пра- вильный четы- рехгранник) Л’1 = 4, Nz = 3, Л', = 3, Л', = 4, Л7в = 6; S = а* Уз ~ 1,7321а*; V = 225 ~ 0,1179as; 7? = ~ 0,6124а; г = ^25 "> 0,2041а 4 12
Гексаэдр (пра- вильный шести- гранник — куб) A't = 6, W2=4, Л'в = 3, У. = 8, .V, = 12; 5 = 6а!; V = а3; 7? = ~ и 0.8660а; г = -1—а — 0,5а
Октаэдр (правиль- ный восьмигран- ник) У, =8, У„=3, Л', = 4, Nt = 6, У, = 12; S = 2а! УЗ ~ 3,4641а3; V = 225. - 0,4714а3; 7? = £25 „ о,7071а; г = -» 0,-1082а 2 6
217
Продолжение табл. 4
Наименование
многогранника
Додекаэдр (пра-
вильный двена-
дцатигранник)
Икосаэдр . (пра-
вильный .двад-
цатигранник)
Свойства многогранника и соотношения между
его элементами
= 12, Ns =* 5, Nt = 3, Ni 20, № = 30f
S = За» V25 + 10 /? « 20,6457а»;
V = -1 а» (15 + 7 1/5) ~ 7,6631а»;
п а /3(1 + /б) , ,Л1„
К ----------1------* 1,4013а;
4
. а /250 +ПО/5" ,
г =-------------------1>из6а
Nt = 20, № = 3, № = 5, №=12, № = 30;
S = 5а» /з ~ 8,6603а»; V = (3 + /5) « 2,1817а»;
„ а /10 + 2 V5 „ПГ1, а/3 (3+ /?).„ _„„
R = -------j------ ~ 0,9511а; г =-----------Ы» 0,7558а
§ 53. Построение плоских сечений многогранников
Правильное построение сечений многогранников плоскостями иг-
рает большую роль кай в развитии пространственных представлений,
так и в предупреждении ошибок, часто встречающихся при решении
многих стереометрических задач на вычисления и доказательства.
Построить сечение многогранника плоскостью —• это значит по-
строить прямые, являющиеся следами пересечения граней многогран-
ника данной плоскостью. При этом секущая плоскость может быть
задана различными способами, например:
а) тремя точками, которые не лежат на одной прямой;
б) прямой и точкой, не лежащей на ней;
в) двумя непересекающимися прямыми;
г) некоторыми из указанных выше геометрических элементов
в совокупности с различными зависимостями между ними и элемен-
тами (гранями, ребрами, диагоналями и т. д.) многогранника.
При этом могут быть использованы параллельность, перпенди-
кулярность, задание величин двугранных углов и углов между се-
кущей плоскостью и ребрами многогранника и т. д.
На рис. 265 показан пример неправильного построения сечения
куба ДС1 плоскостью, проходящей через три заданные точки N, С,
218
Рис. 265.
Di, который хорошо иллюстрирует, как легко допустить ошибку при
построениях в пространстве.
Правильное построение подобного сечения выполнено на рис. 266
в задаче 1 этого параграфа.
Построение плоских сечений многогранников выполняется на
основе соответствующих пространственных аксиом и теорем.
Для фактического построения сечений
многогранников плоскостью применяются
два способа:
1) способ соответствия,
2) способ построения следов.
Способ соответствия состоит в том,
что для построения сечения первоначально
строятся те точки нижнего основания много-
гранника, которые взаимно однозначно со-
ответствуют точкам искомого сечения.
Способ следов состоит в том, что на
плоскости нижнего основания многогран-
ника (иногда на какой-либо другой плоскости)
выполняется построение следов (линий и
точек пересечения секущей плоскости, некоторых прямых). С по-
мощью этих следов легко выполняется построение точек пересечения
секущей плоскости с ребрами многогранника и линий пересечения
секущей плоскости с гранями многогранника. Рассмотрим несколько
Рис. 266.
Рис. 267.
Задача 1. Построить сечение куба ЛСг плоскостью, проходя-
щей через три заданные точки JV,- С, Dj (рис. 266).
Построение. Следы сечения на гранях ABCD и CC-Jj,!)
получаем, соединяя точки* N и С; С и Dx. Для построения следов
в гранях ABBiAi и ЛСДДЛ, поступаем следующим образом.
Продолжим прямые CN и DA до их пересечения в точке К.
219
Точка К. лежит на продолжении ребра AD, а следовательно,
и в грани Соединим точки Д и Z\. Прямая /<Di обязательно
пересекается с ребром AAlt также лежащим в грани ADD^. По-
лученную при пересечении прямых ААг и КВг точку М соединим
с точками N и Dt. NCDLM — искомое сечение (рис. 266).
Сравните это сечение с неправильно построенным сечением
NCDt на рис. 265.
Задача 2. Построить сечение куба плоскостью, проходящей
через три заданные точки Д, L, М, лежащие на лепересекающихся
ребрах (рис. 267).
Рис. 268.
Рис. 269.
Построение. Опустим из заданной точки L перпендикуляр LN
на ребро AD. Проведем прямые LM и 7VC до их пересечения в точке Е
(обе эти прямые лежат в одной плоскости, определяемой тремя точ-
ками L, М, N, и не параллельны, следовательно, обязательно пере-
секутся в некоторой точке £).
Проведем прямую ЕД до пересечения с прямыми ВС и AD
соответственно в точках F и G. Проведем прямую GL до пересече-
ния с прямыми АА1 и в точках Н и Р. Точку Р соединим с за-
данной точкой М и на пересечении РМ с ребром получаем
точку Q. Точки L, Q, М, F, К, Н последовательно соединяем. Фи-
гура LQMFRH — искомое сечение.
Задача 3. Построить сечение пятиугольной призмы плоскостью,
проходящей через три точки Л', В', D', заданные па ее ребрах ЛА1(
ВВХ, DL\ (рис. 268).
Построение. В плоскости ЛЛДД/J проводим прямые AD
и A'D'. Соединяем точки В и Е прямой. Из точки 3 в плоско-
сти AAiDiD восстановим перпендикуляр к основанию призмы до
пересечения его с прямой A'D' в точке S'. Проводим через точки В’
и 3' прямую, которая пересечет ребро EEt в точке Е'. Соединяем
прямыми точку Е' с точками А' и D'.
220
Проведем в основании призмы диагонали ЕС и BD, которые
пересекутся в точке К. Соединим точки В' и D' прямой. В плоско-
сти BBiPxD из точки Л восстановим перпендикуляр к основанию
призмы до пересечения его с прямой B'D' в точке К'. Проводим
через точки Е' и К' прямую/ пересекающуюся с ребром СС, в
точке С. Соединяем точку С' с точками D’ и В' прямыми. Сече-
ние A'B'C'D'E' является искомым.
Задача 4. Построить сечение четырехугольной призмы пло-
скостью, которая проходит через точки К' и N’, данные на гранях
призмы, и точку D’, данную на ее ребре (рис. 269).
^Построение. Из заданных точек К' и N' в плоскостях гра-
ней ЛЛхВцВ и BByC^C опускаем перпендикуляры до их пересечения
с ребрами АВ и ВС соответственно в точках и . V. Соединяем
попарно точки К' и N’, К и N, В и D. Из точки S, в которой пере-
секаются прямые RN и BD, лежащие в одной и той же плоскости
(плоскости основания призмы), восстанавливаем перпендикуляр к этой
плоскости до его пересечения с линией Л'Л’''. Через полученную
точку S' проводим прямую D'S' до ее пересечения с ребром BBt
в точке В’.
Проведя теперь через заданные точки /(' и N' отрезки В'К'
и B'N' и продолжив их до пересечения с ребрами AAt и CClt по-
лучаем точки А' и С'.
Четырехугольник A’B'CD' является искомым сечением.
Докажите, что в данном построении каждая рассмотренная пара
прямых лежит в одной плоскости, т. е. что ни одна из рассмотрен-
ных пар прямых не была скрещивающейся. Например, для полного
обоснования выполненного построения надо доказать, что прямая SS'
одновременно лежит и в плоскости BBjDjD и в плоскости EK'N'N,
так как в противном случае прямые SS' и R'N' не будут пересе-
каться, а будут являться скрещивающимися прямыми.
Проведите такую же проверку и для всех остальных задач этого
параграфа.
Задача 5. Построить сечение четырехугольной призмы плоско-
стью, которая проходит через три заданные точки F, М, N, лежа-
щие на трех ее разных боковых гранях (рис. 270).
Построение. Проводим через точки М, N, F прямые ММ',
NN', FF’, параллельные ребрам призмы. Находим на плоскости
основания призмы ABCD следы прямых MN и MF. Следом пря-
мой NM будет точка Q, следом прямой FM — точка R. В таком слу-
чае прямая QR будет являться следом плоскости искомого сечения
на плоскости основания. Продолжим отрезок DC до его пересече-
ния с продолжением QR в точке Т. Проводим через точки Т и F
прямую, которая пересечет ребро DDj. в точке. G, а ребро . ССА
в точке Н. Проведем через точки МкН прямую, которая пере-
сечет ребро 5-Bj в точке L. Проведем через точки L и N прямую,
221
которая пересечет ребро AAt в точке Р. Соединим прямой точки Р
и G. Сечение PGFHMLN является искомым.
Задача 6. Даны точки М и N, лежащие на боковых гранях
четырехугольной пирамиды, и точка Р — на ее боковом ребре. По-
строить сечение пирамиды плоскостью, которая проходит через эти
три точки (рис. 271).
Построение. Находим па плоскости основания пирамиды
след прямой MN — точку Н. Соединяем точку М с точкой Р и на-
ходим точку G — след прямой МР на той же плоскости основания.
Проводим прямую HG — след плоскости искомого сечения. Продол-
жим прямую АВ до ее пересечения с прямой HG и в результате
Рис. 270.
Рис. 271.
находим точку F, которая принадлежит плоскости сечения и грани 5ЛВ.
Через Точки F и N, лежащие в плоскости SAB, проводим прямую,
которая пересечет ребро SB в точке R и ребро S4 В точке Е. Через
точки Е и М проводим прямую, крторая пересечёт ребро SD
в точке L. Полученное сечение ERPL является искомым.
У пражнения.
1. Провести сечение правильной пятиугольной призмы плоско-
стью так, чтобы она проходила через ребро основания призмы и со-
ставляла с плоскостью ее основания угол а.
Исследовать все возможные случаи.
2. Провести сечение правильной четырехугольной пирамиды пло-
скостью, проходящей через одну из вершин основания, перпендику-
лярно противоположному боковому ребру.
3. Построить сечение, проходящее через три данные точки,
которые находятся на смежных боковых ребрах шестиугольной призмы.
4. Построить сечение, проходящее через три данные точки, ко-
торые расположены На смежных боковых гранях пятиугольной призмы-
5. Построить сечение, проходящее через три данные точки, одна
из которых находится на основании, а две другие — на боковых гра-
нях правильной треугольной пирамиды.
222
КРУГЛЫЕ ТЕЛА
§ 54. Цилиндр
Цилиндрической поверхностью называется поверхность, произво-
димая движением прямой линии АВ (рис. 272), сохраняющей одно
и то же направление и пересекающей данную линию CD. Пря-
мая АВ называется образующей, а линия CD — направляющей.
Если в качестве направляющей цилиндрической поверхности
взять окружность, плоскость которой перпендикулярна к образую-
щей, то такая поверхность называется круговой цилиндрической по-
верхностью.
Цилиндром называется тело, ограниченное цилиндрической по-
верхностью с замкнутой направляющей и двумя параллельными пло-
скостями, пересекающими образующие (рис. 273).
Часть цилиндрической поверхности, заключенная между парал-
лельными плоскостями, называется боковой поверхностью цилиндра,
а части плоскостей, отсекаемые этой поверхностью,— основаниями
цилиндра. Расстояние между плоскостями оснований называется вы-
сотой цилиндра.
Прямым круговым цилиндром называется тело, ограниченное
круговой цилиндрической поверхностью и двумя параллельными пло-
скостями, перпендикулярными к образующей (рис. 274). Основаниями
прямого кругового цилиндра являются круги радиуса R, а высота
равна образующей цилиндра:
11 = АВ 0(Ц.
223
В элементарной геометрии обыкновенно рассматривают только
прямой круговой цилиндр, который в дальнейшем будем называть
просто цилиндром.
Цилиндр можно также получить вращением прямоугольни-
ка AOOiB вокруг одной из его сторон (рис. 274).
Рис. 276.
Сторона прямоугольника OOi, вокруг которой происходит вра-
щение, называется осью цилиндра, а перпендикулярная ей сто-
рона О А — R называется радиусом цилиндра. Радиус цилиндра равен
также радиусу его оснований.
1. Боковая и полная поверхность цилиндра. В качестве боковой
поверхности цилиндра принимают предел, к которому стремится
боковая поверхность вписанной (или описанной) в этот цилиндр
правильной призмы, когда число боковых граней этой призмы не-
ограниченно увеличивается, а длина основания каждой из ее граней
стремится к нулю.
224
Боковая поверхность цилиндра равна произведению длины окруж-
ности основания на высоту цилиндра:
5бок = 2^/7,
где R — радиус основания цилиндра, а И его высота.
Полная поверхность цилиндра равна сумме боковой поверхности
и площадей его оснований:
Sa01iB^^R(H + R).
2. Развертка цилиндра. Если поверхность цилиндра разрезать
по образующей и окружностям оснований и развернуть ее так, чтобы
боковая поверхность вместе с основаниями лежали в одной плос-
кости (рис. 276), то на этой плоскости получим фигуру, которая
называется разверткой цилиндра. Развертка цилиндра состоит из
прямоугольника ABCD, стороны которого АВ = Н и СВ=2п/?,
и двух кругов (оснований цилиндра) О и
3, Объем цилиндра. В качестве величины объема цилиндра при-
нимают предел, к которому стремятся объемы правильных вписан-
ных (или описанных) в цилиндр призм при неограниченном увеличе-
нии числа их боковых граней.
Отметим, что если число граней правильной призмы увеличи-
вается беспредельно, . то длина основания каждой из них обяза-
тельно будет стремиться к нулю.
Объем цилиндра равен произведению площади его основания на
высоту:
V =
4. Усеченный цилиндр. Усеченным цилиндром называют часть
цилиндра, которая отсекается от него плоскостью, не параллельной
основанию и не пересекающей его (рис. 277). Боковая поверхность
усеченного цилиндра:
S^xRtm + HJ.
Полная поверхность:
• 5П0ЛН = r,R [R + Н, + Н. + У R2 + •
Объем
у = Н1 + ff? ,
где R—радиус основания цилиндра, и Нг— наименьшая и наи-
большая образующая усеченного цилиндра (рис. 277).
8 6-263
225
5. Отрезок цилиндра (цилиндрическая подковка). Отрезком ци-
линдра, или цилиндрической подковкой, называют часть цилиндра,
отсекаемую плоскостью, пересекающей одно основание цилиндра
и заключенную между этим основанием и секущей плоскостью
(рис. 278).
Высотой отрезка цилиндра называют наибольшую из образу-
ющих CD — Н; АВ = 2а прямое ребро, СЕ — b — стрелка сегмента
основания, а — центральный угол основания в радианах.
Боковая поверхность отрезка цилиндра:
Объем:
•5б01< = ~[2а+(&-Я)4
Н
V = [2а (3R2 — а2) + 3R2 (Ь — Я) а].
(Формулы справедливы и в случае R < b <2R; -.<«<; 2г).
6. Цилиндрическая труба (полый цилиндр). Цилиндрической
трубой (полым цилиндром) называют тело, ограниченное двумя ци-
линдрическими круговыми поверхностями с общей осью и различными
радиусами и двумя параллельными плоскостями, перпендикулярными
образующим (рис. 279).
R и г—внешний и внутренний радиусы; В = (R — г) — толщина
R-b-r
цилиндрической трубы, р = —g-----средний радиус.
Боковая поверхность цилиндрической трубы
-’бок ~ V? “1“ г)’
226
Полная поверхность:
5П0ЛН = 2п (/? + г) (И 4- R -г) 4ч (Н + 8)
и объем
V = пН (R* — г2) = 2тгЯ?8.
Задача 1. Высота цилиндра 6 дм, радиус основания 5 дм.
Концы данного отрезка лежат на окружностях обоих оснований;
длина его равна 10 дм. Найти его кратчайшее расстояние от оси.
Решение. В рассматриваемом цилиндре AM = 6 дм, АО —
— 5 дм и отрезок MN = 10 дм (рис. 280). Найти расстояние между
отрезком MN и осью цилиндра 00
№
Рис. 280.
Рис. 281.
и OOj скрещивающиеся прямые. Проведем плоскость MAW
через прямую MN параллельно оси ОО1( тогда расстояние от любой
точки оси ОС\ до проведенной плоскости будет искомым.
Из прямоугольного треугольника MAW находим: ' ...
AN = 1/М№—ЛМа = У 10а — 6г = 8 дм.
Из прямоугольного треугольника АВО
ОВ = У АО* — АВ* = J/52 — 42 = 3 дм.
В таком случае
CD = ВО = 3 дм.
Ответ: 3 дм.
Задача 2. В цилиндре площадь основания равна Q, а площадь
осевого сечения равна S. Определить полную поверхность цилиндра.
Решение. В цилиндре S0CH = Q и 5дВСО = 3 (рис. 281).
Найти 5П0ЛН цилиндра.
ВО j. AN-, АВ — —у
8*
227
Обозначим ЛО = 7? и AD—H, тогда
5П0ЛН = 2яТ?(Я-Ь/?),
По условию задачи
Г 2RH = S,
\ 7t/?2=Q,
откуда
г 71 2. f
Тогда
$поли = 2л |У — -L j/"= iS т 2Q,
Ответ: nS + 2Q.
Задача 3. Боковая поверхность цилиндра вдвое больше суммы
площадей его оснований. Найти угол между диагональю осевого
сечения и плоскостью основания .цилиндра.
Реш е ни е..По условиюЗбок = 4S0CH. Найти / ACD-а (рис. 281).
Известно, что Збок = 2кРН, а Зссн = nR2,
тогда
2nRH = 4jc7?2
и, следовательно,
Н ~ 2R,
т. е. прямоугольный A ADC — равнобедренный, AD = DC=2R.
Искомый угол а =45°.
Ответ: 45°.
Задача 4. В правильную шестиугольную призму, боковая
поверхность которой равна 24 м2, вписан цилиндр, у которого диаго-
наль осевого сечения наклонена к плоскости основания под углом
в 60°. Найти объем цилиндра.
Решение. По условию задачи Збок пр = 24 м2, / MPN = 60°
рис. 282). Найти объем цилиндра. Объем цилиндра
V = r.R2H,
где R — радиус основания, a И — высота цилиндра.
Из прямоугольного треугольника MNP находим
М.Р = 2NP = 4/? (Z. NMP = 30°).
Тогда
MN = Н = Уг(4/?)2 — (2/?)2 = 2RV 3.
228
Рассмотрим равносторонний треугольник АОВ, в котором высота
ОЕ = R, тогда сторона треугольника
Лв-2Др.
Боковая поверхность призмы
Збок пр = 6Лй ' BD = 64 В • MN =
= 2/3/? = 24/?2.
и
Следовательно, принимая во внимание условие задачи, имеем:
«бок.пр =24^ = 24, т.е. R = 1 м.
Тогда Н = 2 /3 м и объем цилиндра
V = к • 1 • 2 /3 = 2г. /3 м\
Ответ: V = 2л /3 и 10,883 л».
Задача 5. Найти диагональ осевого сечения цилиндра, если
объем цилиндра равен 240;: дм3, а боковая поверхность — 120л: дм-.
Решение. По условию V = 240л: дм3, a SABCD = 120л: дм2
(рис. 281). Найти АС.
Обозначив АО = R и AD = И, будем иметь два уравнения:
( 7cW = 240rc,
I 2r.RH == 12 Ore,
откуда R = 4 дм, а /7=15 дм.
229
Далее, из прямоугольного треугольника ADC находим
АС = УГЛП2 + ДС2= /IS2+ 82 = 17 дм.
Ответ: 17 дм.
Задача 6. Два одинаковых равносторонних цилиндра разме-
щены так, что ось одного из них является образующей второго.
Найти объем общей части этих цилиндров, если образующая равна а.
Решение. Дано два равносторонних цилиндра (DM = MN =
= а = 27?). Найти объем их общей части AEDFF^BE^ (рис. 283).
Легко показать, что объем общей части цилиндров
V = АВ SAEDp'
Площадь общей части оснований цилиндра AEDF равна сумме пло-
щадей двух одинаковых сегментов.
Так как EF Л AD и делит радиус основания цилиндра AD по-
полам, то EF сторона правильного вписанного в основание треуголь-
ника * EMF, т. е. ££=7?/3 и дуга EDF содержит 120°.
Тогда
^сегм РАЕ = ^сект DFAE DFE'
Учитывая, что по условию R = AD = ~ , имеем
<? _ 1 / а V 1 а V 3 а г.а2 а21^3
йсегм РАЕ — У К ^2/ ~ 2” ’ ”Т ' Т ~ 12 Гб~'
В таком случае площадь общей части оснований цилиндров
S — 2S
^AEDF ~ "сегм рАЕ ~ а g % ]
и искомый объем
V = а • а g (4г. - 3/3).
\ О О / /г1
/уЗ л—
Ответ: V — (4л — 3 у 3) ж 0,3071а3 кв. ед.
* Для большей наглядности начертите без пространственных искажений
два верхних основания цилиндров, т. е. два пересекающихся в точках Е и F
круга радиуса Д = AD с центрами в точках D и 4,
230
§ 55. Конус
Конической поверхностью называется поверхность, производимая
движением прямой АВ (рис. 284), перемещающейся в пространстве
так, что она при этом все время проходит через неподвижную
точку S и пересекает данную линию CD.
Прямая АВ называется образующей, точка S — вершиной, а линия
CD — направляющей конической поверхности.
Отметим, что коническая поверхность, так же как и ее образу-
ющая АВ, простираются в пространстве беспредельно.
Конусом называется тело, ограниченное частью конической но-
не проходя-
конической
верхиости с замкнутой
щей через вершину S
поверхности (рис. 285).
направляющей и плоскостью Р,
пересекающей все образующие
и
Рис. 284.
Вершина конической поверхности называется вершиной конуса;
часть конической поверхности, ограниченная вершиной й секущей
плоскостью — боковой поверхностью конуса, а часть секущей плос-
кости, выделенная конической поверхностью—основанием конуса.
Высотой конуса называется длина перпендикуляра, опущенного из
вершины конуса на плоскость основания.
Прямым круговым конусом называется конус, основанием кото-
рого является круг CD и высота которого SO проходит через центр
окружности основания (рнс. 286).
В дальнейшем прямой круговой конус будем называть просто
конусом.
Конус можно получить вращением прямоугольного треугольника
SOD (рис. 286) вокруг одного нз катетов. Катет SO, вокруг которого
происходит вращение, называется осью конуса, а гипотенуза является
образующей конуса. Кроме того, катет OD равен радиусу основания
конуса, а катет SO равен его высоте:
R = OD; И SO.
231
1. Боковая и полная поверхность конуса. В качестве боковой
поверхности конуса принимается предел, к которому стремится боко-
вая поверхность правильной вписанной (или описанной) в него пира-
миды при неограниченном увеличении числа ее боковых граней. При
этом длина ребра основания правильной пирамиды стремится к нулю.
Боковая поверхность конуса равна произведению длины окруж-
ности основания на половину образующей L:
5бак = ^Л.
Полная поверхность равна сумме боковой поверхности и площади
основания:
3П0ЛГ! = п/? (/? + £),
где R— ОБ) — радиус основания конуса, L = SD — образующая
конуса (рис. 286 или 287).
Рис. 286. Рис. 287.
2. Развертка конуса. Если поверхность конуса разрезать по об-
разующей и окружности основания и развернуть ее так, чтобы боко-
вая поверхность с основанием лежала в одной плоскости (рис. 288),
то на плоскости получим фигуру, которая называется разверткой
конуса. Развертка конуса состоит из сектора 5Л£)Л', радиус которого
равен образующей конуса, а длина дуги сектора равна длине окруж-
ности основания конуса, и круга основания.
3. Объем конуса. В качестве величины объема конуса принимают
предел, к которому стремится объем правильной вписанной (или опи-
санной) в конус пирамиды при неограниченном увеличении числа ее
боковых граней.
Объем конуса равен произведению площади основания на треть
высоты:
О
232
Задача 1. Образующая конуса равпа 37 см, а площадь осе-
вого сечения равна 420 см2. Найти площадь основания конуса.
Решение. Образующая AS = 37 см, площадь осевого сечения,
т. е. площадь Л Л36 = 420 см2 (рнс. 289). Найти S0CH. Обозначим
АО = R, AS = I = 37 см и SO = 17. Из прямоугольного треуголь-
ника AOS имеем:
R2 и2 ^L2 = 372.
По условию 5сечсния = RH = 420,
Решая это квадратное уравнение относительно R2, находим
R2 = £? = 144 сл12; RZ = = 1225 см2,
и соответственно площадь основания конуса S0CH = nR2 будет равна
144л см2 или 1225л см2.
Ответ: -Задача имеет два решения S0CH = 144л см2 или S0CI =
= 1225л см2.
Задача 2. В треугольной пирамиде стороны основания равны
13; 20 и 21, а все боковые ребра равны по 36. Найти боковую по-
верхность конуса, описанного вокруг пирамиды.
233
Решение. Боковая поверхность конуса S6oK = Образую-
щая конуса равна боковому ребру вписанной в него пирамиды, т. е.
L = 36. Радиус основания конуса будет равен радиусу окружности,
описанной вокруг основания пирамиды.
По известной из планиметрии формуле (см. § 17 формула 4),
находим: . •
g __ abc __ 13 • 20 • 21 _ ]Q 5 ,
'4SZ 4 V^T- ЙТТГе ‘б’’
тогда
S6ok = = '390л.
Ответ; S60K = 390л w 1225,22 кв. ед.
Задача 3. Прямоугольный треугольник, катеты которого равны
а и 6, вращается вокруг прямой, проходящей через вершину прямого
угла, параллельно гипотенузе. Найти поверхность тела вращения.
Решение. Прямоугольный Л ABC (Z.C — 90°) вращается во-
круг прямой OOi || АВ. Точка С лежит на прямой ОО,. (рис. 290).
Найти поверхность тела вращения, если АС=Ь и ВС = а-.
Поверхность" тела вращения будет состоять из боковой поверх-
ности цилиндра ABDE и боковых поверхностей двух конусов АСЕ
и BCD.
Образующую цилиндра найдем из данного треугольника,
АВ = V а2+ Ь2,
а радиусы оснований конусов и цилиндра, которые равны между
собой, определим из ДЛВС:
CF • АВ = АС СВ.
Обозначив CF через R, найдем, что
к=-7====.
j/a2 + b2
Тогда поверхность тела вращения будет
S nR (а 4- b + 2 K«2+ R = —-
/а2+&2
_ . с т-а^ (а + b + 2 lAz3 4- b2) _
Ответ: S ==-------——.......——2Е—' кв. ед.
/а3 4- б3
Задача 4. Высота и образующая конуса относятся, как
35 :37. Полная поверхность конуса равна 588л см2. Найти объем
конуса.
234
Решение. Обозначим высоту конуса И = 35л, а образующую
L 37х. Тогда радиус основания конуса
R = — = /(37л)2 —(35л)2 = 12л.
Полная поверхность конуса
5П0ЛН = я/? (^ + I) = 12лл (12л + 37л) = 588пл2
и по условию
588лл2 = 588л.
Отсюда х = 1, тогда 7? = 12 см, И — 35 см. Объем конуса
Ответ: V = 1680л « 5277,88 см3.
Задача 5. Параллелограмм, стороны которого равны 21 см
и 89 см, а диагонали относятся, как 41 : 50, вращается вокруг мень-
шей стороны. Найти объем тела вращения.
Решение. Пусть в параллелограмме ABCD AD = 21 см, АВ —
= 89 см и DB : АС = 41 : 50 (рис. 291). Найти объем тела вращения,
полученного при вращении данного параллелограмма вокруг меньшей
стороны AD.
Объем тела вращения
^цил BFEC Т ^кои АЕВ ^кон DEC ~ ^цнл BFEC,
так как
^кон АЕВ ^кон DEC.
235
Объем цилиндра BFEC
Уцил BFEC = п ВС ОВ*.
По условию задачи ВС — AD — 21 см.
Найдем диагонали параллелограмма, обозначив АС = 50л*, a DB=,
= 4lx, по свойству диагоналей параллелограмма
ЛС2 + DB2 = 2 (ЛИ2 + Л В2)
или
2500х2 + 1681л-2 = 2 (2Р + 892).
Отсюда х = 2 см, тогда АС = 100 см, DB = № см. Из Л ACD
(4 ЛДС> 90°) находим
ЛС2 = ЛИ2 DC2 + 2AD DOt
или
10000 = 441 + 7921 + 42 • ООъ
откуда
DOL = 39 см.
Из прямоугольного треугольника DOXC находим радиус основания
цилиндра:
R = otC = VDC* — DO[ = V892 - 392 = 80 см.
Тогда'объем цилиндра, равного объему искомого тела вращения,
%л - V = л • 21 ' 802 = 134400л: см3.
О т в е т: V = 134,4л: х 422,23 дм3.
§ 56. Усеченный конус
Усеченным конусом называется часть конуса, заключенная между
его основанием и секущей плоскостью, параллельной основанию
(рис. 292).
Основаниями усеченного конуса называются: основание полного
конуса, из которого получен усеченный, и часть секущей плоскости,
ограниченная конической поверхностью (круг). Образующей усечен-
ного конуса называется часть образующей полного конуса, заклю-
ченная между основаниями усеченного конуса. Высотой усеченного
конуса называется расстояние между его основаниями.
Усеченный конус может быть образован вращением прямоуголь-
ной трапеции вокруг боковой стороны, перпендикулярной к ее осно-
ваниям.
236
Сторона 00,, вокруг которой вращается трапеция, называется
осью усеченного конуса, а вторая боковая сторона АВ трапеции
будет образующей усеченного конуса (рис. 292). Основания трапеции
являются соответственно радиусами нижнего и верхнего основания
усеченного конуса:
О А = /?; В01 = г.
1. Боковая и полная
поверхность усеченного
конуса. В качестве вели-
чины боковой поверхности
усеченного конуса при-
нимается предел, к кото-
рому стремится величина
боковой поверхности пра-
вильной вписанной (или
описанной) в него усе-
ченной пирамиды при не-
ограниченном увеличении
числа ее боковых граней.
Рис. 292.
Боковая поверхность усеченного конуса равна произведению суммы
длин окружностей оснований на половину образующей.
S6oK=^L(R + r),
Рис. 294.
где R иг — радиусы оснований усеченного конуса, a L — длина
образующей.
Полная поверхность усеченного
конуса равна сумме боковой поверх-
ности и площадей оснований.
$полв = + кг2.
2. Развертка усеченного ко-
нуса. Если поверхность усечен-
ного конуса разрезать, по образу-
ющей и окружностям оснований
и развернуть ее так, чтобы боко-
вая поверхность вместе с осно-
ваниями лежали в одной плос-
кости (рис. 294), то на плоскости
получим фигуру, которая называется разверткой усеченного конуса.
Объем усеченного конуса равен сумме объемов трех конусов,
имеющих одинаковую высоту с усеченным конусом, а основаниями:
один — нижнее основание этого конуса, другой — верхнее и третий —
237
круг, площадь которого есть среднее геометрическое между площа-
дями верхнего и нижнего оснований.
Кус.Кон = 4^(^+^ + ^
где И — высота усеченного конуса, a R и г радиусы его оснований.
3. Подобные цилиндры и конусы. Два цилиндра, конуса или
усеченных конуса называются подобными, если подобны их осевые
сечения.
Боковые и полные поверхности подобных цилиндров, конусов и
усеченных конусов относятся, как квадраты их сходственных линей-
ных элементов (радиусов оснований, высот, образующих).
Объемы подобных цилиндров, конусов
ч и усеченных конусов относятся, как кубы
у-хГ Г их сходственных линейных элементов (ради-
I/ ' усов оснований, высот, образующих).
/ Задача!. Доказать, что если в осевое
Л j \ сечение усеченного конуса можно вписать
/\ и । /\ окружность, то его высота есть средняя
/ ---1——ч/ \ пропорциональная между диаметрами осно-
ваний.
Ч___ О, М Решение. Пусть в осевое сечение
----ABCD усеченного конуса АС вписан круг
О (рис. 295). Обозначим AOi = R, DO4 =
Рис. 29о- — г< o2Oi = Н, AD = L. Требуется дока-
зать, что Н — 2 ]/г7?.
Осевым сечением является равнобочная трапеция ABCD. Из точки
С на АВ опустим перпендикуляр СМ ± АВ, тогда
МВ = О^в — OtM = OlB — O£ = R — r.
По свойству касательных, проведенных из одной и той же точки
к окружности,
О2С = CN и 0}8 = NB.
Отсюда
02С + Orf = CN 4- NB,
т. е.
L = R + г.
Из прямоугольного треугольника СМВ (Z.Af = 90°) находим:
СМ = Н = Усв^ — мв* = ]/(/?4-r)2 —(R —г)2 = 2 /й? ,
что и требовалось доказать.
Задача 2. Определить боковую поверхность усеченного ко-
нуса, если его образующая составляет с плоскостью основания угол
в 60°, а площадь осевого сечения равна S.
238
Решение. Пусть дан усеченный конус СА, площадь осевого
сечения которого равна S и /-АВО= 60° (рис. 296). Найти боковую
поверхность усеченного конуса, которую обозначим Sx.
В равнобочной трапеции ABCD из вершины А на основание СВ
опустим перпендикуляр AM J. СВ. Обозначим АВ -- L, ОВ — R,
01А = г. В прямоугольном А АМВ по условию / МАВ = 30°,
поэтому
MB^~L, AM = H = ^L.
По условию задачи площадь осевого сечения
(R + г) Н = 3 '
или
vj L (R + г) = 3.
Умножая обе части последнего равенства на
—(R 4. /•) = лЗ
и, учитывая, что боковая поверхность усе-
ченного конуса
Sx = nL (R + г),
находим:
число и, получим
Рис. 296.
Ответ:
Sx — 71X кв. ед.
и
Задача 3. В усеченном конусе радиусы оснований и образую-
щая относятся, как 3:11 :17, а объем равен 815л: си3, Найти пол-
ную поверхность усеченного конуса.
Решение. Обозначим OtA = r—3x, 0B = R=llx и АВ ==
— L — 17х (рис. 296).
Тогда из прямоугольного треугольника АМВ
АМ =/7 = У АВ2 —МВ2 = / (17х)2 —(Их —Зх)а = 15х.
По условию задачи объем усеченного конуса 815л, следовательно,
V = ~ (R2 + rR + г2) = ~ [(11х)2 + 33x2 + (Зх)2] ==
= 815пх3 — 815л.
239
. Отсюда х ~ 1 см, тогда R =11 см, г=3 см, £—17 см. Полная
поверхность усеченного конуса:
3ПОЛ[! = г~ [(Я + г) L + Я2 + 'Ч = 368л: СМ2.
Ответ: Sn0J1H = 368л « 1156,11 см2.
Задача 4. Радиусы оснований усеченного конуса равны R и г.
Плоскость, параллельная основаниям, разделила его на два подобных
усеченных конуса. Найти отношение объемов полученных конусов.
Решение. Пусть усеченные конусы CN и МА подобны
(рис. 297) и OB—R, OiA — r; 0гМ = х. Из определения подобия
усеченных конусов следует, что трапеции AOyOiN и NOtOB подобны,
тогда
г : х = х : R,
откуда
х = /г/? •
Объемы подобных тел относятся, как кубы сходственных линейных
элементов;
V^-.Vc^O^-.OzN*
ИЛИ
V МА _ Г3 _
VCN ~ (VW Я®'
Ответ:
Задача 5. Если треугольник АВС вращается вокруг стороны
4 Q2
ВС — а, то объем полученного тела Уа = — тс • —, где Q — площадь
треугольника. Доказать.
Решение. Объем тела вращения составлен из двух конусов
BAD и CAD (рис. 298). Обозначим АО == h высоту треугольника АВС,
240
опущенную на сторону ВС, которая одновременно является радиусом
основания конусов. Тогда, обозначая объем искомого тела вращения
через Уа, имеем
= vкон. ABD + ^кон. CAD
ИЛИ
Va = 4- (СО + ОВ) ~ -I r.ah2.
о о
Учитывая, что по условию ah =20, найдем:
.. 1 ,, 1 (№ 4 Q3
Va = -Q- Ла"2 = -О 71 —Г == -О' Я “ >
о и а 3 а
Рис. 299.
что и требовалось доказать.
Формула справедлива для любого треугольника, но если угол
будет тупой, то в ходе доказательства
надо будет учитывать, что тогда
Va = Vкон. ABD кон. CAD .
Выполните все доказательство для
этого случая и рассмотрите также слу-
чаи , когда / С = 90° и когда / В >= 90°.
Задача 6. Ромб со стороной а и
острым углом в 60° вращается вокруг
оси, проведенной через вершину этого
угла перпендикулярно к стороне. Определить объем тела вра-
щения. Вычислить величину этого объема при а = 8,7 см.
Решение. Ромб ABCD с острым углом А = 60° и стороной
АВ = а вращается вокруг оси АО ± AD (рис. 299). Найти объем
тела вращения, который обозначим Vx. Объем тела вращения будет
равен разности объемов усеченного конуса ADCO и конуса АВО'.
V* = -57л АО (ОС2 + AD OC+ AD2) -~п-АО-ОВ2 =
О о
= у к АО (ОС2 + AD ОС + AD2 — О В2).
Рассмотрим треугольник АОВ (Z. АОВ = 90° и / В АО = 30°).
1 1/" 3
В этом треугольнике АВ = а, тогда ВО = — а, АО = —^-а. Под-
ставляя эти значения в формулу для объема тела вращения, найдем:
.. 1 Уз / 3 V , 3 , , / 1 \2] 3 /3" ,
V\ = уч • lyal н-а •-g-a + a2 —a^j = —J—Tta3.
Ответ: При a = 8,7 см имеем a3 = 658,503 см3 и тогда
Vx= ^4. то3 я 2687,38 см3 к 2,687 дм3.
241
§ 57. Конические сечения
Рис. 300.
Коническими сечениями называются плоские кривые, образуемые
при пересечении плоскостью конической поверхности, направляющей
которой служит окружность. Конические сечения являются кривыми
второго порядка.
Если секущая плоскость Pj не парал-
лельна ни одной из образующих конической
поверхности, то коническим сечением будет,
либо эллипс (плоскость не проходит через
вершину S конической поверхности и не
перпендикулярна ее оси, рис. 300, кривая 7),
либо окружность (плоскость не проходит
через вершину S, но перпендикулярна оси
конической поверхности, рис. 300, кривая 2),
либо точка (плоскость проходит через вер-
шину S). Таким образом, окружность н
точку можно рассматривать как частные
случаи эллипса.
Если секущая плоскость Р3 параллельна
только одной из образующих конической
поверхности так, что она пересекает только
одну из ее полостей (например, нижнюю),
то коническим сечением является парабола
(рис. 300, кривая 3).
Если секущая плоскость Р4 параллельна
двум образующим конической поверхности
(в этом случае секущая плоскость также
параллельна и ее оси), то коническим сече-
нием будет гипербола. В этом случае секу-
щая плоскость пересекает уже не одну, а две полости конической
поверхности и соответственно этому гипербола состоит из двух
ветвей, (рис. 300, кривые 4). В частности, когда плоскость прохо-
дит через вершину S, имеем пару пересекающихся прямых.
Отметим, что ветви параболы и гиперболы простираются как
угодно далеко и эти кривые являются не замкнутыми.
§ 58. Сфера и шар
Шаровой поверхностью, или сферой, называется геометрическое
место точек пространства, равноудаленных от одной точки, называ-
емой центром сферы (рис. 301),
Радиусом сферы называется отрезок прямой, соединяющий центр
сферы с любой ее точкой, например, АО = ОВ — R. Хордой сферы
242
называется отрезок прямой-, соединяющий две ее любые точки. Диа-
метром сферы называется хорда, проходящая через ее центр, на-
пример, АС или BD. Шаром называется тело, ограниченное сферой.
Сфера может быть получена вращением полуокружности вокруг ее
диаметра.
1. Сечение сферы и шара плоскостью. Сечение сферы любой
плоскостью есть окружность. Сечение шара любой плоскостью есть
круг. Круг, образованный сечением шара плоскостью, проходящей
через центр, называется большим кругом шара, а круг, образованный
сечением шара плоскостью, не проходящей через центр, называется
малым кругом, шара. Сечения, равноотстоящие от центра шара, равны.
Рис. 30!.
Из двух сечений, неодинаково удаленных от центра шара, боль-
ший радиус имеет то, которое ближе к центру.
Всякая плоскость, проходящая через центр шара, делит его
поверхность на две симметричные и равные части (рис. 301).
Через две точки сферы, не лежащие на концах одного диаметра,
можно провести окружность большого круга и притом только одну.
Окружности двух больших кругов при пересечении делятся
пополам (рис. 301).
2. Плоскость, касательная к шару. Касательной плоскостью к
шаровой поверхности называется плоскость, имеющая с этой поверх-
ностью только одну общую точку (рис. 302).
Плоскость, перпендикулярная к радиусу шаровой поверхности
в его конце, лежащем на этой поверхности, есть касательная
плоскость. Обратно: касательная плоскость перпендикулярна к ра-
диусу, проведенному в точку касания.
§ 59. Поверхность и объем шара и его частей
Часть шаровой поверхности, отсекаемая от нее какой-нибудь
плоскостью, называется сегментной поверхностью (рис. 303).
Окружность пересечения CD плоскости с шаровой поверхностью
243
называется основанием, а отрезок АВ — Н радиуса, перпендикуляр-
ного к плоскости сечения,—высотой сегментной поверхности.
Часть шаровой поверхности, заключенная между двумя парал-
лельными секущими плоскостями, называется шаровым поясом
(рис. 304).
Окружности сечения CjDj и C2D2 называются основаниями ша-
рового пояса, а расстояние АВ — Н между параллельными плоскос-
тями — высотой пояса.
Рис. 305.
1. Лемма о боковой поверхности конуса, усеченного конуса
и цилиндра. Боковая поверхность каждого из трех тел: конуса, усе-
ченного конуса и цилиндра — равна произведению высоты тела на
длину окружности, у которой радиус есть перпендикуляр, восста-
новленный к образующей из ее середины до пересечения с осью.
Боковая поверхность конуса, усеченного конуса и цилиндра
равна (рис. 305):
п • О А1 2 • OjOa.
244
2. Поверхность шарового сегмента, пояса и шара. В качестве
величины поверхности шарового сегмента, пояса и шара, образуемого
вращением какой-нибудь части полуокружности или всей полуок-
ружности вокруг диаметра (рис. 306), принимают предел, к которому
стремится поверхность, образуемая вращением вокруг того же диа-
метра правильной вписанной ломаной линии в соответствующую
часть дуги окружности при неограниченном увеличении числа ее
звеньев.
А
А
М
0
N
В
Рис. 306.
Рис.. 307.
Сегментная поверхность равна произведению ее высоты на длину
окружности большого круга:
Srhr ~ 'ZmRH,
где R — радиус большого
круга шара, а Н—высота
сегментной поверхности.
Поверхность шарового
пояса равна произведению
высоты пояса на длину ок-
ружности большого круга:
‘-'’пояса =
где R — радиус окружности
большого круга шара, а Н—
высота пояса.
Поверхность шара равна произведению длины
того круга на диаметр:
L
окружности боль-
5шара = 4л??2«
где R — радиус шара.
Поверхности шаров относятся, как квадраты их радиусов или
диаметров.
3. Шаровой сегмент, слой и сектор. Шаровым сегментом называ-
ется тело, отсекаемое от шара плоскостью.
Шаровым слоем называется тело, отсекаемое от шара двумя
секущими параллельными плоскостями.
Шаровым сектором называется тело, полученное вращением
кругового сектора вокруг оси, лежащей в его плоскости, проходящей
через его центр н не пересекающей сектора.
Если ось вращения совпадает с радиусом, ограничивающим кру-
говой сектор АОС, то полученный в результате вращения шаровой
сектор называется простым, а если ось вращения не совпадает
с радиусом, ограничивающим круговой сектор COD, то шаровой
сектор называют полым (рис. 307).
4. Объем тела, полученного от вращения плоской фигуры вокруг
оси. Швейцарскому математику Паулю Гюльдену (1577—1643) —
245
автору ряда глубоких исследований о центре тяжести тел,.принад-
лежат также теоремы об объеме и поверхности тел вращения.
Теорема Гюльдена. Объем тела, описываемого плоской фигурой
при вращении ее вокруг оси, лежащей в плоскости этой фигуры и не
пересекающей ее, равен произведению площади фигуры на длину
окружности, описываемой центром тяжести этой площади
^тела вр ~
где S — площадь вращающейся фигуры, a dc — расстояние от центра
тяжести фигуры до оси вращения.
В элементарной геометрии рассматривается лемма об объеме
тела, полученного от вращения треугольника вокруг осн.
М
и
Рис. 308. Рис. 309.
Л е м м а. Если треугольник АВС (рис. 308) вращается вокруг
оси MN, которая лежит в плоскости треугольника, проходит через
его вершину А, по не пересекает стороны ВС, то объем тела, полу-
ченного при этом вращении, равен произведению поверхности SBC
образуемой противоположной стороной ВС, на одну треть высоты
треугольника, опущенной на эту сторону, т. е.
у — А®.. s
г тела вр з °£С '
5. Объем шарового сектора и шара. Объем шарового сектора,
получаемого вращением вокруг диаметра MN кругового сектора ЛОВ
(рис. 309), есть предел, к которому . стремится объем тела, образу-
емого вращением многоугольника, ограниченного радиусами ОА и ОВ
it правильной ломаной линией ACDB. Эта ломаная вписана в дугу
кругового сектора, когда число сторон ее неограниченно увеличива-
ется (и, следовательно, длина каждой из сторон AC, CD, . .. стре-
мится к нулю).
246
Объем шарового сектора равен произведению поверхности соот-
ветствующего шарового пояса (или шарового сегмента) на треть
радиуса;
n п
^Шар.ееКТ = 2^-у = Т^
где R — радиус шарового сектора, а Н . — высота шарового пояса
(сегмента).
Объем, шара равен произведению его поверхности на треть ра-
диуса:
4 r,D3
1/ _ А л рз _ T±L
v шара зх 6 '
где R—радиус шара, О —диаметр шара.
Формулу для объема шара получаем, положив в формуле для
объема шарового сектора Н = 2R. £
Объемы шаров относятся, как
кубы их радиусов или диаметров. К
Объем шарового сегмента равен
объему цилиндра, у которого радиус / \
основания есть высота сегмента, a
высота цилиндра равна радиусу шара, L 1
уменьшенному на треть высоты сег- У4**---_ -^*и'
мента, т. е. \ .... "" /
^шар . сегм =
где h — высота сегмента, a R — ра- Рис'
диус шара.
Рассмотрим несколько задач на круговые тела.
Задача 1. Стороны треугольника равны 15 см, 14 см и 13 см.
Найти расстояние от плоскости треугольника до центра шара, каса-
тельного к сторонам треугольника, если радиус шара равен 5 см.
Решение. Дан шар О радиуса R — 5 см и Л АВС, стороны
которого касаются поверхности шара и равны АВ = 15 см, ВС =
= 14 ем и ЛС= 13 см (рис. 310). Найти расстояние от центра шара
до плоскости Л АВС.
Плоскость треугольника АВС пересечет шар О по кругу, впи-
санному в данный треугольник. Основание перпендикуляра OD,
опущенного из центра шара О на плоскость треугольника АВС,
попадет в центр этого круга D.
Пусть DM = г радиус круга D, проведенный в точку касания
стороны СВ к поверхности шара. Тогда из прямоугольного треуголь-
ника 0DM находим:
OD = /ОЛ!2 —Ш42.
247
Радиус шара 7? == ОМ — 5 см. Радиус круга D, вписанного- в
данный треугольник, найдем по формуле
r=DM = ~,
Р
где S — площадь, а р— полупериметр треугольника.:
DM = = Г2Ц6Т7^ = 4 см_
Подставляя найденные значения в формулу для 0D, находим иско-
мое расстояние:
OD = ]/52 — 42 = 3 см.
Рис. 311.
Рис. 312.
Задача 2. Доказать, что боковая поверхность конуса, вписан-
ного в шаровой сегмент, есть средняя пропорциональная между
площадью основания и боковой поверхностью сегмента (рис. 311).
Решение. Пусть в шаровой сегмент АСВ вписан конус (ос-
нование конуса и сегмента общее). Требуется доказать, 4ToSgOK кон=
= 5шар. сегм ' SKpyra D' ОбОЗПЭЧИМ ОС = R — раДИуС Шара, AD =
= г—радиус основания конуса (сегмента), CD = h — высота сег-
мента и СВ =1 — образующая конуса.
Из прямоугольного треугольника САЕ (/_ А = 90°) по свойству
катета имеем:
Л С3 = СЕ • CD
или
/2 = 27? h.
Умножив обе. части последнего равенства на г.2/-2, получим
гг2г2/2 — 2 кг2
248
или
(7tr/p= (2^/!) • (Ttr2).
Отсюда, поскольку
r.rl = S6oK. кон, 2rJ\/l = ^шар. сегм’ ®"2 ^круга1
то, после очевидных упрощений, находим:
с2 _______с о
бок. кон шар. сегм кр >
что и требовалось доказать.
Задача 3. Определить, какую часть объема шара составляет
объем сферического сектора, у которого сферическая и коническая
поверхности равновелики.
Решение. Пусть на рис. 312 изображен шаровой сектор
ОАСВ, у которого сферическая поверхность равновелика конической.
Если обозначить О А = Д, AD = г и CD = h, то
2nRh = r.rR,
так как по условию'задачи сферическая поверхность шарового сек-
тора равна конической. В таком случае
2/1 = г.
Из прямоугольного треугольника ADO (Z_D = 90°), учитывая, что
OD = R — А, получим:
/?2 = (2Л)2 + (R — А)2,
откуда
9
5
Объем шарового сектора
9 4 1 / 4 \
' ^шар.сект = 75^3 = 1(1^
и, следовательно,
V = — V
шар. сект 5 шара
' 1
Ответ: .
5
Задача 4. Доказать, что объем тела, полученного при враще-
нии кругового сегмента с хордой а вокруг диаметра, параллельного
этой хорде, не зависит от величины радиуса круга.
Решение. При вращении сегмента АтВ, хорда которого АВ--
—- а, вокруг параллельного этой хорде диаметра EF, получим тело,
249
объем которого будет равен объему шара О без объемов цилиндра
АВВ'А' и двух шаровых сегментов A’EAD и B’FBC (рис. 313).
о о а
Обозначим ОВ — R, ED = CF = h= —-— , СВ — г и по усло-
вию АВ — а.
Объем тела вращения:
V — V —V 2V
г тела вращ шара v пил v сегм •
Далее, согласно введенным обозначениям, будем иметь
^шара ~ "д' ’т^3> ^цил =
^сегм = ^2^-4^-
Рис. 313. Рис. 314.
Из А ОСВ (/. С = 90°), учитывая, что ОС— находим
«2
Г2 = ~ ,
тогда
/ а2 \
Уцил = - -у) а
и соответственно
vce™=4п (2/? - °)2 (*.-
250
Подставляя найденные значения Vluapa, VUHJJ, VcerM, получаем:
17 4 ns Ira а'2'| /on v> 4R-}-a
^тела вр 3’^ 4 / a) ' j 2 (j i
т. e. объем тела, полученного от вращения кругового сегмента во-
круг диаметра, параллельного его хорде, равен объему шара, диа-
метром которого служит хорда сегмента.
Таким образом, искомый объем тела вращения зависит только
от величины хорды сегмента и не зависит от радиуса круга сег-
мента.
Задача 5. Плоскость делит объем шара в отношении 7 :20.
В каком отношении она делит поверхность шара?
Решение. Пусть плоскость круга Oi Делит объем шара в от-
ношении 7 :20 (рис. 314). Проведем диаметр шара BD перпенди-
кулярно плоскости круга и обозначим BOY = h, ОВ — R, тогда
OjD =^2R — h.
По условию задачи
V .1/ __7-9(1
шар. сегм АВС ’ г шар. сегм ADC — ‘
ИЛИ
IR — -- А) : ж (2R—A)2 R — 2. (2R — А) = 7 : 20.
Отсюда, после преобразований, находим:
3RA2 _ да _ у
4R3 — 3RA2 4- А3 ~ 20 ’
Заменим R = hx и заметим, что поскольку h< R, то х >1.
Тогда
3Asjr — А8 7
4А3л3 — ЗА3л + А3 ~ 20
или
28л-3 — 81х + 27 = 0.
Разлагая левую часть уравнения на множители, получим
(2л- — 3) (14л-2 + 21 л — 9) = 0,
откуда
_ 3 _ —21 ± /945
*1 2 ’ *2; 3~“ 28
Так как х> 1, то корни х2 и ха не удовлетворяют условиям задачи,
и, следовательно,
R = Алу = А.
2
251
Теперь найдем отношение поверхностей шарового сегмента
и шарового сегмента SADC = Sz-
Sj. 2гс/?/г h1
Sz ~ 2л/? (2/? — ft) ~2h~~~2‘
Ответ: I : 2.
§ 60. Вписанный и описанный шары
Шар называется вписанным в многогранник, а многогранник —
описанным вокруг шара, если плоскости всех граней касаются шара.
Если шар находится внутри многогранника, то он называется впи-
санным внутренним образом или просто вписанным, а если вне много-
гранника,— то вневписанным.
Шар называется описанным вокруг многогранника, а многогран-
ник — вписанным в этот шар, если все вершины многогранника
лежат на поверхности шара.
Шар называется вписанным в конус, усеченный конус и цилиндр,
если поверхность шара касается плоскостей оснований этих фигур
и всех образующих их боковых поверхностей.
Шар называется описанным вокруг конуса, если поверхность
шара проходит через вершину конуса, а окружность основания ко-
нуса лежит на поверхности шара. Шар называется описанным во-
круг цилиндра и усеченного конуса, если окружности их оснований
лежат на поверхности шара.
Заметим, что в треугольную и любую правильную пирамиду и
конус всегда можно вписать шар, а вокруг треугольной пирамиды,
цилиндра и усеченного конуса всегда можно описать шар.
Для других пространственных фигур условия возможности и не-
возможности вписать в них шар и описать шар вокруг них должны
быть в каждом случае специально установлены. Например, вокруг
прямой призмы можно описать шар, если в основании призмы лежит
многоугольник, вокруг которого можно описать окружность.
Задача 1. Доказать, что объем многогранника, описанного
вокруг шара, равен произведению полной поверхности многогранника
на треть радиуса шара.
Решение. Проведем доказательство для четырехгранника,
что не нарушает общности результата. Пусть в четырехгранник
ABCD вписан шар О, поверхность которого касается граней четырех-
гранника в точках L, М, N, Р (рис. 315).
Через центр шара и ребра четырехгранника проведем плоскости,
которые разделят четырехгранник на четыре треугольные пирамиды
ОАВС, OACD, OABD и OBCD. Радиусы шара OL, ОМ, ON и ОР,
проведенные в точки касания, будут высотами этих пирамид.
252
Тогда
V ABCD — VOABC + VqACD + VOABD + ^OBCD
ИЛИ
^ABCD = У Г ($ABC + $ABD ~T SACD SBCD),
где SABC, SABD, SACD и SBCD — площади граней четырехгранника,
a г — радиус вписанного шара.
Тогда
= 'У г^полн’
что и требовалось доказать.
Рис. 315.
Из доказанного следует, что радиус вписанного в многогранник
шара равен утроенному объему многогранника, деленному на его
полную поверхность
Г= У
Задача 2. В правильной четырехугольной пирамиде, центры
вписанного и описанного шаров совпадают. Определить плоский
угол при вершине пирамиды.
Решение. Дана правильная четырехугольная пирамида SABCD
и точка О —Центр вписанного в пирамиду шара и центр описанного
вокруг пирамиды шара (рис. 316).
Точка Oj — центр окружности, описанной вокруг треугольника
SBC, тогда перпендикуляр из центра шара на плоскость треуголь-
ника SBC попадет в точку Oj и 00i будет радиусом вписанного в
пирамиду шара.
253
ОВ — ОС — SO = R — радиусы описанного шара; ОО2 = 001 = г—
радиусы вписанного шара. Тогда прямоугольные треугольники ОО?В,
OOiB, 00£ и ОО£ равны между собой. Из их равенства следует,
что ВО2 = СО2 = BOl = СОд и треугольники ВО£ и BOSC равны.
В таком случае
В0£ = Z ВО£ = 90°.
Далее, 301 = В01 = С01— как радиусы окружности, описанной
вокруг треугольника SBC.
Из равнобедренного A В0}3 по свойству внешнего угла
£ BSE =BOiE.
Тогда
ZBSC=yZ/?0iC=45°.
Ответ: 45°.
Задача 3. Вокруг шара описан усеченный конус, образующая
которого равна а. Найти
D О? С
О,
Рис. 317.
боковую поверхность этого, конуса.
Решение. На рис. 317 изображено ;
осевое сечение усеченного конуса с впи-'
санным в него шаром. По условию за-
дачи ВС~а. Обозначим O1B = R, а"
О£ = г. Тогда по свойству касательных,-
выходящих из одной и той же точки;
к окружности, •
ОгС = СМ и О1В == МВ
В
А
или
0£ + 02С = СВ = а, т. е. R + г = а.
Следовательно,
боковая поверхность усеченного конуса:
искомая
^бок = r- + r) а = !ta2-
Задача 4. Найти радиус шара, вписанного в пирамиду, ocho-J
ванием которой служит ромб с диагоналями 6 и 8, а высота пира/;
миды проходит через точку пересечения диагоналей основания и;
равна 1.
Решение. По диагоналям ромба, найдем его сторону :
а = /42 -t- З2 = 5.
254
Радиус вписанного в ромб круга будет равен
2S
Г" Р ’
где S — площадь ромба, а Р — его периметр. Тогда
г==^_24
20 ~ ’
Высота боковой грани пирамиды
т = /й2 г2,
где h — высота пирамиды, а г — радиус вписанного в основание
круга.
Выполнив вычисления, находим, что
т = /6/76 = 2,6.
Полная поверхность пирамиды
«поли = 5б<ж + 5^= 1 (20 2,6 4-8 - 6)= 50,
а объем пирамиды
У=|ЯОСН.Д = 1.24. 1=8.
Пользуясь результатом задачи 1 данного параграфа, найдем ис-
комый радже Р шара, вписанного в пирамиду
*=4 = V=».«-
§ 61. Геометрические места точек и прямых в пространстве
Общее определение геометрического места точек было дано в §29.
По сравнению с геометрическим местом точек на плоскости,
представления и построения геометрического места точек в про-
странстве вызывают гораздо больше трудностей, что связано как со
сложностью, так и с большим разнообразием примеров. Однако упраж-
нения и тренировки на представление (устное решение) И фактиче-
ское построение геометрического места точек в пространстве крайне
необходимы для развития пространственного мышления н успешного
решения многих стереометрических задач на вычисление, построение
и доказательства.
.255
Приведем ряд примеров иа геометрические места точек в про-
странстве.
1. Геометрическое место точек, равноудаленных от данной плос-
кости Q на расстояние т, есть две плоскости, параллельные плос-
кости Q и расположенные по обе стороны от нее на расстоянии т.
2. Геометрическое место вершин пирамид, имеющих данный объем
V и построенных на данном основании S, есть плоскости, параллель-
ные основанию и расположенные от него на расстоянии, равном общей
высоте указанных пирамид
3. Геометрическое место центров сфер данного радиуса, касаю-
щихся двух пересекающихся плоскостей, есть четыре прямые, парал-
лельные линии пересечения данных плоскостей.
4. Геометрическое место точек, отношение расстояний которых
от двух данных точек Л и В равно а : Ь, есть сфера с диаметром,
соединяющим точки Mu N, которые делят отрезок АВ в данном
отношении внутренним и внешним образом.
5. Геометрическое место прямых, проходящих через данную точ-
ку Л и касающихся данной сферической поверхности, есть кру-
говая, коническая поверхность с вершиной в точке' А.
6. Геометрическое место перпендикуляров, опущенных из дан-
ной точки А на плоскости, проходящие через данную прямую /, есть
круг, диаметр которого равен расстоянию от точки А до прямой I.
7. Геометрическое место прямых, проходящих через данную точ-
ку А и пересекающих данную плоскость под заданным углом а,
есть коническая поверхность с вершиной в точке Лис углом в осе-
вом сечении р = 90° —- а.
8. Геометрическое место точек, симметричных дайной точке N
относительно всех точек плоскости Q и одинаково удаленных .
точки N, есть окружность, лежащая в плоскости Р, параллельной
плоскости Q.
Задача 1. Найти геометрическое место точек, находящихся
на данной плоскости Q, из которых данный отрезок АВ виден под
прямым углом.
Решение. Предположим, что N т произвольная точка иско-
мого геометрического места. Соединим точку N с концами А и В
данного отрезка (рис. 318). Поскольку по условию задачи Л ABN —
прямоугольный, то NO — — АВ (как медиана, опущенная из вершины
прямого угла на гипотенузу). Следовательно, точка О равноудалена
от всех точек искомого геометрического места точек.
Таким образом, все искомые точки равноудалены от некоторой
точки Ох, являющейся проекцией точки О на плоскость' Q.
'256.
Следовательно, искомое геометрическое место точек есть окруж-
ность, расположенная на плоскости Q и имеющая радиус
^ = o1w = |//'^y_ooj.
Задача 2. Доказать, что геометрическое место точек, равно-
удаленных от сторон данного в пространстве угла. ASB, .есть плос-
кость, проходящая через биссектрису данного угла и перпендикуляр-
ная к плоскости, в которой он находится. '
Решение, .Пусть FS — биссектриса данного угла ASB, a Q —
плоскость, перпендикулярная ; к плоскости / ASB и ’ проходящая
через его биссектрису (рис. 319).
У Рис. 315. ' ' ' Рис. 319.
1 Возьмем в плоскости Q произвольную точку Р и проведем
пл. ASB. Перпендикуляр PN будет лежать в плоскости Q.
Проведем NK J. ЗЛ, NL.J- SB и соединим точку Р с точками К и L,
’^гда (по двум равным катетам)
'' APKN=&PLN.
' Следовательно, PL = РК. Поскольку же точка Р взята на плос-
кости Q произвольно, то утверждение доказано для всех точек плос-
кости Q.
На этом мы заканчиваем изложение стереометрии и переходим
к тригонометрии. Литература, в которой читатель найдет дальней-
шие сведения по стереометрии, приведена в конце справочника.
9 6-2G3
ТРИГонометрия
I.
J
н
§ 62. Предмет тригонометрии
Тригонометрия •—слово греческое и в буквальном переводе озпа^
чает измерение треугольников (Tprpvov треугольник, а
изменяю). • ' Э
В данном’случае-измерение треугольников следует понимать к*.;,
решение треугольников,, т. е.. определение сторон, углов и других
элюентов треугольника, если даны некоторые из них. Большое коли
чество практических, задач, а также задач планиметрии, степ-,
метрик, астрономии и -других наук приводятся, к задаче peir-.„.a-
треугольников. :
Возникновение тригонометрии связано с землеизмерением, с-; ...
номией и строительным делом...
Впервые способы решения треугольников, основанные на за{. ;
мостах между сторонами и углами треугольника, были наи^ .....
древнегреческими астрономами Гиппархом (2 в. до н. э.) и Клавир
Птолемеем (2 в.н.э.). Позднее зависимости между отношениями стор(1
треугольника ,й его углами начали называть тригонометрически;-',
функциями. .
Значительный вклад в развитие тригонометрии внесли араб-- ...
ученые аль-Батани (850—929) и Абу-ль-Вефа Мухамед-бен Мухак;;
-(940—998), который составил таблицы синусов и тангенсов через
с точностью до 1/604. Теорему синусов.уже знали индийский уче/
Бхаскара (р. 1114, год смерти неизвестен) и азербайджанский аса.. -
ном и математик Насиреддин Туси Мухамед (1201—1274). Крс.ч-
того, Насиреддин Туси.в своей работе «Трактат о полном четы,
стороннике» изложил плоскую, и сферическую тригонометрию ;
самостоятельную дисциплину.
Теорему тангенсов доказал Региомонтан (латинизированное и; -
немецкого астронома и математика Иогана Мюллера (1436—1476)/.
Региомонтан составил также подробные тригонометрические таблицы
благодаря его трудам плоская и сферическая тригонометрия ста
самостоятельной дисциплиной и в Европе.
Дальнейшее развитие тригонометрия получила в трудах выдав -
щихся астрономов'Николая Коперника (1473—1543)—творца гелио-
258 '
центрической .системы мира, Тихо Браге (1546—1601) и Иогана Де-
"ра (1571—1630), а также в работах математика Франсуа Виета
'О—1603), который полностью решил задачу об определении всех
1ементов плоского или сферического треугольника по трем данным.
Долгое время тригонометрия носила чисто геометрический ха-
рактер. Такою она была еще в средние века, хотя иногда в ней
использовались и аналитические методы,' особенно после появления
•>гарифмов. Постепенно тригонометрия органически вошла в мате-
лический анализ, механику, физику и технические дисциплины.
Начиная с XVII в., тригонометрические функции начали при-
енять к решению уравнений, задач механики, оптики, электриче-
ства, радиотехники, для описания колебательных процессов, рас-
юстранения волн, движения различных механизмов, для изучения
ременного электрического тока и т. д. Поэтому тригонометричес-
кие функции всесторонне и глубоко исследовались и приобрели важ-
ное значение для всей математики. .
е Аналитическая теория тригонометрических функций в основном
j^a’ создана выдающимся математиком XVIII в. Леонардом Эйле-
Ж-401(1707—1783), членом Петербургской Академии наук.
F ’’’аким образом, тригонометрия, возникшая как наука о решении
I, ольников, со временем развилась и в науку о тригонометричес-
1 функциях.
I Позднее часть тригонометрии, которая изучает свойства три-
? «метрических функций и зависимости между ними, начали на-
. ать гониометрией (в переводе —наука об измерении углов,, от
еч. ytovta — угол, ретрг» — измеряю). Термин гониометрия в по-
лнее время мало употребляется.
Изучение свойств тригонометрических функций и зависимостей
иду ними отнесено к школьному курсу алгебры, а решение тре-
, зольников — к курсу геометрии.
§ 63. Тригонометрические функции острого угла
В прямоугольном треугольнике, имеющем данный угол а, отно-
-1Я сторон не зависят от размеров треугольника. Рассмотрим два
..ямоугольных треугольника АВС и А1В1С1 (рис. 320), имеющих
равные углы / А = / At = а. Из подобия этих треугольников имеем:
&
И’.. g _ (А. . __ . а а1 & с £1 ,
с ~~ ct ' с Сц ’ b bi’ a at ’ b bt’ а
Oil
Если величину угла а изменить, то написанные равенства оста-
. тся справедливыми, а изменится лишь числовое значение отноше-
259
.aba n a b a b с c
нии — , и т. д. Поэтому отношения —, —, —, — , —,
с с b с с b а а b
можно рассматривать как функции угла а.
1. Определение тригонометрических функций острого угла прямо-
угольного треугольника, а) Синусом острого угла называется отно-
.6) Косинусом острого угла называется отношение прилежащего-
к стому углу катета к гипотенузе:
b I
COS а = — . .1
С I
в) Тангенсом острого угла называется отношение противолежа^j
д)- Секансом острого
прилежащему к этому уг.
щего стому углу катета к прилежащему
катету:
a i
г). Котангенсом острого угла на«
зывается отношение прилежащего м
.стому иглу катета к противолежащем']
катету: ”
; ' Ь
cfga = -.
угла называется отношение
у катету:
с
sec d = -j- .
b
гипотенузы
260 |
L e) Косекансом острого угла называется отношение гипотенузы
к противолежащему- этому углу катету:
I с
I cosec а = — .
I а
Г Замечание. Символы sin, cos, tg, ctg, sec, cosec, как и сим-
волы 1g, /, -г, и т. д. сами по себе никакой величины не обозиа-
feroT. Эти символы обозначают математическое действие и имеют
числовой смысл лишь тогда, кргди они записаны .вместе с символом
угла а, т. е. sin а, cos а, tga,. cig я, sec а и cosec а.
2. Таблицы натуральных, значений тригонометрических функций
острого угла. Значения тригонометрических функций (отношений от-
резков) являются отвлеченными числами.
Приближенные значения тригонометрических функций острого
угла можно найти непосредственно согласно их определениям. По-
строив прямоугольный треугольник с острым углом, я и измерив его
стороны, согласно определениям мы можем вычислить значении sin я,,
cos я, tg<x 'и т, д.. ' .
Для углой 30°,. 45°, 60° легко найти точные значения тригоно-
метрических функций.
Пользуясь тем, что значения тригонометрических функций не
зависят от размеров треугольника, для вычисления значений функ-'
ций углов а -=30°; 45°; .60°. рассмотрим прямоугольный треугольник
с углом-«;== 30? и катетом= 1 ?(рис. 322, а), тогда гипоте-’
нуза'этого треугольника с-.===2,за второй-катет b = ]/ 3 ; рассмотрим
также треугольник с утлой « — 45° катетом a ai l (рис-. 322," б),
тогда/Для этого треугольника с == К2~ и 6=1.
. Из этих треугольников найдем . значения тригонометрических
функций углов 30’, 45° и 60°, которые запишем'.в виде таблицы:
. I "Таблица 5
X. Функции а sin а cos-а fga Ctg 1 sea a со-ес a
. 30° 1 ! 2 /3' 2 /Т 3 /т 2/Т 3 2
45’ 2 /т 2 1 1 /Т VT
60° КТ I 2 | 1_ 2 /т /т 3 2 2/Т з ”
261
Приближенные значения тригонометрических функций для углов
о г 0° до 90° можно получить следующим путем. Построим четверг,
круга, радиус которого примем за 1, и его дугу разделим на 45 ра
пых частей. Тогда градусная мера каждой части будет равна 2 (
Радиусы AM и AN разделим на 100 равных частей (рис. 323). П'Д
строим прямоугольный треугольник с вершиной в центре круга и к f
том, совпадающим с радиусом AM и гипотенузой ЛВ=1. .
угол ВАС = а, то по определению тригонометрических фуг \
имеем:
, , а . b
sin а = а; cos а = о; tga = —; ctga = — .
Например, на рис. 323 угол а ~ 52°. Для этого значения угл?:
шкале радиуса AN находим, что а = 0,79, а на шкале радиуса
находим, что b ~ 0,62, т. е. .. „„„
Рис. 323.
Рис. 322.
Построив аналогичным образом, как это было сделано для
а = 52°, прямоугольные треугольники для углов а = 2°, 4°,
8°, . .. , 88°, согласно рис. 323, найдем значения тригонометрг
ских функций (при аккуратных измерениях и вычислениях) с
ностыэ'до 0,01. Для углов а = 0° и 90° прямоугольных треу
ников не существует.. Однако, если гипотенуза АВ будет стрем
по положению к радиусу AM, то угол а->0, а катеты а->0>
В таком случае для полноты значений тригонометрических фу
целесообразно принять, что
sin 0° == а — 0; cos 0° = b — 1_.
262
то касается значений tga и ctga, то при аО отношение
... а п
е. lim-7-=O, а отношение - при а~>0 неограниченно возра-
a-tO * а
~ Ь, .
. Этот результат записывают так: —оо, где символ «оо»
b '
пзает, что величина — неограниченно возрастает и ие может
выражена никаким числом, так как знак «оо» не является
! .м-либо числом..-
Таким образом, целесообразно принята, что tgO°=O, a etg 0° —
.уществует, что чаще записывают так: ctgO°=oo.
Рассуждая аналогично при а -* 90°, прийдем к целесообразности
.ятия того, что sin 90° = 1, cos 90° ~0, tg90° не существует
j° = оо) и ctg90° = 0.
Приведем таблицу значений тригонометрических функций для
лов от 0° до 90° с шагом в 2°, которую можно получить указан-
м выше способом, воспользовавшись рис- 323. ' „
• Т а б л и ц а Ь
Г радусьг sin а1 ' .tff-.a etg а . cos а а Градусы
0 0,00 0,00 ОО . ' 1,00 90
2 0,03 0,03 28,6 1,00 88
4 0,07 0,07 14,3 1,00 86
6 0,10 0,11 9,51 0,99 84
8 о,ц 0,14 7,12- 0,99 82
10 0,17 0,18 5,67 0,98 80
12 0,21 О; 2'1 4,70 0,98 78
14 0,24 . 0,25 4,0! 0,97 76
16 0,28 , 0,29 3,49 0,96 74
18 0.31 0,32 '3,08 0,95 72
20 0,34 0,36 2,75 0,94 70
22 0,37 0,40 2,48 0,93 68
24 0,41 0,45 2,25 ' - 0,91 66
26 0,44 0,49 2,05 0,90 64
28 0.47 0,53 1,88 0,88 62
30 0,50 0,58 1,73 0,87 60
32 0,53 0,62 1,60 0,85 58
34 0,56 0,67 1,48 0,83 56
36 0,59 0,73 1,38 0,81 54
38 ' 0,62 0,78 1,28 0,79 52
40 0,64 0,84 1,19 0,77 50
42 0,67 0,90 1,11 0,74 48
44 0,69 0,97 1,04 . 0,72 46 ’
. 1 а ’ : i cos а cig а 1g « ' sin а а t
263
Если значительно увеличить размеры рис. 323, то можно было
бы найти значения тригонометрических функций для большего числа,
значений углов и с большей степенью. точности, но не выше, чем/
с тремя-четырьмя значащими цифрами. Однако так не поступают:,
существуют аналитические методы вычисления значений тригономет-'
рических функций для любых значений углов и с любой степенью
точности. ’'.
Остановимся кратко на пользовании табл. 6.
Два угла а и 90° — а называются дополнительными углами.
Легко показать, что сходственные тригонометрические функции
(синус и косинус, тангенс и котангенс, сёканс и косеканс) дополни-
тельных углов равны между собой:.
sin (90s — a) — cos a; cos (90° — a) = sin a; tg (90°— a) = ctg a;
ctg (90° — a) = tg a; sec (90° — a) = cosec a; cosec (90° — a) = sec a.
Табл. 6 составлена так, что
в начале и конце каждой строки
стоят дополнительные углы, а
в начале и конце каждой ко-
лонки таблицы размещены сход-
ственные функции.
Если, например, взять число
0,17, стоящее в 6-й строке 2-й
колонки табл. 6, то оио явля-
ется приближенным значением
sin 10° и cos 80°.
3. Г рафики тригонометри-
ческих функций острого угла.
Пользуясь значениями тригоио-
= tg х, данными в табл. 6, не-
метрических функций у = sin х и у
строим их графики (рис. 324 а, б).
Графики функций y—cosx, y=ctgx предлагаем построить
читателю.
4. Основные соотношения между тригонометрическими функ-
циями острого угла. Из прямоугольного треугольника (рис. 321) по
теореме Пифагора получаем, что
02 4- г>2 = С2
или
264
Г-. Я По определению -- . b .== sin а, — — cos а, тогда* с sin2 a -J- cos2 a = 1. (1)
Легко также найти следующие зависимости:
tga = sin a COS a ’ (2)
Cig я = COSct ~ sin a ’ (3)
sec a = 1 cos a ’ 1 since' (4)
cosec a « (6)
Из соотношений (1) — (5), которые называют основными, можно
вывести и другие вспомогательные соотношения, например:
tg a etg а = 1, (б)
1 + tg2 а «= sec2 а, (7)
1 + etg2 а = cosec2 а. (8)
Соотношения (1) — (8) связывают все тригонометрические функции
так, что по значению одной из них для данного острого угла можно
найти значения всех остальных функций для этого же угла.
Пример. Найти значения тригонометрических функций угла а,
если известно, что tg а = 2. ' " ''
Решение. Пользуясь соотношением (7), находим:
sec2 а= 4 -ф- 1 = 5 или sec а = 5 .
Тогда из соотношений (4), (6), (1) и (5) последовательно определяем:
1 /"о , 1
= —; etga^;
, • :—5- i/Z 1 2 2 ]Z 5
sin а — ]Z1 — cos2a = у 1— ;
]Z~5
cosec a = —g— .
5. Решение прямоугольных треугольников. Основными случаями
решения треугольников называются задачи на вычисление элементов
* В данном разделе мы вводим сплошную нумерацию для наиболее важных
формул.
S65
треугольника по трем данным основным независимым его элементам.
К основным элементам треугольника относят егр стороны и углы,
из которых только два угла независимы между собой, так как
а + р 4- - = я = 180°. (9)
В прямоугольном треугольнике один угол известен, (прямой угол),
поэтому для решения прямоугольного треугольника достаточно з.адать
два каких-либо из основных его элементов, кроме двух острых углов,
так как для прямоугольного треугольника
и, следовательно, если задан один из углов, например, а, то р —
= 90° — а, и наоборот, если Известен угол р, то а *=90°—
Основные задачи решения прямоугольных тре-
угольников (см. рис. 321).
1. Даны гипотенуза с и острый угол се. В таком случае осталь-
ные элементы находятся по формулам:
а = c sin а;. b == с cos.a; р = 90° — а. (10)
2. Даны катет а и оСтрыйДтол а (или р). Тогда остальные эле-
менты треугольника находятся по формулам:
Р = 90° — a; b = a ctg а; с = (11)
° sin а .
3. Даны гипотенуза с и катет а (или Ь).
Тогда остальные элементы находятся по формулам:
Ь = /с» — а2 ; sin а =; р = 90°— а.' (12)
4. Даны катеты а и Ь.
Остальные элементы находятся по формулам:
b*; tga= ~ ; ₽ = 90ч —а, .(13)
§ 64. Обобщение понятия угла. Измерение дуг и углов
1. Общее определение угла. В геометрии угол определяется как
фигура, образованная двумя лучами,. исходящими из одной точки.
Эти лучи называются сторонами угла, а их общая точка —вершиной
угла. При этом стороны угла считаются равноправными.
Для тригонометрии такое понятие угла ' недостаточно и его
обобщают следующим образом.
Как в случае направленных отрезков различают начальную
и конечную точки, так и при обобщении понятия угла различают
начальную и конечную стороны.
266
В некоторой плоскости фиксируют положение луча О А (рис. 325)
и называют его начальной стороной угла, а второй луч, исходящий
из той же точки, вращают в этой плоскости от положения ОА до
положения ОВ и его называют подвижным лучом, а его конечное
положение ОВ — конечной стороной угла АОВ,т. е. угол АОВ рас-
сматривают как результат вращения луча в плоскости от' положе-
ния ОА до положения ОВ.
При таком определении угла его величина является мерой вра-
щения конечной его стороны относительно начальной.
Положительным направлением вращения в плоскости называют
вращение против движения часовой стрелки, а отрицательным —
по движению часовой стрелки.
2. Измерение дуг и углов. Для непосредственного измерения
дуг и углов, как и отрезков,- принимают
ДУГУ (угол) за единицу измерения и при
помощи этой единицы измеряют осталь-
ные дуги и углы.
Существуют различные единицы из-
мерения дуг' и углов: градус, радиан,:
большое й малое деления, полный" обо-
рот, румб и т. д.
ГТ -Л- 1
. Дугу, длина которой равна части
длины,ее' окружности,; .хмвдеют. дугой...
в один- градусе А угол, равный цент-
некоторую определенную
ральному уму, опирающемуся на дугу водив градус,.называют
углом в один градус (Г).
Дугу, длина которой равна длине радиуса ее окружности, назы-
вают дугой в один радиан. А угол, равный центральному углу,
опирающемуся на дугу в один радиан, называют углом в один радиан.
Можно показать, что как градусная, так и радианная мера дуг
и углов не зависят от величины радиуса окружности, а зависят
только от величины соответствующего центрального угла.
Полный оборот, которому соответствует длина окружности, со-
держит 360° или -р- = 2л радиан*.
* Как уже отмечалось в I разделе, при радианном измерении дуг и углов
слово «радиан»,.как правило, не пишут: например, говорят, что прямой угол
равен -Г- или угол равен 2,537, а подразумевают, что «угол равен ~ радиа-
Z 4
нам» или «2,537 радианам». Однако это не означает, что при радианном измере-
нии дуг и углов их мера выражается отвлеченными числами. Никакого принци-
пиального различия между градусным и радианным измерением дуг н углов не
существует.-Различие состоит лишь в выборе единицы измерения.
267
- Таким формулу П1 и наоборот: образом, 360° соответствует 2л радианам. Отсюда получаем ерехода от градусной меры дуг и углов к радианной, а радианов 18б°" «радианов
В частпост: • 1 - 1 радиан = ~ 57° 17' 44'', 8 == 57°, 29578 =. = 3437', 747 = 206264", 8; (15) - ’ тс •’•р радианам « 0,01745329 радианам. (1о ) I o(J
(Для вычисления углов с точностью до 0,1 сек значение числа л
нужно брать с семью значащими цифрами, т. е. л » 3,141593).
Пример 1. Нацти радианную меру угла а =18° 15'.
Решение. По формуле (14), взяв л « 3,1416, наводим (18° 15' =>
= 18°, 25):
л 18°, 25 " п о,око '
а=—jggg—= 0,31852 .радианам.
. . Пример 2. Найти градусную меру угла а = 3,68 радиана.
’ Решение. По формуле (14) находим:
О СО 1 ОАО ’ • • '
я = ~ 57°, 296 3,68 = 210°, 849 « 210° 51'.
Приведем таблицу градусной и
щихся углов:
радианной меры часто встречаю-
Углы в градусах
Углы в.радианах
.16 30 .45
к -гс .тс
12 Т Т
60 76 90
« 5ж . • те
Т 12 2
180 270 360
3»
* т 2г:
. В конце справочника приведена таблица перехода от градусной
меры дуг и углов к радианной, и наоборот.
3. Углы и дуги произвольной величины. Если вектор ОА
(рис. 326а) вращается в плоскости вокруг точки О в положительном
направлении, то дуга, описанная концом вектора А, и соответствую-
щий этому вращению угол называются положительными, а если вра-
щение вектора ОА отрицательное (рис. 3266), то соответствующую
дугу и угол называют отрицательными.
268
Дуга (угол) измеряется действительным числом, абсолютная
величина которого равна величине дуги (угла), взятой со знаком
плюс, если дуга (угол) положительна, и со знаком минус — если дуга
(угол) отрицательна.
Если горизонтальную полуось ОА зафиксировать (рис. 327)
и считать начальной стороной угла АОВ, а подвижный вектор ОВ —
конечной'Стороной этого угла, то вектор ОВ, вращаясь в плоскости
вокруг своего начала, образует углы любой величины, а его конец В
будет описывать дуги любой величины. Положение вектора ОВ не
вокруг точки О в положительном направлении и не сделал полного
оборота, то Z.AOB = a, где 0<а<360°, если же вектор ОВ
сделал 7 оборотов и поворот на угол а, то
/ .ВОЛ = а 4- 7 . 2тт = а + 14п.
Если о числе оборотов ничего не сказано, то угол
/ ВОА == а 2ет,
где п может быть любым целым положительным и отрицательным
числом:
я 0; il; ±2; хЗ; ...
Таким образом, если специально не оговорено, то угол в три-
гонометрии задается с точностью до произвольного числа целых
оборотов.
269
§ 65. Тригонометрические функции произвольного угла
1. Определение тригонометрических функций произвольного угла.
Пусть в прямоугольной системе координат хОу задай радиус-вектор
ОА = а, образующий с положительным направлением оси Ох угол а
(рис. 328). Будем считать, что ось Ох — начальная сторона, а век-
тор ОА — конечная сторона угла а. Проекции вектора а на коорди-
натные оси соответственно обозначим ах и ау.
~ Можно показать, что отношения—, —, -- , где а—длина
а а аи
-> у
вектора а, зависят только от величины угла а и не зависят от длины
вектора а. Поэтому эти отношения
можно рассматривать как функции
произвольного угла а.
Синусом угла а, образованного
осью Ох и произвольным радиусом-
вектором ОА ' (рис. 328), называется
отношение проекции "'этого вектора
на ось Оу к его длине:
sin а —. (16)
а
Косинусом угла а, образованного
Рис. 328. осью Ох и произвольным радиусом-
вектором ОА, называется отношение
проекции этого вектора на ось Ох к его длине:
соза = ~. (17)
Тангенсом угла а, образованного осью Ох и произвольным ради-
усом-вектором ОА, называется отношение проекции этого вектора на
ось Оу к его проекции на ось Ох:
tg« = ?. (18)
а-х
Котангенсом угла а, образованного осью Ох и произвольным
радиусом-вектором О А, называется отношение проекции этого век-
тора на ось Ох к его проекции на ось Оу:
ctga=~. (19)
270
Секансом угла а, образованного'осью Ох и произвольным' ради-
усом-вектором ОА, называется отношение длины этого вектора
к его проекции на ось Ох;
а
sec а — —
ах
(20)
Косекансом угла а, образованного осью Ох и произвольным ра-
диусом-вектором ОА, называется отношение длины этого вектора
к его проекции на ось Оу;
а
cosec а — -~‘-
(21)
Замечание, Если не указано сколько оборотов совершил
вектор ОА вокруг точки О в.плоскости хОу (рис. .328),- тоположеиие
вектора определяет угол с точностью до целого оборота, т. е. углу
с начальной стороной Ох и конечной стороной ОА соответствует
бесчисленное множество углов, которые выражаются формулой
360° • п +«, где п = 0; ± 1; ± 2; ±3; ±4; ... .
. Тад кек ддя всех втих углов величины ах, ау и а остаются не-'
изменными, ‘to
sin (а -|- 360° • я) =» sin «;
COS (а -|- 360е ft) « COS а;
tg (a + 360° • ft) m tg a;
ctg (a + 360° ft) <= ctg a; (22)
sec (a 4- 360° n) = sec a;
cosec (a -f- 360° • n) = cosec a.
2. Знаки тригонометрических функций. Дли на радиуса-вектора
->
| а | = а всегда число положительное. Проекции его на координатные
оси величины алгебраические и в зависимости от координатных чет-
вертей имеют следующие знаки:
в I четверти ах > 0; аи >0;
во II четверти ах < 0; ау > 0;
в III четверти ах <0; ау<0;
в IV четверти ах >0; ау < 0,
271
Соответственно тригонометрические функции имеют знаки, ко-
торые указаны на рис. 329.
3. Ось тангенсов и котангенсов. Значения тригонометрических
функций не зависят от длины подвижного радиуса-вектора О А = а
(рис. 328). Для удобства принимают длину радиуса-вектора равной
единице, т. е. |я[ =1. В этом случае
sin а — аи} — ;
Ox
Рис. 329.
Окружность, описанную концом А радиуса-вектора а, называют еди-
ничной окружностью. .
Касательная к единичной окружности в точке ее пересечения
с положительной частью оси абсцисс, направленная одинаково с осью
ординат, называется осью тангенсов (рис. 330).
Т ео р.ё-м а 1. Тангенс угла, а равен алгебраической величине от-
резка оси тангенсов, .отсекаемого от нее продолжением вектора а
(рис. 330).
. Касательная к единичной окружности в точке ее пересечения
с положйтёльной частью оси ординат, направленная одинаково
с осью абсцисс, называется осью котангенсов (рис. 331).
Теорема 2. Котангенс угла а равен алгебраической величине
отрезка оси котангенсов, отсекаемого от нее продолжением вектора
а (рис. 331).
4. Построение угла по данному значению его' тригонометриче-
ской функции.
272
Задач а. Построить угол (дугу) -а, синус которого равен т,
Решение. Рассмотрим три случая.
а) Пусть jm|< 1. В координатной плоскости хОу строим единич-
ную окружность. На оси ординат находим точку, соответствующую
числу т. Через эту точку проводим прямую, параллельную осн абс-
цисс, и точки пересечения ее с еди-
Рис. 332.
получим углы АОх и ВОх, синусы 'которых равны т. Этй углы
определяются не однозначно. Обозначим меньший положительный
угол, определяемый конечной стороной АО, через / АОх-=аь а наи-
меньший положительный угол, определяемый конечной стороной ОВ,
обозначим ,/ ВОх = «з. Тогда искомый угол « определяется равен-
ствами
а =? 4- 2вд и а = аа 4- 2гсп,
где п =0; ±1; ±2; ...
273
б) Если [m| =1, т. е. т~ ±1, тогда прямые, проведенные через
точки (0; 1) и (0; —1) оси ординат, перпендикулярные ей, будут ка-
саться единичной окружности в точках, соответствующих наименьшим
It 3rt u —'
положительным углам "гри ту, а искомый угол а будет определя-
ться формулами (рис. 332, б)
it , . Зтс , „
а = -% -ф 2ти и о — —- 2л/г,
в) Если |м| >1, тогда прямая, проведенная через точку
(0, т) оси ординат перпендикулярно к ней, не пересекает еди-
ничной окружности (рис. 332, в). В этом случае задача решений не
имеет.
Таким образом, как следует из решения задачи, данному зна-
чению тригонометрической функции соответствует бесчисленное мно-
жество значений угла. Для того чтобы подобные задачи были
однозначными, из всех этих значений выделяют так называемое
главное значение угла.
Главным значением угла (дуги) а0, синус которого равен числу
щ(|/п[<1), называют угол (дугу), содержащийся в интервале от
—g- До +J(pnc. 333), т. е.
к . , л
“2-<3«<+2 •
274
Для. обозначения главного значения угла а0, синус которого равен.
m(j т К 1), вводят символ:
arcsin т,
который читают так: «угол (дуга), синус которого равен яг» или
Сокращенно «арксинус м».
Все углы (дуги), синус которых равен т, обозначают символом:
Arcsin т.
При этом асе множество различных значений Arcsin т выражается
через соответствующие главные значения по формуле
Arcsin т = (—1)" arcsin т -f- т, . (23)
где п = О', ±1; i2; ...
Задача построения главного значения угла, (дуги) по данному
значению тригонометрической функции решается однозначно.
Аналогично вводятся главные значения углов, определяемых
заданными значениями .функций косинуса, тангенса и котан-
генса:
а) .Главным,'значением угла .(дуги) arccosm (|.т|<1) называется
угол (дуга), с&ДеряСащийся в интервале от 0 до п (рис. 334), т. е.
0< arccos т <я.
Тогда аса углы (дуги), косинус которых равен т, выражаются фор-
мулой
Агссоа т » ± arccos т 2пп, (24)
где п — 0; ±1; ±2; ±3;
б) Главным значением угла (дуги) arctg т называется угол (дуга),
содержащийся в промежутке от —до (рис. 335), т. е.
я , , я
—2 < arctg m < +g-.
Все углы (дуги), тангенс которых равен т, выражаются формулой
Arctg т — arctg т w, (25)
где п=0; ±1; ±2; ±3; ...
275
в) Главным значением угла (дуги) arcctg m называется угол (дуга),
содержащийся в промежутке от 0 до л (рис. 336), т. е.
О < arcctg т <т..
Все углы (дуги), котангенс которых равен т, выражаются формулой
Arcctg т — arcctg т + ля, (26)
где /1=0; ±1; ±2; ±3; ...
§ 66. Основные тригонометрические тождества
Тригонометрическим тождеством называется равенство, в которое
входят тригонометрические функции и которое удовлетворяется про-
извольным допустимым значением угла — аргумента тригонометриче-
ских функций, но не удовлетворяется, если каждую в отдельности
тригонометрическую функцию заменить произвольной величиной.
Приме.р. Равенство (sin аcos a)s = sin2 о ф-2 sin a cos а-}-
4- cos2 а по существу не является тригонометрическим тождеством,
так как оно будет верным, если вместо sin а и cos а подставить
произвольные величины а и Ь. Тогда это равенство будет алгеб-
раическим тождеством' ,
(а 4-1>)2 = а2 + 2а& 4- &2.
А равенство .
' (sin а 4-' cos а)2 == .1 4- 2 sin d cos а '
является тригонометрическим тождеством, так как при замене sin а
и cos а на произвольные величины такое равенство места не имеет.
Между тригонометрическими функциями одного и того же про-
276 . .
извольного угла, существуют соотношения, которые называют основ-•
и ими тригонометрическими тождествами:
sin2 а -|- cos2 а = 1; . • (27)
Г^-2 (2Й+1)] ; : (28)
, cos а - . t 1 ctg а = ,. [« ^ та]; (29>
1 Г тс sec а а — (2k + О cos а L 2 4 1 7 1 (30)
cosec а -4— . Га =/» Kk I. sin а 1 J (31)'
tg а ctg а ~ 1, а — k ;
а (2k + 1)] 5
1 4- tg2 а = sec2 а,
, 1 + ctg2 а = cosec2 at, . {а ф rtfe],
где k — 0; ± 1; ±2; £3; ....
В квадратных скобках указаны значения apt
Из пяти основных тождеств вытекают три вспомогательных (про-,
взводных) тождества, которые, часто употребляются в преобразова-.
пнях:
(32)
(33)
(34)
«, при ко-
торых соответствующие "тождества имеют числовой смысл. Основные
тригонометрические тождества позволяют по значению одной из три-
гонометрических функций найти значения всех остальных.
Рассмотрим несколько упражнений на основные тригонометрические
тождества.
Пример 1. Определить значения тригонометрических функций,
.я
угла а, если tg а — — и 180°. < а < 270°.
Решение. Па формуле (32) находим
,14
Ctg а = -— = .
tga 3
По формуле (33) имеем
9 25
sec2a=l+tg23=l+^ = g
или
. . . 5
I sec я | .
277
Учитывая, что при 180° < а < 270° seca<0, получаем
5 5
—sec a = —, откуда sec а = —--.
Тогда по формуле (30)
4
cos a = — —.
Значение sin а найдем из формулы (27):
Sin2a=l-C0S2a=l-^ = l
или
I Sin a I = -=-
Учитывая, что при 180° <«< 270° sina<0, находим
' , 3
Sin а =---=-
5
и, наконец, по формуле (31) определяем
-.5
cosec a =----л-.
О
Пример; 2. Доказать тождество:
3 (sin4 a cos* a) — 2(sinea -j- C0S4a) ==‘l.
Pelneime. Преобразуем вначале левую часть равенства, а
тем, воспользовавшись формулой (27), находим:
3 (sin4 а -|- COS4 a) — 2 (sine a -ф cos’ a) =
= 3 (sin4 a + Cos4 a) — 2 (sin2 a -ф cos2 «) (sin4 a — sin2 a cos2 a cos’
= 3 sin4 a 3 cos4 ct — 2 sin4 a -}- 2 sin2 a cos2 a — 2 cos4 a =
— sin4 a 4- 2 sin2 a cos2 « -j- cos4 a = (sin2 a cos2 a) = 1,
что и требовалось доказать.
Пример 3. Доказать тождество:
sin3 а (1 + etg а)-|- cos3 a (1 -j- (go) = sin a + cos a.
Решение. Выполним следующие преобразования:
sin3 a (1-J-etg a)-|-cos3 a (1tg a) =
. „ /. , cos a) / sin a\
= sin8 a 1 4- —r + cos8 a 1 + ,-------- =
\ sin a/ \ cos a;
<= sin2 a (sin a cos «) COS2 a (cos a -J- sin a) =
= (sin a + cos a) (sin2 acos2 a) = sin a C|-cos a,
что и требовалось доказать,
за-
«) =
278
§ 67. Формулы сложения и вычитания аргументов
тригонометрических функций
sin (а р) = sin а cos р + sin р cos а; (35)
sin(a — р) = sin а cos р *- sin р cos а; (36)
cos (а +..р) = cos а cos В — sin a sin 3; (37)
cos (а — р) = cos а cos 3 4-sin а sin р; ' (38)
+ + + (39)
«,М-Р*|(1+2Л)г (40)
etg(“+₽)=^TTw; a-₽-a+^ta; (41)
Ctg(a-3)^^^±J; a,3,a-3^te, ' (42)
где k — 0; 4-1 j 4~ 2; 4:3; . . .
i Формулы (35) — (38) имеют числовой смысл при всех значениях
аргументов аир, а формулы (39) — (42) теряют смысл при значе-
ниях аргументов, отмеченных в .этих формулах.. Например, формула
(39) имеет место, если
а, р, а ф- 3 у= ~ (1 -j- 2А>), где k = 0; ±1'; ±2; ...
Заметим, что при аф?=у (1 4 2Л) будем, иметь
/ 1
tg а — -—
8 tg₽
и тогда
1 — tg a tg 3 = 0,
т. е. при этом значении аргументов а и р знаменатель в формуле
(39) обращается в нуль.
Формулы (35) — (42) позволяют определять по известным триго-
нометрическим функциям аргументов а и 3 значения этих функций
для сумм или разностей заданных аргументов.
Рассмотрим несколько примеров на формулы сложения и вычи-
тания аргументов тригонометрических функций.
Пример 1. Вычислить sin 15°.
279
1/2 1-
Решение. Известно, что sin 45° = cos 45° — у, sin 30° =
1/3
и cos 30° = , тогда по формуле (36) получаем:
sin 15° = sin (45° — 30°) = sin 45° cos 30° — sin З'Г cos 45° .
или
dni5o’_/2 /3 1 ]/2 /6-/5
Sin lt> = ---J- • ==. ---—--- = ..
Пример 2. Доказать, что если tga = -i- и tg (3 = -i-, причем
2. и
я и Р острые углы, то a -j- р = 45°.
Решение. Вычислим для заданных а и р по формуле (39)
tg (« + Р) -
tg « + tg Р
1 — tg a tg Р -
1 + 1
2 Г3
2 3
1.
Отсюда, поскольку no условию углы аир острые, то a -J- р = 45°.
Пример 3. Доказать тождество:
tg (а + ₽) — tg a — tg р = tg a tg Р tg (а 4-Р).
Решение. Рассмотрим левую часть тождества и вынесем в ней
за скобки tg (a 4- Р), тогда, воспользовавшись формулой (39), имеем
tg« + tgpl
tg (а 4- 0) J
tg (“ + Р) — tg a — tg p = tg (a P) 1
, z , rj4 Г, (tga4- tg S)(l—tg a tg 6)1 • ...
tg (a 4- P) [1 — —--= tg a tg P tg (a 4.P),
что и требовалось доказать.
§ 68. Формулы приведения
Формулы, при помощи которых тригонометрические функции про-
извольного угла можно привести к функциям острого угла, назы-
вают формулами приведения. Поэтому таблица значений тригономе-
трических функций составляется только для углов а, лежащих в пер-
вом квадранте, т. е. для
0<а<у.
260
Пользуясь формулами сложения и вычитания аргументов тригономе-
трических функций и полагая в'них последовательно {3 = ~ > ₽ = л,
Зтс
р 2тс, легко получить следующие формулы приведения:
I тх \
sin I -у ± а I = 4- COS я; sin (л ± я) — psin я;
sin ± я I == —cos я; sin (2л ± «) = ±sin я; (43)
COS ± aj = т sin я; cos (л ± я) = —cos я;
cos ± aj — ±sin я; cos (2л ± я) =-j-cos я; (44)
tg (д ± «j == + etg я; tg (л ± я) = ±tga; (45)
etg i-g- ± a] = Tig a; etg (л ± a) = ± etg я.. (46)
Если учесть, что прибавление целого числа оборотов 360° или 2лп,
где п целое число, к аргументу тригонометрических функций на зна-
чение функции не влияет, то, пользуясь этим свойством и формулами
(43) — (46), любую тригонометрическую функцию произвольного угла
можно привести к функции острого угла.
Для приведения тригонометрических функций произвольного угла
к функциям острого угла удобно представлять произвольный угол
в виде 90° • п + я, тогда:
sin (90° • п 4- я) =
4-sin я, если п — 4k;
-{-cos а, если n— 4^4-1;
—sin я, если п = 4k 4- 2;
—cos я, если n.~- 4k 4- 3;
(47)
14-cos я, если n — Ak;
-sin Я, .если n = 4k j-1; (48)
—cos a, если Л «= 4Л + 2; v '
+sin a} если n = Ak + 3;
tg (90° . n + a) = еСЛИ " = i (49)
bv r ’ I—etg a, если n == 26 4~ 1 i '
etg (90° .« + «)=! a- если « =2*1 , (Б0)
°' 11 (— tg я, если n = 2k 4-1, ' 7
где k — 0; _±1; +2;...
28j
Из формул (47) —• (50) вытекает следующее правило. Любая три-
гонометрическая функция угла SO? • п 4~« по абсолютной величине
равна той же функции угла а, если число п — четное, и сходствен-
ной функции, если п — число нечетное. Прн этом, если функция
угла 90° а положительна, когда а — острый угол, то знаки обеих
функций одинаковы; если отрицательна, то различны.
Пример. Привести tg 3728° к функции острого угла.
Решение. Представим' угол 3728° = 90° • 41-4-38°, тогда
согласно формуле (49)
tg (90° • 41 + 38°) = — etg 38°.
Два угла, сумма которых равна 90°, называются дополнитель-
ными углами. Например, 90°—а и а, 45° а и 45° — а или 60° -|- а
и 30° — а..
Сходственные функции дополнительных углов равны между
собой, например,
sin (45° 4- а) = cos (45°, — а);'
tg (45° 4- а) = etg (45°— а);
sin (60°-(-.«) = со§ (30° —• а);
sin (30° — а) = cos (60° + “)•
Эти формулы вместе с формулами приведения-позволяют привести
любую тригонометрическую функцию произвольного угла к функции
положительного угла а, не прев,ышаюЩега. 45°.
§ 69, Четность и нечетность тригонометрических функций
Известно, что функция / (а-) называется нечетной на отрезке
[—a, -|-nj, если при всех х из этого отрезка имеет место равенство:
f (-*)==-/« - . (51)
и — четной, если .
/(-х) = 4~т .. • (52)
Из тригонометрических функций sin a, tga, etg а и cosec а —не-
четные, a cos а и sec а — четные, т. е. •
sin (—а) = —sin а; (53)
cos (—я) = 4-cos а; (54)
tg (—«) = —tg а; ' (55)
etg (—а) = —etg а; (56)
sec (—а) = 4-seca; (57)
cosec (—a) — —cosec а. (58)
282
Эти формулы справедливы при всех значениях аргумента «, при
которых функций'существуют и позволяют любую функцию отрица-
тельного аргумента привести к функции' положительного аргумента.
Заметим, что эти формулы можно доказать при помощи формул сложе-
ния и вычитания аргументов тригонометрических функций. Например,
sin (—а) = sin (0° — а) = sin 0°.cos а — cos 0° sin а = — sin а,,
т. е.
sin (—а) — —sin а.
§ 70. Формулы двойных и тройных углов (аргументов)
Из формул сложения аргументов тригонометрических функций
при а = [3 получаем следующие формулы удвоения аргумента:
. sin 2а = 2 sin а COS й; cos 2а. = cos2 а — sin2 а; (59) ' (60)
г ' 2 tg а tg 2а = ; S 1 —-tg2 а (61)
, „ etg2 а — 1 Ь 2 etg а Если формулы (27) и (60). COS2 аsin2 а — .1, cosaa — Sin2a == cos 2а, (62)
сначала вычесть одну из другой, а затем сложить, то получим сле-
дующие две формулы, которые часто употребляются при различных
тригонометрических.преобразованиях:
. „ .1 — cos 2а
Sin2 а = -----—-----
(63)
. 1-г cos 2а
cos" а = --------. (64)
Путем последовательного применения формул сложения аргументов
тригонометрических функций можно получить формулы для За, 4а
и т. д. Приведем формулы для тройных уг4тов:
Sin За = 3 sin а — 4 Sin® а; Cos За = 4 COS® а — 3 COS а; ta 3 tg а — tg® а . ^За= 1 —3tg2a ’ ct„ 3a-3dg?--ctg8a ь 1 — 3 etg2 a' (65) . (66) (67) (68)
283
Рассмотрим несколько упражнений на. формулы кратных углов.
Пример 1. Доказать, что
п . О sin 16а
COS a COS 2а COS 4а COS 8а = т-х—:— . । '
Iosina
Решение. Умножим и разделим левую часть данного равен-
ства на sin а и применим 4 раза- подряд формулу (59), представив
ее в виде, sin a cos a = sin 2a. Тогда
_ ' • „ (sina cos a) cos 2a cos 4a cos 8a
cos a cos 2a cos 4a cos 8a — 5---:::---------------------
sin a
~ (sin 2a cos 2a) cos 4a cos 8a —.(sin 4a COS 4a) COS 8a
sina = . sina
•4 sin 8a cos 8a. , . ,.
. 8 , , . _ 1 S|n 16a
~ . Sina ~~ 16; . sin.? '
"что и требовалось доказать'.-
о . ; sin-46a 1
Заметим, что если 16a-4-a == к, то ,. ........— , т. е.
. . 16.Sina. 16’.. •_ ...
к 2тс. 4к 8л 1
cos— cos — cos р? cos— = .
Пример 2. Доказать, что .
sin a sin (60® — a) sitl(60’+ a) =-L sin 3a.
Решение. Преобразуем левую часть равенства
• sina.sin (60° — a) sin (60° + a-).=s
= sin a (sin 60° cos a — cos 60° sin a) (sin 60° cos a -4? Cos 60° sin aj =
./ з ", \
= sin a (sin2 60° cos2 a — cos 60° sin2 a) sin a L-j- cos2.? — — sin2 a I =
— -— sin a (3 cos® a — sin2 a) = -l-sin a [3 (I — sin2 a) — sin2 a] =>
= 4-(3slna — 4 sin3 a) = 4-sin 3a,
что н требовалось доказать.
284
Аналогично можно доказать тождества:
cos a cos (60° — я) cos (60° co's Зя;
tg я fg (60° — а) tg (60° 4' а) = tg За;
etg a etg (60° — а) etg (60° -j- “) = etg За.
Пример 3. Упростить
А = tg 3° fg 17° fg 23° fg 37° tg 43° tg 57° fg 63° fg 77° fg 83°.
Представим данное выражение в виде
А = (tg 3° fg 57° tg 63°) (fg 17° tg 43° tg 77°) (fg 23° fg 37° tg 83°)
и воспользуемся тождеством для тангенсов из примера 2, тогда
. Л = tg9° fg 51° fg 69° = fg27°.
О т в е т; А = tg 27°.
П р и м е р 4. .Вычислить sin 18°.
Решение. Воспользуемся тождеством:
sin 36° == cos 54°.
Обозначив 18° = .а,-находим, что в данном случае
sin 2а = cos За
или
2 sin а cosa = 4 cos3 а — 3 cos а.
Так как cos а 4= 0, то, сократив это равенство на cos а, имеем
2sin а = 4 cos2 а т 3 = 4 (1—sin2 а)—-3,
откуда
4 sin2 а-|-2 sin а— 1=0.
Решая это .уравнение относительно sin а, найдем
: ’ /5 — 1 : — /5 — 1
sin« = ^—-г—. или sin а =------------.
4 4
Так как в первом квадранте sin а > 0, то второе значение не
подходит.
Ответ: sin 18° = =0,30901699...
4
2S3
§ 71. Формулы половинного аргумента
Формулы деления аргумента пополам выражают тригонометричес-
кие функции половинного аргумента -g- через тригонометрические
функции аргумента а.
. а
I. а 1 Г1 — COS а
siny |= (/—у—;
а 1Г1 4- cos а
с„,_ = |/ —х_—,
/4=^; «^«(24+1);
Г 1 + cos а . ' 1 '
Ictgy = 1/£ = 0: -± 15 ±2;...
I 1 л г 1 СОЗ Я
_ , а , а • . _
Для1§— и etg — иногда удобнее, пользоваться формулами!
, а sin« 1—cos а ,
tg-o-=i—i-------——• ! а я (2А + 1);
2 1 + cos a sin а - '
а 14- cosa sin а
С -— —- =ss ---------• п. «
2 sin а 1 — cos а ’
(69)
(70)
(71)
(72)
(73)
(74)
а 2kit; k == 0; ± 1; ...
Рассмотрим несколько примеров.
„ . п . а а 4
Пример 1. Вычислить sm-^- и соз-^-, если cosa = —
2 2 О
и 180° < а < 270°.
Решение; а) По формуле (69) находим:
a
sin~2
Учитывая, что sin4->0 при 180°<2< 270°, т. е. 90° < 4- <135°,
получаем, что
sin ~ = -4=: = 0,3 /То к 0,948683.
2 /10
286
б) По формуле (70) находим:
Отсюда, учитывая, что при 90° <-|-<135° cos-|-<0, имеем:
005-2- =-----1 ~ _ 0 316228.
2 /10
Пример 2. Доказать, что
tg7°36' = /6-—/3+/2 — 2 « 0,13165249.
Решение. Применяя сначала формулу. (73), а затем формулы
(69) и (70), получаем! ______ .
1—cos 15° 1-/?^ /5-/1+Й
18= = 'у-у аг “" “
« 2~/2-г/3 = (2-У2 +/з)К2 + /3 в 2-|Л2 + /з'_
/2-/3 /2-/3-/24- /3
— (2 4- /3) = /8 4-4 /3 — 2 — /3 = /84-2/1'2'— 2/3 =
= /б-/3+/2-2,
что. и требовалось доказать ________
Заметим, что для вычисления /в 4" 2 /12 = /в 4*. /2 была
применена формула
/а4-2’4-2/й6=/а4" /&,
которой часто приходится пользоваться при преобразовании иррацио-
нальных выражений.
Пример 3. Доказать, что
1 — tg2 15° /3
1 4- tg2 15° 2 ’
287
Решение. Воспользовавшись формулой (71), получаем
• I — cos 30° _ .
' l -tga15°_ 1 т cos 30° /3
1 + tg* 15° -' 1 — cos 30° “ ~ 2 ’ .
1 + 1 + cos 30°
что .и требовалось доказать.
§ 72. Формулы преобразования произведения
тригонометрических функций в сумму
. sin a cos р = [sin (а 4- Р) + sin (в — fl)J; (75)
cos а cos р = -i- [cos (а 4-3) + cps (a — P)]; (76)
sin a sin p ='i [cos (а — p) «cos(a + P)J. (77)
‘Рассмотрим несколько^примёров.’
Пример 1. Упростить выражение .
Л = sin За sin3 а 4-cos За cos3 а.
Решени е. Преобразуем-.данное -выражениеследующим образом!
A '== (Sin З.о.sin a) sin^.a 4- (cos За cos a) cos2a.
Воспользовавшись теперь формулами (76), (77) и (64),' находим:
А = ^- (cos 2а — cos 4<х) sin2 а + ^- (cos 2а 4-* COS 4а) cos2 а =
.==-i-cos 2а ($[ц2 а 4-COS2 а) 4~cos 4а (cos2 а — sin2 a) ==
== -i- cos 2а 4- -i- cos 4а cos 2а = ~ cos 2а (I 4- cos 4а) ’=
it £
- ==-i<.cos2a, 2cos2 2а = cos3 2а.
Заметим, что при решении этого примера можно было воспользо-
ваться формулами , sin За и cos За.
233 - ' ' ' '
Пример 2. Упростить выражение ''
А — COS а 4- cos (й 4~ 3) + COS (а 4~20) +,•••+ COS [а (Л — 1) 0J -}-
COS (а 4- Пр),
где п — натуральное число, т. е. любое целое и положительное
число.
Решение. Если 0 у» 2/eit, где k — целое число или 0,. то
умножим и разделим обе части выражения А на sin —-, тогда получим:
<4 — —Цг- /sin ~ cos а 4“ sin -х- cos (а 4'?) + sin тг cos (а + 2?) +
, й I 2 i £
sln2 .
4- • • • 4- sin.cos [а 4- (я — 1) р] 4- sin cos (я 4-л0) 1.
Л £• I
^Преобразуя при помощи формулы (75) произведения синусов на
косинусы в сумму, найдем:
2 sin —
йм 01 X JL
—sin I а 4- -^-1 4- sin
sin а 4-
, . I , 2л —1Д . ( , 2п — За\ . . ( 2я 4-1 Д
4- sin I а 4--— р I — Sin I а 4-g-Ру 4- sin I я 4-g— 0/ ~
. I 2л — 1 Д
— sinl«4------И =
1 . f , 2л 4-1 Д 01 1
sin ..г _ Sln « - - = — X
2 sin 4Д L J 2 sin-у
2 2
X 2 sin Z1-- 0 cos fa + 4- p) =
2 \ ^ /
(1+Olcos(a+Ap)
sinf
Если p = 2ht, тогда, воспользовавшись формулами приведения, по-
лучим:
А — (п 4- 1) cos а.
10 6-203
289
Ответ:
f . (и + 1) P / n Д
sin 3—£—O- cos I a + — p I
I ----------------:------L , если
~ i - sin
( (n + 1) cos a, если p = 2ta,
где k — 0; ±1; ± 2; ...
Пример 3. Доказать, что ’
2л . 4л , 6л 1
cos — + COS у 4- cos -- =-----.
Решение. Умножив и разделив левую часть равенства иа
sin , получим:
. л 2л , . л 4л , . к 6л
2л .. 4л, 6л Sln 7 cosy + sin у cosy+ sm у cos
cos 4- cos — + cos — ------------------------------------------—- =
7 7 7 л
Sin у
1 I . Зл . л 5n . Зл , , 7л . 5л\
---------- sin — — sin — + sin -=— sm-r + sin-=— sin-=-l =
„ . л \ 7 I i .7 7 7/
1 I . . л
-------- simt — sin -=-
о • л \ 7,
2 sin у ‘
что и требовалось доказать.
У п р а ж и е и и е. Проверьте формулы (75) —(77), преобразовав
их правые части при помощи формул (35) — (38) § 67.
§ 73. Формулы преобразования суммы тригонометрических
функций в произведения
. . „ _ . <х -4- В а — р
sin a 4- sin р = 2 sin —у- cos —у ; (78)
• o „ . a — p «4-3
sin a — sin p — 2 sin —y- cos —~; (79)
a n «4-3 « --- 3
cos a 4- cos p = 2 cos —y- cos —y-; (80)
290
cos я — cos [3 = 2 sin sin = — 2 sin --y^ sin --- ; (81)
tg a 4- tg p = ; (82)
b 1 b r COS a COS p
tg a — tg p = Sin j-; (83)
COS a COS p
ctg a 4- ctg p = ; (84)
6 l e>^ sin a sin P •
X О — Sin (a — P) Sin(P — a)
ctg a — ctg p = >—:--Ц—5-12 = . --г-д . (85)
& r sin a sin p sin я sin p
Рассмотрим несколько примеров.
Пример 1, Доказать тождество:
sin a 4- sin 3« 4- sin 5a , „
1_____________1 — tg Зсс.
cos a 4- cos 3a 4- cos 5a °
Решение. Перегруппировав в левой части тождества слагае-
мые в числителе и знаменателе, а затем, воспользовавшись форму-
лами (78) и (80), найдем
sin a 4- sin 3a 4- sin 5a sin 3a 4- (sin a 4~ sin 5a)_
cos a 4- cos 3a 4* COS 5a ' cos 3a 4- (cos a -|- cos 5a)
_ sln 3a + 2 sin 3a cos (— 2a) __ sin 3a (1 4~ 2 cos 2a) _
— COS 3a 4~ 2 COS 3a cos (— 2a) ~ cos 3a (1 4-2 cos 2a) g a’
что и требовалось доказать.
Пример 2. Доказать тождество:
(Зк । / к । I Зп । । л ^ । | •
~ — a I — COS I 1Q — a I — cos I IQ 4- a I cobl Jq + a j = sin a.
Решение. Преобразуем левую часть тождества следующим
образом:
10*
291
„ . п . л 2п:
=7 2 sin a • 2 sin уд cos ==
. , .it ' Л ’ 2lt:
4 Sin a -Sin — COS yg - COS yg
cos- , ....
. 2л 2л . 4л
2 sin a > Sin yg COS yg Sin a Sin yg
Л Л
COSyg COS yg
что и требовалось доказать.
Пример 3. Доказать, что
4 (cos8 20° 4- cos3 40°) = 3 /3 cos 10°.
Решение. Преобразуем
4 (cos® 20° 4* cos3 40°) = 4 (cos 20* cos2'20° 4- cos 40° cos2 40°) =
/ олг. 1 4- cos 40* , лао 1 4- cos 80* \
« 4 I cos 20°----g----4- cos 40° — 1
, I n Л \ .
sina5inb-w)
“ Slfl Gt,
cosfi). .........
2
2 cos 20® 4- cos 40° 4- у (cos 60°
4- cos 20°) 4-
+ (cos 120° + cos 40°) I «= 2 cos 20® -f- 2cos 40®
I .--- Г .V + У + C0S 20°---------g- +
4- cos 40° = 3 (cos 20° + cos 40°) = 6 cos 30° cos 10° = 3 ]/з cos jo”
Пример 4. Доказать, что если а 4- 3 4- 7 = л, то
tg a 4- tg ,8 + tg 7 = tg a tg 3 tg 7.
Решение. По условию a. 4- р =» г. —7, тогда
tg (a 4- 3) .= tg (л — 7) == — tg 7.
Воспользовавшись теперь формулой (39) § 67, имеем
fga-Mgft
1 — tg a tg P ё *’
откуда
tga+ fgp 4. fg 7 = tg a fg p fgy,
что и требовалось доказать,
Исследуйте, будет ли доказанное тождество справедливо в част-
’ Л '
ном случае, когда а + р=—. . .. ..
292
Пример 5. Доказать, что если а, 3, 7 —острые углы и
etg a etg 3 4- etg a etg 7 + etg р etg 7 = 1, то « -f- 8 4- 7 = тг.
Решение. Преобразуем данное в условии равенс'тво следую-
щим образом:
etg »(etg 3 4- etg 7) = 1 — etg [3 etg 7.
Тогда
: ctg a = t-etg^etgy..
g etg?-f-etg 7
или, согласно формулам (41) и (46),
ctg а = — ctg (? -f- 7) = ctg (те — ? —'().
Так как по условию углы a, ?, у острые, то
а. = к — 8 — у
или
a 4- ? 4- 7 = к = 180 °, .
что и требовалось доказать.
§ 74. Формулы, выражающие тригонометрические функции
через тангенс половинного аргумента
2tgT
sin а ---------; (86)
l+tg*|
1 - tg2|
cos a =---------; (87)
1 +tg2 y
2 tg y
tga =----------: (88)
l-tgS-
, , , Я 9
1 — tg2 ' n~
Ctg a = --------. (89)
2tg|
Формулы (86) — (89) находят, в частности, широкое применение
в интегральном исчислении.
293
§ 75. Преобразование тригонометрических выражений
с помощью введения вспомогательного аргумента
Рассматриваемый прием заключается в том, что некоторое число(
представляют как тригонометрическую функцию соответствующего
аргумента <р. Поясним сказанное на примерах. j
Пример'
сумму А + В,
Вынесем А за
1. Пусть требуется преобразовать в произведение
где А и В — произвольные действительные числа.!
5
скобки и обозначим у = tg , тогда <
в i
[ в \ !
А + В = А ^1 + А (1 + tg ¥) =
\ sin(~ + <p А У 2 sin {-£- + <р)
Л Itg~ + tg <?) = А —' V4 7
7 COS — COS <p
4 r
cos <р
где величина вспомогательного аргумента у определяется по задан-;
ному значению тангенса:
. в
tg? = T.
Пример 2. Преобразовать в произведение А — a sin а + b cos а.
Подберем такие положительные числа р и <р, чтобы имели место
равенства
(р cos <р = а,
р sin <р = Ь.
Возведем обе части каждого из уравнений системы в квадрат и сло-
жим, тогда
Р" (sin2 у + cos2 у) = а2 -|- 62,
откуда
р = + У а2 4- Ь2 .
Значит,
a a b b
COS Ф = — = -----; SIH Ф = — = - ..... .
Р /а24-&2 Р ]/а2+ &г
Последние равенства определяют вспомогательный аргумент у.
Подставляя в выражение для А вместо а ~ р cos ср и b = р sin
найдем:
А — a sin а Ь cos а = р (cos у sin а + cos a sin ?) == р sin (а у)
294
или ______
a sin а 4- b cos а = -|- ]/аа -ф &2 sin (а 4~ ?)•
где tp определяется из равенств
а . Ь
CoS О = --;.....- И Sin ср = --р.....- .
+ /а2 + &2 +/а24-&2
Можно также величину вспомогательного аргумента у опреде-
лить из уравнения
а затем из всех его возможных корней выбрать тот наименьший
корень, который дает соответствующие знаки заданным величинам
а = р cos ф, b = р sin ср, где р — а2 + Ь2.
Например, если а<0и&>0, тор надо взять во второй чет-
верти, так как только в этом случае cos <р < 0 и sin ср > 0, что
и обеспечит требуемые знаки для заданных величин а и Ь, поскольку
р всегда положительное.
§ 76. Тригонометрические функции абстрактного аргумента
До сих пор аргументами тригонометрических функций рассмат-
ривались именованные величины — углы (дуги), измеренные в гра-
дусах или радианах. Значения тригонометрических функций, как
отношения отрезков, являются абстрактными величинами (числами).
При изучении свойств тригонометрических функций приходится
сравнивать изменения функции в связи с изменением аргумента,
а сравнивать можно только однородные или, что еще лучше,
абстрактные величины.
Кроме того, введение тригонометрических функций от абстракт-
ного аргумента дает возможность применять эти функции в различ-
ных вопросах математики, физики, техники и т. д.
Понятие абстрактного аргумента можно ввести следующим
образом.
Вместо именованного значения аргумента тригонометрических
, л х радианов
функции в х (радианов) рассматривать абстрактное число: ~~[~рад^дц- —
---х и по определению принять, что sin х, где х—.абстрактное число,
равен sin х, где х измерен в радианах.
295
Аналогично определяются другие тригонометрические функции
абстрактного (числового) аргумента. Для тригонометрических функ-
ций абстрактного аргумента можно дать такое определение:
Т-ригономе трические функции абстрактного аргумента х-—это
одноименные тригонометрические функции угла в х радианов. з
§ 77. Периодичность тригонометрических функций
Функция у == / (х) называется периодической, если существует
число а, отличное от нуля, такое, что при любом целом, п тожде-
ственно (т. е. при любом значении X) выполняется равенство:
. . f (х + па) = f (х), л = 0; ±1; ±2; ... (90)
Число а называется периодом функции.
Если число а есть период функции, то и числа 2а, За, 4а и т. д.
также будут периодами этой функции. Как правило, периодом назы-
вают наименьшее из возможных положительных значений' числа а.
Иногда это значение называют основным периодом.
Период функций sinx и cosx равен 2тс. Для этих функций имеют
место формулы:
sin (х -f- 2пп) = sin х,
cos (х 4- 2nn) = cos х, (91)
где п — 0, ±1, ±2; . . .
Период функций tgx и ctgx равен к, т. е.
tg (х + тот) = tg х,
etg (х -|- таг) = etg х, (92)
где п = 0; ±1; +2; ...
Свойство периодичности тригонометрических функций позволяет
изучать их на отрезке, длина которого равна основному периоду.
. § 78. График и некоторые свойства функции у = sin х
1. Построение графика функции ,y==sinx. График функции у =
= sin х называют синусоидой (обыкновенной). Для построения графика
можно взять значения аргумента х с определенным интервалом
и составить таблицу значений z/ = sinx, соответствующих выбранным
значениям х, а затем по точкам, как это часто делается в алгебре,
построить график.
Приведем здесь геометрический способ построения графика функ-
ции г/= sinx.
296
р Строим в системе координат хуО^ единичную окружность /?.?= 1
с центром Ох на оси' абсцисс? хг (рис. 337). Дугу этой окружности
2тгР = 2тг, начиная от точки оси абсцисс хг — -j- 1, делим на п ,рав-
• 2тг 4х 6л 8гс 2(ц—1)л
ных частей: 0, —, — , — — -----— (на рис. 337 взято
п п п п п
н=12)., ...
Затем строим вторую систему координат хОу, ось которой Ох
совпадает с. осью О1ХЬ ио начала координат О] (лу = 0) и О (х = 0)
у этих систем различные. В новой системе координат отрезок оси
абсцисс рт х'= 0 до х = 2л делим также на п равных частей:' О,
2л О
— , —........2 гг. Из точек деления окружности проводим прямые,
параллельные оси Ох, а из точек деления отрезка [0, 2п] проводим
прямые, перпендикулярные этой оси. Точки пересечения соответ-
ствующих прямых будут точками графика у — sin х, так как орди-
наты этих, точек .равны значениям синуса, соответствующим значе-
ниям аргумента в точках деления отрезка [0, 2?cj.
Пользуясь периодичностью функции sin х легко продолжить гра-
фик этой функции на всю числовую ось (см. рис. 342).
2. Простейший синусоидограф. Синусоидографом называют при-
бор, с помощью которого можно начертить график функции синус.
Рассмотрим прямой круговой цилиндр, радиус которого г—1
(рис. 338). Пересечем, его двумя плоскостями, одна из которых
перпендикулярна оси цилиндра, а вторая Рг образует с плоскостью
Pi угол р == 45°.
Плоскость Р1 в сечении с цилиндром дает окружность АМСЕ,
плоскость Р2 пересекает цилиндр по замкнутой кривой, которую
называют, эллипсом (см. § 57). Плоскости Р^ и Р2 пересекаются по
прямой АС, являющейся диаметром окружности АМСЕ. Найдем
величину отрезка образующей цилиндра у = МВ, который лежит
между плоскостями Pt и Р2.
297
Величина у = МВ является переменной и зависит от положения
точки М на окружности АМСЕ. Положение точки М будем опре-
делять при помощи центрального угла /_ МОЛ, который обра-
Рис. 338.
зугот радиусы О А и ОМ. Вели-
чину у = МВ. определим из
треугольника QMB. В этом
треугольнике угол QMB пря-
мой, потому что образующая
МВ перпендикулярна к плос-
кости Pt. Острый угол BQM —
= ₽ == 45°, так как BQ и MQ
перпендикулярны к АС — линии
пересечения плоскостей Р1 и
Р2. Тогда ВМ — MQ. Из тре-
угольника OA4Q по определе-
нию тригонометрических функ-
ций находим:
MQ — г sin а = 1 • sin а.
Учитывая, что MQ = MB, по-
лучаем:
у = МВ — sin а.
Таким образом, отрезок образующей кругового цилиндра, заклю-
ченный между плоскостями Рг и Р2, составляющими угол в 45°, равен
синусу центрального угла а, который определяет положение рас-
сматриваемой образующей.
Рис. 339. Рис. 340.
Теперь можно воспользоваться полученными результатами для
построения синусоиды. Проще всего взять свечу, обмотать ее бума-
гой несколько раз и перерезать острым ножом под углом 45° к ее
оси (рис. 339). Развернув бумагу, получим на ней синусоиду*
(рис. 340).
* Гисукки 339 и ,,'40 заимствованы из книги П. Штейигауза, Математиче-
ский калейдоскоп, Гсстехиздат, М,—Л., 1949.
298
По этому же принципу можно построить синусоидограф. Возьмем
деревянный круговой цилиндр диаметром 3—5 см и сделаем на нем
острым, ножом треугольную выемку глубиной в 1 мм вдоль той
линии, по которой плоскость Рг пересекала бы цилиндр. Вдоль
сделанной выемки обвяжем цилиндр медной
проволокой диаметром приблизительно в 1 мм
и закрепим его плоскогубцами (рис. 341).
При этом проволока должна немного высту-
пать иад поверхностью цилиндра. Место скру-
чивания проволоки следует пропаять и за-
чистить напильником с таким расчетом, чтобы
место скручивания несколько возвышалось
над проволокой. При вычерчивании синусои-
ды это возвышение будет отмечать периоды
функции.
Чтобы начертить синусоиду, нужно поло-
жить синусоидограф на лист чистой бумаги,
и, надавливая на концы цилиндра, прокатить
его по бумаге. Тогда проволока, которая
выступает над поверхностью цилиндра и реа-
лизует линию пересечения цилиндра с плос-
костью Р2, оставит на бумаге след в .виде кри-
вой у = sin х. Чтобы сделать этот след более
четким, можно на чистую бумагу предвари-
Рис. 341.
телыю положить лист копировальной бумаги и катить цилиндр по
ней. При этом периодичность синусоиды будет выявляться наиболее
четко, так как цилиндр можно катить как угодно далеко.
y=sinx
3. Некоторые свойства функции у — sin х. а) Непрерывность
функции sin х~. Функция i/=sin.r существует при всех действитель-
ных значениях х, причем график ее является сплошной кривой
линией (без разрывов), т. е. функция sin х непрерывна*.
* Строгое определение и доказательство непрерывности функции у = sin х
рассматривается в курсах высшей математики.
299
б) Функция у — sin х нечетная и ее график симметричный отно-
сительно начала координат (рис. 342).'
в) Наибольшие и наименьшие значения. Все возможные значе-
ния функции sin х ограничены неравенствами
— 1 < sin х < 1,
причем sin х — -|- 1, если х = ~ 4- 2гсга
и sin х = — 1, если х = ~гт 4~ 2гс/г,
где п == 0; +l; i2; . . .
г) Нулевые значения (точки пересечения графика функции с осью
абсцисс). sinx = 0, если х = ля (га = 0; +1; ±2; . . .).
д) Интервалы возрастания и убывания. Функция sinx возра-
стает, т. е. большему значению: аргумента соответствует большее
значение функции па интервалах
— 4- 2m < х < 4-2m (я = 0; ±1; ±2;. .)
и убывает, т. е. большему значению аргумента соответствует мень-
шее значение функции на' интервалах
4- 2ш < х С 4* 2m (п =0; +1; ±2; . ..).
§ 79. График и некоторые свойства функции у = cos х
1. График функции у — cos х легко получить из графика функ-
ции у = sin х.
При любом х, согласно формуле (43) § 68, имеем
. ( , ' гс \
у = COS X = Sin lx 4- -g- I .
Следовательно, вместо значения косинуса можно взять значение
гс
синуса, увеличив аргумент на —, т. е. графиком функции у =
' ГС
= cos х служит та же синусоида, но передвинутая на -у влево по
оси абсцисс (рис. 343).
График функции у = cos х называют косинусоидой.
300
2. Некоторые свойства функции у =cos х. а) Область опреде-
ления и непрерывность. Функция ri/ = cos х определена при всех
действительных значениях х и непрерывна.
б) Функция cos х — четная и ее график симметричный относи-
тельно оси ординат.
п) Наибольшие и наименьшие значения. Все возможные значе-
ния функции cos х ограничены неравенствами
— 1 < cos х + 1,
причем cosx = H-l, если х = 2пп (л = 0; ±1; +2; . . .)
и cos х = — 1, если х =т= (2п -J- 1) л (п = 0; ±1; +2; . .
у-cost
+1
-I
Рис. 343.
г) Нулевые значения (точки пересечения графика функции с осью
абсцисс).
cosx = 0, если х = ~ (2п + 1) (п = 0; +1; +2; . ..).
д) Интервалы возрастания и убывания.
стает на интервалах
Функция cos х возра-
л -|- 2м <: х < 2л (п + 1)
и убывает на интервалах
2лл < х < л -|- 2лп
(п =0; ±1; ±2; . . .)
(я = 0; ±1; ±2; .. .).
§ 80. Г рафик и некоторые свойства функции у = tg х
1. График функции y=-tgx. Подобно тому как была построена
синусоида, может быть построен график функции у= tgx (рис. 344).
График функции у — tg х называют тангенсоидой.
301
2. Некоторые свойства функции у» = tg х. а) Область определе-
ния и непрерывность. Функция p=tgx определена при х =# ~ X
X (2«+ 1) (п = 0; +1; ±2; . . .) или на промежутках
~ (2п — 1) < х < ~ (2п 4-1).
В точках х = ~ (2n + 1) функция tgx не существует (tgx = ± оо),
и говорят, что в этих точках она терпит разрыв, т. е. функция tgx
не является непрерывной. Ее график будет сплошным (непрерыв-
ным) только на промежутках ее определения, а не на всей число-
вой оси.
б) Функция tg х — нечетная и ее график симметричный относи-
тельно начала координат.
в) tgx—функция неограниченная; наибольшего н наименьшего
значения не имеет.
г) Нулевые значения.
tg х = 0, если х = пп (п = 0; ±1; +2; . . .).
д) Функция tg х везде, где она определена, возрастает.
§81 . График и некоторые свойства функции у» — etg х
1. График функции у — ctg.x можно получить из графика функ-
ции у = tg х, пользуясь формулой (45) § 68:
etg х = — tg fx + j
302
График функции y—c[gx получается из графика функции
у = tg х сдвигом последнего влево в направлении оси абсцисс на ~
и последующего отображения его (перевертывания) относительно
этой оси (рнс. 345). График функции z/=ctgx называют котанген-
соидой.
2. Свойства функции у = ctg X. а) Область определения и не-
прерывность. Функция y=ctgx определена при х + т (п = 0;
±1; ±2; .. .), т. е. в промежутках
кп < х < it (п 1) (я = 0; ±1; +2; . . .).
В точках х = тт функция #=ctgx не существует (ctgx=ioo),
и говорят, что она в этих точках терпит разрыв.
б) Функция p=ctgx — нечетная и ее график симметричный отно-
сительно начала координат.
в) Как и tg х, функция ctg х неограниченная и наибольшего или
наименьшего значений не имеет.
г) Нулевые значения, ctg х = 0, если х = — (2л [) (я = 0;
+1; ±2; .. .).
д) На всех промежутках определения ctg у убывает
§ 82. График и некоторые свойства функции y=secx
1. График функции у = sec х можно получить из графика функ-
ции y=cosx, пользуясь зависимостью (30):
Значения secx для аргументов х будут обратными значениями функ-
ции cos л- для тех же аргументов. График функции p = secx при-
веден на рис. 346, на котором также пунктиром показана косину-
соида
2. Некоторые свойства функции у» = sec х. а) Область определе-
ния и непрерывность. Функция y=secx определена при всех
х Ф ^-(2п + В = 0; ±1; ±2; . • •), т. е. в промежутках
— (2л — 1) < х < ~ (2п + 1) (л == 0; ±1; ±2; . . .).
75
В точках х — у (2л -f- 1) функция терпит разрыв (так как в этих
точках sec х = ± со).
б) Функция sec х — четная и ее график симметричный относи-
тельно оси ординат.
303
в) Наибольшие и наименьшие значения. На промежутках
-g-(4re—I) < х < (4л 4- 1) функция secx принимает наименьшие
значения равные 4-1, т. е.
sec х = 4-1, если х = 2г.п (п = 0; ±1; ±2; . ..).
На промежутках (4п 4- 1) < х < (4« 4- 3) функция sec х имеет
наибольшее значение равное —1, т. е.
secx =—1, если х = л (2п 4- 1) (п = 0; +1; +2; . . .).
г) Нулевых значений функция sec х не имеет и ее график оси
абсцисс не пересекает. При всех допустимых значениях х
| sec х I 1.
д) Интервалы возрастания и убывания. Функция sec х возра-
стает на промежутках
2тг/г < х < ~ 4- 2гл и ~ 4- 2стг < х < it (2/г 4- 1)
и убывает на промежутках
it (2/г 4- 1) < х < у 4- 2тш и — 4- 2ап < х < 2л (п 4- 1),
где п = 0; +1; ±2; . , ,
304
§ 83 График и некоторые свойства функции у ~ cosec X .
1. График функции у — cosec X можно получить из графика функ-
ции у = sin х, пользуясь зависимостью (31): cosec х — .
Для значений аргумента х значения функции cosec х будут об-
ратными значениям для этих же аргументов функции sinx. График
функции у = cosec х изображен иа рнс. 347, на котором также пункт
2. Свойства функции у = cosec х. а) Область определения и не-
прерывность. Функция у = cosec х определена при всех х ф пп (п —
<= 0; ±1; ±2; . . .), т. е. на промежутках
т,п < х < гс (re + 1) (я = 0; +1; ±2; .. .).
В точках х = г.п функция cosec х не существует (cosec х = ±оо), и
говорят, что в этих точках она терпит разрыв.
б) Функция у = cosec х нечетная и ее график симметричный
относительно начала координат.
в) Наибольшие и наименьшие значения. На промежутках 2гсге <
< х < гс (2/г ф-1) функция у = cosec х имеет, наименьшее значение,
равное 4-1, т. е.
cosecx=4-I, если х— -у (4n + 1) (п = 0; +Г, ±2; . . .).
305
На промежутках п (2я 4- 1) < х < 2к (п 4- 1) (я — 0; +1; +2; . . .)
функция у = cosec х имеет наибольшее значение равное —1, т. el
cosecх=—1, если х=ту(4ге—-1) (п = 0, +1; +2; . . .)
г) Нулевых значений функция у — cosec х не имеет и ее графив
оси абсцисс не пересекает. При всех допустимых значениях х •
| Cosec х | > 1.
д) Интервалы возрастания и убывания. Функция cosec х возра-
стает на промежутках
-j + 2та < х < it 4~ 2даг и я 4- 2лге < х < 4" 2яп
и убывает на промежутках j
— у -f- 2тт < х < 2кп и 2 т. п < х < — 4- 2тл, (
где п = 0; ± 1; ± 2; .. .
§ 84. Простые гармонические колебания
Пусть вектор ОА равномерно вращается с угловой скоростью со
(греческая буква «омега») вокруг точки О в плоскости хОу, т. е.
Рис. 348.
за одну секунду угол изменяется на ю радианов (рис. 348). За время
t вектор ОА сделает поворот на а>1 радианов. Угол ср (греческая
буква «фи»), образованный осью Ох и вектором ОА, называют фазо-
вым углом вращения или просто фазой,
306
Допустим, что в начальный момент движения вектор ОА сов-
падает по направлению с положительным направлением оси Ох, тогда
за время t вектор ОА сделает поворот на угол
ср = <i>t радианов. (93)
Конец вектора — Точка А—описывает окружность, радиус кото-
рой обозначим через а (| 04 | = а).
Исследуем движение проекции точки А на горизонтальный и вер-
тикальный диаметры окружности (соответственно оси Ох и Оу}.
Координаты точки А обозначим через (х; у). Тогда
( х — a cos <<Т;
. , . (94)
( у = a sin o>Z,
т. е. проекции точки А, равномерно движущейся по окружности, на
диаметры этой окружности изменяют свое расстояние от начала ко-
ординат по закону синуса и косинуса.
Движение рассматриваемых проекций — колебательное. Размах
колебаний равен диаметру окружности 2а; половина этого размаха
называется амплитудой колебаний. Время, за которое осуществля-
ется одно полное колебание, называется периодом колебаний и обо-
значается буквой Т.
Количество колебаний v (греческая буква «ню») на протяжении
одной секунды называется частотой колебаний.
Так как одно колебание осуществляется па протяжении периода
Т, а на протяжении одной секунды происходит э колебаний, то
vT==l, (95)
таким образом, частота и период колебаний величины взаимно об-
ратные:
_ 1 1 „
Т — — секунд и э = -у, оборотов в секунду.
За время периода Т вектор ОА совершает полный оборот, т. е
поворачивается на угол 2л радианов, поэтому
соТ — 2к радианов. (96)
Отсюда
2зс _ рад
« = -= = 2nv . (97)
Т сек
Графики рассмотренных колебательных процессов получим из гра-
фиков функций sin ср и cos ср, если умножим ординаты этих графиков
па амплитуду а. При этом ординаты новых графиков увеличатся,
307
ё'слй а> 1, или уменьшатся, если 0<а < 1, при а == 1 останутся
без изменения (рис. 348).
Если в начальный момент движения (t = 0) вектор ОЛ0 образует
с осью Ох угол (рис. 349), который называют начальной фазой,
то за время t вектор ОА сделает поворот a>i и в момент врем’ени
t величина фазового угла <р будет:
= ю/-ф ср0. (98)
Тогда графиком простого гармонического колебания будет график
функции (рис. 349) ’
г/= a sin (^ -ф у0), (99)
который будет сдвинут по оси Ох от ее начала на —- <р0.
ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ
§ 85. Простейшие тригонометрические уравнения
Тригонометрическим уравнением называется равенство, содер-
жащее неизвестную величину только под знаком .тригонометрических
функций * и справедливой лишь при некоторых определенных зна-
чениях неизвестной. Эти значения называются корнями (решениями)
уравнения.
X
Например: sin х cos х = 1; tg х = cos -% + 1 и т. д
* Если в равенство, содержащее неизвестную величину, эта неизвестная ве-
личина входит не только под знаком тригонометрической функции, например,
х + sin х = 1, то такое уравнение называют смешанным тригонометрическим
уравнением.
’ ! 308
Простейшими тригонометрическими уравнениями называют урав-
нения . '
sinx = m; cosx = ot; tg х = т; ctgx — tn,
где т — данное число.
Решения простейших тригонометрических
уравнений.
а) Рассмотрим уравнение sin х = т.
Если |от| 1, то решения этого уравнения определяются фор-
мулой
х = (— l)narcsinm +wi, (100)
где п = 0; ±1; +2; ...
В частности, при . .
от = 0 х = тсп,
т = -|-1 х = ~ 2яп,
т = —1 х = — тг 2п/г.
Если |,m) > 1, то уравнение решений не имеет.
б) Уравнение cos х = от.
Если | т 1, то
х = ± arc cos от 2т, (101)
где п = 0; + 1; ±2; . . .
Л
В частности, при от = 0 х = (2п 1), при от =4-1 х — 2т,
а при от = —1 х = л (2п 4- 1)-
Если |m| > 1, то уравнение решений не имеет.
в) Уравнение tg х = от имеет решения при любом действитель-
ном значении от, которые определяются формулой
х = arc tg от 4-гот, (102)
где п = 0; ±1; ±2; ...
г) Уравнение ctg х = от имеет решение при всех действительных
значениях т, которые определяются формулой
х = arc ctg от 4- т, (103)
где п — 0; ±1; ±2; . ..
Уравнения
sin (ах 4- Ь) = от; cos (ах + Ь) = от;
tg (ах 4- b} — т\ ctg (ах 4-6) = от
приводятся к простейшим заменой
ах 4- b ~ I.
.309
§ 86. О решении тригонометрических уравнений
При решении тригонометрических уравнений, точно так же как
и при решении алгебраических уравнений, прежде всего следует
определить область допустимых значений неизвестной величины урав-
нения. Для тригонометрических уравнений, соответственно опре-
делению тригонометрических функций, областью допустимых значе-
ний неизвестного могут быть только действительные числа. Функции
sin х и cos л; определены при всех действительных значениях х, а
функция tg л" определена при х (2п + 1), где га = 0; ±1; ±2; ...
и функция ctgx определена при х кп, где п—0; ±1; ±2; ...
Кроме того, при определении области допустимых значений не-
известного данного уравнения следует учитывать, что дробное выра-
жение существует, если знаменатель его отличный от нуля и т. д.
При преобразованиях уравнений область допустимых значений
их неизвестного может изменяться. Если она расширяется, то можно
получить лишние (посторонние) решения, которые из множества
найденных могут быть исключены проверкой полученных решений
по условию уравнения. Если же область допустимых значений неиз-
вестного при преобразованиях уравнения сужается, то корни можно
потерять, поэтому необходимо исследовать нет ли среди тех значе-
ний, на которые область допустимых значений неизвестного сузи-
лась, решений данного уравнения. Иногда это делается непосред-
ственной проверкой по исходному уравнению. В следующих пара-
графах при решении различных типов тригонометрических уравнений
будет обращено внимание на случаи появления посторонних решений
и случаи потери решений тригонометрических уравнений.
§ 87. Методы решения тригонометрических уравнений
с функциями одного аргумента
Будем рассматривать рациональные тригонометрические уравне-
ния относительно тригонометрических функций.
Рациональное уравнение относительно тригонометрических функ-
ций одного и того же аргумента можно привести к виду:
7?t (sin х, cos х, tg x, ctg x) __ Q
R2 (sin x, cos x, tg x, ctg x) ' '
где Ri и T?2 — целые рациональные функции относительно sin х, cos х,
tg х и ctg х.
~ , sin х
Если функции tgx и ctgx заменить соответственно на
310
и , то после преобразований уравнение (104) приводится к виду:
= (105)
R.t (sinx, cosx)
где Rs и Rt—целые рациональные функции от sin х и cosx. Рас-
сматривая уравнение (105), приходим к выводу, что дробь может
равняться нулю, если числитель
Р3 (sin х, cos х) ~ 0, (106)
а знаменатель P4(sinx, cos х) =£ 0. Заметим, что /?4(sinx, cos.г),
как многочлен от функций sin х и cosx величина ограниченная, так
как (sinх| < 1 и | cos х [< 1, поэтому при всех значениях х
--------------0.
/?4 (Sinx, COS X)
Что касается тех корней уравнения (106), при которых /?4(sinx,
cosx) —0, то для уравнения (105) опи являются посторонними, так
как левая часть уравнения (105) при этом принимает вид ^-и не
имеет числового смысла.
Таким образом, в общем случае рациональные тригонометриче-
ские уравнения относительно функций одного аргумента приводятся
к уравнению вида:
A? (sinx, cosx) = 0, (107)
где R многочлен относительно sin х и cosx.
Рассмотрим некоторые методы решения уравнения (107).
1. Один из методов состоит в применении так называемой уни-
версальной тригонометрической подстановки, т. е. формул, выра-
X
жающих sinx, cosx, tg х и etgx через tg. При применении этого
метода уравнение (104) можно не приводить к виду (105). Функция
tg~ не имеет смысла при x = n(2«+ 1), где п — 0; ±1; ±2; . . . ,
поэтому при решении уравнения этим методом дополнительно сле-
дует проверить, нет ли среди значений х = л (2п 1) корней дан-
ного уравнения.
Приведем несколько примеров решения уравнений этим методом.
Пример 1. Решить уравнение; sinx — 2 cosx = 2.
311
Решение. Заменив, согласно формул (86) и (87) § 74,
2tg| ' l-tg2f
sin х =------, cos x =---', 1'
i+' 1+tg2 f
получим
l + tg2A l
Отсюда после преобразований приходим к уравнению
, х о
ig-2-2,
из которого находим ,
х = 2 arc tg 2 + 2пп, п — 0; ± 1; +2; ...
Допустимыми значениями неизвестного в данном уравнении были все
действительные значения х. При переходе в уравнении к функции
tg из рассмотрения выпали значения х = гс(2пф- 1), которые, как
было сказано ранее, следует проверить по условию. Подставляя х =
= <т(2/г-[-1) в данное уравнение,-убеждаемся, что эти значения яв-
ляются решениями уравнения. Поэтому в качестве окончательного
ответа получаем:
х — 2 arc tg 2 2лп; х = п(2п + 1), где п = 0; +1; +2; .. .
Пример 2. Решить уравнение; 1—sin х = cos х (sin х -}- cos х).
Решение. Заменяя sin я и cos я через tg , получим урав-
нение
2tgy l-tgay/ 2tg|
l + tg2A 1 -+tg2y\l + lg2|
после преобразований которого приходим к уравнению, содержащему
, х
только tg -у:
tg2-^ — tgy ==0. '
312
Отсюда
tg у = 0 или tg у = 1
и, следовательно,
х—2пп или х = у+2лп (/1 = 0; +1; +2; .. .).
Проверим не будут ли корнями данного уравнения значения х =
= я (2п 4- 1).
Подставляя это значение в данное уравнение, находим
1 — sin [я (2п 1)] = cos [л (2п + 1)] {sin [п(2п 4- 1)] 4- cos [л (2п 4- 1)]}
или
' 1—0 = -1(0-1); 1=1,
т. е. значения х=л(2п4~1) также являются корнями уравнения.
Таким образом, корнями данного уравнения, будут значения,
определяемые формулами:
х = 2лп, х = ~-±-2пп, х = л (2п4-1),
где п = 0; ±1; ±2; . ..
Заметим, что первая и третья- формулы могут быть заменены
одной, формулой х — Т.П.
Ответ: х = т.п, * = 2лге, где п = 0; ±1; +2; ...
2. Универсальная подстановка очень часто приводит к уравне-
д*
нию высокой степени относительно tg уН поэтому является во мно-
гих случаях не совсем удобной. Иногда проще при решении урав-
нения (107) применять замены
sin х — /1 — cos2 х или cos х = ]/1 — sin2 х.
Укажем правило, при помощи которого можно ориентироваться в
каких случаях и какую из этих замен можно применять. Напомним,
что sin (—х) — —sin х, cos (—х) = cos х, sin (п — х) = sin х, a cos (2л—
— x) = cosx. Поэтому, если в уравнении (107) левая часть не изме-
няется цри замене х на —х или х на 2л — х, то это значит, что она
ведет себя как cos х и в этом случае целесообразно заменить sin х
на ]/1 — cos2x. Наоборот, если при замене х на —х левая часть
уравнения (107) изменяет только знак или, если при замене х на
л — х она не изменяется, то целесообразно в уравнении оставить
функцию sinx, т. е. cosx заменить на 1 — sin2x.
313
Пример 3. Решить уравнение:
3 sin3 х + 3 sin х cos3 х -j~2 cos3 х = 0.
Решение. Левая часть этого уравнения является функцией
и не четной и не нечетной. Поэтому проверяем поведение левой
части уравнения при замене х на к — х. Убеждаемся, что при такой
замене она не изменяется. В этом случае целесообразно произвести
замену
cos2 х — 1 — sin2 х.
После этой замены получим
3 sin3 х 4- 3 sin х (1 — sin3 х) 4- 2 (1 — sin2 х) = 0
или
2 sin2 л* —— 3 sin х — 2 = 0.
Решая это квадратное уравнение относительно sin х, найдем
sin х = 2, sin х = —~ .
Первое из этих уравнений решений не имеет, а из второго получаем
искомый ответ:
х — (—л/г,
где п = 0; +1; +2; . . .
Пример 4. Решить уравнение:
4 sin4 х — 2 sin2 х cos х 4- 4 cos 2х = 2 cos3 х — sin2 2х 4- 2.
Решение. При замене х на —х обе части этого уравнения
остаются без изменения. Поэтому целесообразно сделать замену
sin х = 1—cos2 .с. Учитывая, что sin 2х = 2 sin х cos х и cos 2х =
= cos2 — sin2 л" и заменяя sin2^--!—cos2 х, получим:
4(1 — cos2 а-)2 — 2 (1 — cos3 л-) cos х 4- 4 (2 cos2 х — 1) =
= 2 cos3 х — 4 cos2 x (1 — cos2 x) 4- 2.
Отсюда
2 cos2 x — cos x — 1 = 0.
Решая последнее уравнение относительно cos х, найдем:
, 1
cos X = 1 И COS X =--g- .
Из этих уравнений получаем окончательно:
2*с
х — 2кп и х = + 4- 2кл.
О
314
Ответ: х — 2wz и х = + + 2itn, где п — 0; +1; +2; . ..
О
3. Уравнение (107) можно решать, приводя его к однородному
тригонометрическому уравнению относительно sinx и cosx.
Однородным уравнением относительно sinx и cosx называют
уравнение, каждый член которого имеет одну и ту же степень отно-
сительно sinx и cosx. Например, однородное уравнение второй сте-
пени относительно sinx и cosx имеет вид:
a sin2 х -)- b sin х cos х с cos2 х = 0.
Такое уравнение легко приводится к уравнению с одной неизвест-
ной функцией, делением обеих частей уравнения на cos2 х или sin2 х.
После деления на cos2 х получим квадратное уравнение относительно
tgx:
a2 tg2 х + b tg х с = 0..
При делении на cos2x (или sin2x) необходимо показать, что cos2 х^О.
Действительно, подставив cos х = 0 в исходное уравнение получаем,
что asin2x = 0, а это при а 0 невозможно, так как, если cosx =
— 0, то sin х = 4Д.
Аналогично однородное относительно sin х и cos х уравнение
п-й степени
а,г sin” х + ап_! sin”-1 х cos х -J- .. . 4- ах sin х cos'1”-1 х + ай cos” х = О
делением на cos" х или sin” х можно привести к алгебраическому
уравнению n-ой степени относительно tgx или ctgx.
Уравнение (107) всегда можно привести к однородному урав-
нению относительно sinx и cosx. Для этого достаточно в уравнении
(107) все его члены четной степени перенести в одну часть уравне-
ния, а члены нечетной степени относительно sin х и cos х в другую
часть и после этого возвести обе части уравнения в квадрат. Далее,
пользуясь тем, что при любом k
(sin2 х -)- cos2 x)k — 1,
показатель k можно подобрать так, чтобы сделать уравнение одно-
родным. Покажем это на примере. Приведем уравнение
2 sin2 х + cos х — 3 sin х + 1 = О
к однородному. Перепишем это уравнение в таком виде:
2 sin2 х + 1 — 3 sin х — cos х;
обе его части возведем в квадрат, после чего получим
4 sin4 х + 4 sin2 х 1 = 9 sin2 х — 6 sin х cos х 4- cos2 х.
315
Подбирая показатель k соответствующим образом, данное уравне-
ние можно записать так:
4 sin4 х 4 sin3 х (sin2 х 4- cos2 л*) 1 (sin2 х + cos2 х)2 =»
= (9 sin2 х — 6 sin х cos х -|- cos2 x) (sin2 x 4- cos2 x).
Отсюда после очевидных преобразований получаем уравнение чет-
вертой степени
3 sin3 х cos х — 2 sin2 х cos2 х 4- 3 sin х cos3 к = О
однородное относительно sin х и cos х.
Рассмотрим несколько примеров.
Пример 5. Решить уравнение: sec х = 4 sin х + 6 cos к.
Решение. Умножив обе части уравнения на cos к Ф 0, получим
1 = 4 sin х cos х + 6 cos2 х
и заменим 1 == sin2 х -j- cos2 х; тогда имеем:
sin2 х — 4 sin х cos х — 5 cos2 x = 0.
Последнее уравнение разделим на cos2 х, после чего получаем
tg2 х — 4 tg х — 5 = 0.
Отсюда
tg х = 5, tg х = — 1
и, следовательно,
х = а гс tg 5 тел, х =---яге.
Ответ: х — arc tg 5 4-г.л их = ~(4ге— 1), где п = 0; ±1;
± 2; . . .
Пример 6. Решить уравнение sin3 х — cos3 х -j- 1 = 0.
Решение. Перенеся члены нечетной степени относительно
sinx и cos х в одну часть уравнения, получим:
cos3 х — sin3 х == 1.
Возведем обе части в квадрат и умножим 1 на (sin2 х 4~ cos2 х)3,
тогда уравнение примет вид
(cos3 х — sin3 х)2 = (sin2 х 4- cos2 x)3
или
cos6 x — 2 sin8 x cos3 x 4~ sin8 x =
= sin8 x 4- 3 sin4 x cos2 x 4- 3 sin2 x cos4 x -p cos6 x.
Отсюда
3 sin4 x cos2 x 4- 2sin3 x cos3 x 4~ 3 sin2 x cos4 x = 0
316
ИЛИ '
3 sin3 х cos2 x + 2 sin’ x cos’ x = 0
и, разлагая па множители, получим:
sin2 х cos3 x (3 -J- 2 sin x cos x) = 0.
Так как
3 + 2 sin x cos x 0,
то окончательно имеем:
sin2 x = 0 и cos2 x = 0
и, следовательно,
x = nn и x ~ -^-(2n + 1).
Проверив найденные значения по условию уравнения, в ответе
получим:
х = 2nk' и х= — (4& — 1), где k = 0; ±1; ±2; ...
4. Рассмотрим уравнение вида: a sin х 4- b cos х = с, которое
является частным случаем уравнения (107). Коэффициенты а, 7>,
и с— произвольные вещественные числа.
Будем решать данное уравнение при помощи введения вспомо-
гательного угла (см. § 75, пример 2). Для этого разделим обе части
уравнения на 4-Ve2 4-63, после чего получим
а . , b с
/а24-ь2 ]/а24-Ь2 ]Ла24-62
Коэффициенты при sinх и cost будем рассматривать как значения
косинуса и синуса вспомогательного аргумента <j>, т. е. будем счи-
тать, что
а Ь
— COS Ф, -> = Sill ш,
/а24-й2 /а24-*2
так как
]/а2
и
I _Л2+/^_у_1
\/а24-62/
Без ограничения общности можно полагать, что b 0, тогда
sin <? 0 и угол можно взять в промежутке 0 < < л.
'317
Определив по таблицам значение <р, данное уравнение запишем
в виде:
. , . с
COS у Sin X + Sin <р COS X = у
или
с
Если
. , , , с
sin (х + <р) =Э - ----
/«2 + Ь2
<1, т. е. а2-|-62>»с2, то решениями уравие-
ния будут значения
х = (—1 )п arc sin -с-.— ср + пл,
где п = 0; ± 1; ± 2;
Если
_ С~~. - >1, т. е. а2 4- 62 < с2
/а2 + Ь2
не имеет.
Пример 7. Решить уравнение
Уз sinх cosх» 1.
Решение. Разделив обе части уравнения на 2, получим
1А sin х 4- A cos х »= А
2 2 2
то уравнение решений
и обозначим
cos 30°, ~ = sin 30°.
Тогда исходное уравнение примет вид
sin (х 4- 30°) = А.
откуда
х 4~ 30° = (—1)" 30° 4~ 130° • п, л = 0; ±1; ±2; . ..
или при п = 2k и п = 2k 4-1:
х = 180° 2k и х = —60° 4-180° (26 4-1).
Ответ: х = 360°-k и х = 120° (3k 4- 1), где k = 0; ± 1; ± 2; . . .
5. Рассмотрим уравнение: sin'1 х 4- cos'1 х = 1,
где п — натуральное число.
318
Если n = 1, то .уравнение приводится к виду, рассмотренному
в пункте 4.
При п = 2 имеем тождество sin2 х + cos2 х = 1, где х^- любое
действительное число.
При 3, если | sin х ' =И= 1 и cos х | 1, имеем
f sin" х < sinax,
I cos'2 x < cos2 x,
так как показательная функция при основании меньшем единицы
убывает. Складывая почленно полученные неравенства,, найдем, что
sin" х cos'1 х < 1, n >= 3,
при всех х, для которых | sin х | & 1 и / cos х 14= 1. Таким образом;
а) Если п — нечетное число, то возможны случаи
( sinx= 1, f sin у = О,
I cos х = 0 ( cos х — 1,
из которых соответственно получаем решения данного уравнения
х = — (4k 4- 1) и х = 2п&, где k = 0; ±1; ± 2; ,,,
б) Если п — четное число, то возможны случаи
( sin х = ± 1, f sin х = О,
t COS X — О, I COS X — ± 1,
нз которых получаем решения данного уравнения в виде
Х = где й = 0; ± 1; ± 2; ...
Пример 8, Решить уравнение: sin® х 4- cos® х = 1.
Решение. Из изложенного выше следует, что это уравнение
приводится к двум возможным случаям:
(sin х = 1, ( sin х — О,
а и 1 ,
cos х = О, I cos х = 1,
откуда и находим решения х =(4& 4-1) и х = 2л/г.
Ответ: х = ~ (4k 4- 1) и х = 2 л/г, где k = 0; ±1; ± 2; . ,,
Заметим, что при п>3 корни уравнения
sin" х 4- cos'1 х = 1
зависят не от численного значения величины п, а только от того,
четное ли п или нечетное.
819
§ 88. Тригонометрические уравнения с разными-аргументами
Рациональные тригонометрические уравнения с функциями раз-
ных аргументов можно записать в виде:
R(sin х, cos х, tg х, ctg х, sin 2x, cos2x, tg 2x, ctg 2x, . . .) = 0, (108)
где R — символ рациональной функции.
Уравнение (108) можно привести к виду:
R(sinx, cos х, sin 2х, cos 2х, .-..)== 0. (109)
Тригонометрические уравнения с разными аргументами и одновре-
менно с разными функциями решают, приводя их к уравнениям
с одним аргументом.
Рассмотрим некоторые способы решения таких тригонометриче-
ских уравнений.
1. Уравнения типа (108), левые части которых
разлагаются н а м п о ж и т е л и.
Если левую часть уравнения (108) можно разложить на- множи-
тели ,
Ri Rs ... R/i = 0,
где R1? R3, , R„рациональные функции тригонометрических
функций, то для решения уравнения (108) достаточно решить каж-
дое из уравнений
Ri = 0; Rj — 0; .. . ; Rn =0
и объединить общие решения этих уравнений в одно множество,
которое и будет решением исходного уравнения (108). При этом
можно получить посторонние решения. Посторонними решениями
будут те, при которых хотя бы один из множителей левой части
уравнения (108) [Rb R2, . . . , R„] теряет смысл.
Пример 1. Решить уравнение: sin x+sin 2x4-sin 3x-|-sin 4x — 0.
Решение. Сгруппируем члены левой части уравнения так:
(sin х + sin 4х) (sin 2х + sin Зх) = 0
и каждую из сумм в круглых скобках преобразуем в произведение,
воспользовавшись формулой (78) § 73:
„ . 5х Зх 5х х п
2 sin cos + 2 sin — cos -д- = 0.
Вынеся теперь 2 sin за скобки и отбросив множитель 2, находим
sin — ^cos '— + cos = 0,
320
после чего, преобразовав сумму косинусов в произведение, получим
п . 5х х „
2 sin -g- cos х cos -- = 0.
Отсюда имеем
5л" х
sin -g- — 0; cos х = 0; cos -% = 0
и из этих уравнений находим решения:
х = — кп, х = “ (2п 4- 1), х = ir(2n 4-1), п = 0; ± 1. ± 2; ...
О £
Так как все множители левой части данного уравнения имеют смысл
при всех значениях х, то посторонних решений здесь нет.
Ответ; х = у пп; х = (2п 4- 1) и х =* п (2п 4- 1), где п = 0;
i 1 i 2*, . . ,
Пример 2. Решить уравнение: sin2 х 4- sin2 2х = sin2 Зх.
Решение: Перенеся все члены уравнения в левую часть, по-
лучим
sin2 х 4- sin2 2х — sin3 Зх = 0.
Сгруппировав первый и третий члены данного уравнения и разложив
эту разность квадратов на множители, найдем:
(sin х 4- sin 3xj (sin x — sin 3x) 4- sin2 2x = 0
или
— 2 sin 2x cos x • 2 sin x cos 2x 4- sin2 2x = 0.
В таком случае, учтя, что 2 sin х cos х = sin 2х, имеем
—2 sin2 2х cos 2х 4- sin2 2х = 0,
откуда
sin2 2х (1 — 2 cos 2х) = 0.
Последнее уравнение распадается на два уравнения
1
sin 2х = 0 и cos2x = -g-t
решая которые находим:
шг л ,
х==~2; *=±Т4~™.
Ответ: х = ~ и х — -g-(6n ± 1), где п = 0; ±1; ±2;...
11 6-263
321
ПримерЗ. Решить уравнение: 2 sin Зх == 3 cos х + cos Зх.
Решение. Согласно формул (65) и (66) § 70, заменим
sin Зх = 3 sin х — 4 sin3 х; cos Зх = 4 cos3 х —3 cos х.
Тогда уравнение примет вид:
2 (3 sin х — 4 sin3 х) = 3 cos х -f- 4 cos3 х — 3 cos х
или
6 sinx — 8 sin3 х—4 cos3 х = 0,
Так как cos х =4= 0, то, разделив обе части уравнения на 2 cos3 х, получим
или
3 tg х (1 + tg2 х) — 4 tg3 х — 2 = О
и после приведения подобных членов
tg3 х — 3 tg х + 2 — 0.
Разлагая левую часть уравнения на множители, найдем, что
(tgx+ 2) (tgx— 1)2 = 0.
Отсюда
tg х — — 2 и tg х — 1,
а следовательно,
х — — arc tg 2 -J- лп и х — ~ 4- яга.
Ответ: х = — arc tg 2 т.п.', х = (4п 4-1), где п — 0; + 1;
+ 2; . . .
2. Тригонометрические уравнения, которые ре-
шаются преобразованием произведений т р и го ио-
метр и чески х функций в сум мы.
К этому типу уравнений, в частности, относятся уравнения
sin mx cos пх = sin рх cos qx,
sin тх sin fix sin px sin qx,
cos mx cos nx = cos px cos qx,
которые легко разлагаются на множители, если т + п -- р + q.
П р им е р 4. Решить уравнения: sin 2х sin 6х — sin Зх sin 5х.
Решение. При помощи формулы (77) § 72 преобразуем обе
части уравнения в суммы и перенесем все члены уравнения в левую
часть:
cos 4х — cos 8х __ cos 2х — cos 8х
_ = _
322
или
cos 4х — cos 2х = 0.
Воспользовавшись теперь формулой (81) § 73, разложим левую часть
последнего уравнения на множители
2 sinЗх sin .г = 0.
Отсюда находим, что
sin Зх = 0 й sin х = 0,
а следовательно,
т.п
X = -д Н X = ТП.
Так как вторая серия решений включается в первую, то получаем
окончательно:
х = ? , где п = 0; + 1; +2; +3; ...
О
Пример 5. Решить уравнение: cos2 х cos2 2х 4- cos3 Зх 4-
+ cos2 4х — 2.
Решение. Преобразовав все члены левой части уравнения
. „ 1 cos 2а
по формуле cos2 а ——----------, получим
1 4- cos 2х 14- cos 4х ,14“ cos 6х 14- COS 8х
ИЛИ
Разлагая
нению
откуда
и соответственно
х = — (2п 4- 1), х = -^(2п4-1) и х = -^(2п4-1).
Z- Ч: 1V
Ответ: х =(2п 4~ !)'• х=^-(2«4-1) и х = ~ (2/г 4- 1),
где п = 0; ± 1; ±2; + 3; . ..
11* 323
2 2'2'2
cos 2х 4- cos 4х 4* cos 6х 4~ cos 8х = 0.
левую часть уравнения на множители, приходим к урав-
cos х cos 2х cos 5х = 0,
. cos х — 0. cos 2х ~ 0 и cos 5х = 0
§89. Графические методы решения тригонометрических уравнений
Графические методы решения уравнений, известные из курса
алгебры, могут быть применены и к решению тригонометрических
уравнений. Эги методы в элементарной математике, в частности, для
смешанных тригонометрических
уравнений, являются единствен-
ными.
Пример 1. Решить уравне-
ние: tg х — cos2 хф 0,8 = 0.
Решепи е. Перепишем это
уравнение в виде
tg х — cos2 х — 0,8
и построим графики функций
Ух — tg х и г/2 = cos2 х — 0,8.
Решениями данного уравнения
будут абсциссы точек пересечения
графиков этих функций (рис. 350).
Заметим, что графики функций
достаточно построить на проме-
жутке —g-, + -g-, так как функ-
ции cos2 х—0,8 и tg х имеют пе-
риод тс.
Если график аккуратно по-
строить на миллиметровой бумаге,
то (согласно выполненных по-
строений) найдем:
Xi» 0,17; х = йтс.
Рис. 350.
Пример 2. Решить
Это уравнение допускает ана-
литическое решение, которое по
сравнению с графическим является
более трудоемким.
уравнение:
2«2 = cos х.
Решение. Строим графики функций уг — 2Х‘ и у2 = cos х
(рис. 351). Абсциссы точек пересечения графиков этих функций
будут решениями данного уравнения. Согласно рис. 351, находим,
что
х = 0,
324
причем других действительных корней данное уравнение иметь не
может.
Пример 3. Решить уравнение: x=cosx.
Решение. Строим графики t/t = cos х и Уч = х (рис. 352) и
согласно выполненных построе-
ний находим искомый корень
х Яй 0,74,
который будет единственным.
При графическом решении
тригонометрических уравнений
мы находим только действи-
тельные корни. В элементар-
ном курсе тригонометрии это
§ 90. Системы тригонометрических уравнений
Системы тригонометрических уравнений с двумя и тремя не-
известными встречаются в элементарном курсе тригонометрии в ос-
новном при решении треугольников. Решение и исследование систем
тригонометрических функций в общем случае представляет значи-
тельные трудности.
Пример 1. Решить систему уравнений:
sin х + sin у = а,
х + у = 2Ь.
325
Решение Левую часть первого уравнения системы, восполь-
зовавшись формулой (78) § 73, преобразуем в произведение,, тогда
имеем:
„ . х 4- у х — у
2 sin —cos —g-- = a
или
2 sin & cos * 'l) —- a, (110)
поскольку, согласно второго уравнения системы, —= Ь. Рас-
смотрим возможные здесь случаи:
а) Если а = 0 и b = r.k (/г — 0; ± 1; +2; . . .),
то .решением системы будет любая пара чисел, определяемая си-
стемой:
х = а,
у = 2nk — а,
где а — любое действительное число, a k — 0; 4 1; ±2; ...
б) Если с = 0 и b =£nk, то из уравнения (ПО) находим
X -- У А
cos.. = 0
или
Х-~- = ± ~ + 2r.k (k = 0; ±1; ±2; . . .)
и решение данной системы сводится к решению системы линейных
алгебраических уравнений:
1 х у — 2&,
lx — г/ = + п 4r.k.
Решив эту систему, получаем:
х — b ± -г 2/гп,
у — b Т — 2kn, где 0; + 1; + 2; ...
в) Если а ф 0 и b = iik (/г = 0; + 1; ±2; . ..), то система реше-
ний не имеет.
326
г) Если а у= 0 и Ь #= v.k (£ —0; +1; +2; . . .), то, определив
(х— у) из простейшего тригонометрического'уравнения (110), сводим
данную систему к системе линейных алгебраических уравнений
х у = 26,
г — у = + 2 arc cos 2^^ + 4kn,
и если | g s^n j «С 1. то система имеет решение
х = b + arc cos д-?—г -I- 26гс,
— 2 sin b 1
, _ а
у — b + arc cos =——- — 2k~,
2 sin 6
где k — 0; + 1; + 2; + 3; ...
' „ lai.
Если же -—г > 1, то система решении не имеет.
I 2 sin b |
Пример 2. Решить систему уравнений:
f cos х cos у = а,
( sin х sin у = b.
Решение. Складывая и вычитая почленно уравнения данной
системы, согласно формул (37) и (38) § 67, получим:
f cos (х — у) = а +6,
( cos (х -J- у) = а — Ь.
Отсюда, решив по формуле (101) § 85 каждое из найденных про-
стейших тригонометрических уравнений, приходим к системе линей-
ных алгебраических уравнений, решение которой уже не требует
большого труда:
| х — у — + arc cos (а -|- 6) 2гс/г (k = 0; +1; + 2; . . .),
( х 4- у = + аге cos (a — b) -(- 2rcn (it — 0; + 1; + 2; . ..).
Если j a 4-’6 | < 1 и | a — b I 1, то из последней системы нахо-
дим искомое решение:
х = + ~2~ [аге cos (а 6) -у- аге cos (a — 6)] 4- гс (п -ф k),
у = + --[аге cos (a — 0 — агс cos (a + ^)1 4~ ~ (ft — ^)>
где п = 0; +1; ±2; , k = 0; + 1; + 2; . . .
Если j a - j- Ь | > 1 или J а — b | > 1, то система решений не имеет.
327
Пример 3. Решить систему уравнений:
г tg х tg у tg г = а,
t tgx + tgi/ = b,
t x + у + г= л.
Решение. Если учесть, что при х у-{ г — к, согласно при-
меру 4 § 73 tg х tgу tg z — tg x 4- tg t/+ tg,?, то система приводится
к виду:
( tg x 4- tg у + tg z = a,
< tg* + tgt/= b,
\ x + y + z—r..
Тогда
tg z — a — b
и при этом два первых уравнения исходной системы принимают вид:
tg х tg у = , (а =£ Ь),
tgx4-tgr/ = &.
Поэтому, воспользовавшись формулами Виета, находим tg х и tg у
как корни и /2 квадратного уравнения
/2 — Ы 4- —= О,
а — Ь
а ватем из простейших тригонометрических уравнений (см. § 85)
tgX=ti, tg^=*2, tg?=fl — b
определяем x, уч z.
§ 91- Тригонометрические неравенства
Неравенство, в котором неизвестное входит только под знак
тригонометрической функции, называется тригонометрическим.
1. Простейшие тригонометрические неравенства. К простейшим
тригонометрическим неравенствам относятся неравенства вида:
sin х йс т\ cos х йс т; tg х й; т и ctg х т.
а) Неравенство sin х > т.
Если т< — 1, то решением неравенства будет любое действи-
тельное число.
Если — l<m<4- 1, то решениями неравенства будут
2r.k 4- arc sin т < х < л (2/г + 1) — arc sin т,
где k= 0; ± 1; ±2; + 3; . ..
328
На рис. 353 штриховкой отмечены значения х, удовлетворяющие
неравенству sin х > т при —1 < т < + 1.
Если щ>1, то неравенство решений не имеет.
б) Неравенство sin х < т.
Если — 1. то неравенство решений не имеет.
Если —l<m<+ 1, то решениями неравенства будут
п (2/г + 1) — arcsin т < х < arcsin т + 2л (й 4- 1),
где k = 0- + 1; + 2; +3; ...
На рис. 353 значения х, удовлетворяющие неравенству sinx<m,
незаштрихованы.
Если то неравенство справедливо при всех действи-
тельных значениях т.
в) Неравенство cosx>m.
Рис. 353.
Если т <—1, то решением неравенства служит любое действи-
тельное число.
Если —то решения неравенства лежат в проме-
жутках
arccos т + 2лй < х < 2л: (k 4- 1) — arccos т,
где k = 0; + 1; 4 2; ...
Если то неравенство решений не имеет.
г) Неравенство cos х < т.
Если —1, то неравенство решений не имеет.
Если —1<яг<+1, то решениями неравенства будут значе-
ния х из промежутков:
arccos т -j- 2л:/г < х < 2л: (k 4- 1) — arccos т,
где k = 0; 4 1; 4 2; ...
Если щ>4-1, то любое действительное число есть решение
неравенства.
Постройте рисунок для неравенств cos.rs^m, аналогичный
рис. 353.
329
д) Неравенство tg х > от имеет решением значения к из про-
межутков
arc tg т + r.k < х < ~ (2k -j- 1).
где fe=0;+l;+2;...
е) Неравенство tgx < т имеет решениями значения х из про-
межутков
(2k — 1) < х < arctg т nk,
где k= 0; + 1; ± 2; . . .
ж) Неравенство etg х >т имеет решения в промежутках
~.k < х < arcctg от -j- кА,
где k = 0; +1; +2; ...
з) Неравенство ctgx<m имеет решения в промежутках
arc etg от + r.k < х < л (k 4- 1),
где k= 0; + 1; + 2; ...
2. Решение тригонометрических неравенств. Будем рассматри-
вать неравенства вида:
/(sinx, cosx, tgx, etg x) m.
Если функция /(sinx, cosx, tgx, etg x) периодична, то доста-
точно найти решения на отрезке числовой оси, равном по длине
наименьшему периоду функции /, а затем, пользуясь периодич-
ностью функции, записать решения неравенства на всей числовой оси.
Рассмотрим несколько простых тригонометрических неравенств.
Пример 1. Решить неравенство: cos2x — 3 cos х < 0.
Решение. Разложим левую часть неравенства на множители:
cos х (cos х — 3) < 0.
Учитывая, что cosx—3<0 при всех значениях х, получаем
cos х > 0,
откуда
— -£ • + 2п/г < х < -^- + 2xk,
где k — 0; 1; ^2; ...
!х I
tg ’2'1 < !•
Решен не. Данное неравенство эквивалентно неравенствам
,, , х ,
-l<tg-2 <1
330
или
л . , X л
-Т + ^<у<-Т + "А,
откуда
— у + 2яй < х < — -|- 2п£,
где k = 0; + I; — 2; . . .
Пример 3. Решить неравенство: |sin х I > ~.
Решение. Избавляясь от знака абсолютной величины, имеем
। 1 • _ 1
sin х > + — и sin х < — у .
Из первого полученного неравенства находим:
*. + 2яЛ<х<я(2Л +1)-|,
а из второго —
4- я (2k -j- 1) < х < 2п (k + 1) —- .
Решения этих двух неравенств можно объединить и окончатель-
ный ответ записать в виде:
у -|- T.k < X < Я (k -F 1) — -*• ,
где k = 0; + 1; ±2; ...
Пример 4. Решить неравенство: sin2 х -р 2 sin х cos х —
— 3 cos2 х < 0.
Решение. Разделив обе части данного неравенства на
cos2 х 4=0 (при cosx—0 неравенство принимает вид sin2 х < 0, что
невозможно), получим
tg2 х -4- 2 tg х — 3 < О
или
(tgx -I 3)(tg х - 1) < 0.
Отсюда находим
—3 < tg х < -f-1
и, следовательно,
— arctg 3 + r-k < х < 4- r.k.
331
Ответ:
— arctg 3 -| ~k < х < + r.k,
где k = 0; + 1; + 2; . . .
Пример 5. Решить неравенство: sin х + sin Зх < sin 2х + sin 4х.
Решение. Перенесем все члены неравенства, содержащие
неизвестное, в одну часть, тогда получим:
sin х + sin Зх — sin 2х — sin 4х < 0.
Функция f(x) = si n х + sin Зх — sin 2x — sin 4x имеет наименьший
положительный период, равный 2гс, поэтому достаточно найти реше-
ния этого неравенства, например, на отрезке [0, 2л], а затем с уче-
том периода записать все множество его решений.
Преобразовав при помощи формулы (79) § 73 левую часть ис-
ходного неравенства в произведение, получим
—4 sin cos х cos ду < 0
иля
х 5х
4 sin -g- cos х cos -у > 0
и найдем решения
как в промежутке
последнего неравенства па отрезке |0, 2п]. Так
Д'
(0, 2п) множитель 4 sin — >0, то исходное не-
равенство сводится к решению неравенства
cos х cos -g- > 0.
Для решения последнего неравенства в промежутке [0, 2л] нанесем
нули левой части этого неравенства, т. е. значения аргумента
к к Зл 7п Згс Эя,
5 ’ 2“; 5‘: 5 ’ 2 ’ б- (РИС' 354)’
Нетрудно проверить, что одинаковые знаки функции cos х и
5х
cos -j- принимают на промежутках
0<х
которые на рис. 364 отмечены штриховкой.
832
Тогда множество решений исходного неравенства запишется
в виде:
2п/г < л- < — + 2пЛ,
О
7Т Цт?
2nk + < х < + 2nk,
J» о
1т
2nk + n < x < ~ + 2n&,
5
2r.k + < x < 4- 2л&,
i - о
где k = 0; + 1; + 2; +3: ...
3. Доказательство тригонометрических неравенств. Методы до-
казательства тригонометрических неравенств почти ничем не отли-
чаются от доказательства алгебраических неравенств.
П р и м е р ,6. Доказать, что если 0 < а < л, то
Ctg у >1 + Ctg а.
Решение. Найдем разность и покажем, что она не отрица-
тельна:
.‘а , 1 -k COS a sin а -4- cos а
ctg т - (1 + ctg а) = -С—--------X----=
д sin а sin а
, /л \ „/л а
, . 1— cos -д-—а 2sin2 ---------н
1— sina \2 /_ \4 2'^q
sin а sin а ’ sin а ' ’
так как по условию 0 < а <_ я. Поэтому ctg 1 + ctg а, причем
знак равенства достигается при а = —.
333
Пример 7. Доказать, что [ sin а | 4~ I cos a j > 1.
Решен»е. Для доказательства используем очевидное нера-
венство
2 I sin a I I cos а [ > о,
к обеим частям которого прибавим по 1. Тогда будем иметь
1 4- 2 [ sin а । ] cos а i 3» 1
или
sin2 я + 2 j sin а [ | cos a i -|- cos2 а > 1,
откуда
(| sin а | Ч- I СОЗ а |)2> 1.
Извлекая квадратный корень из обеих частей последнего неравен-
ства и взяв при этом только положительные значения корней, по-
лучим:
| sin <х | -[_ [ cos a j 1,
что и требовалось доказать.
Пример 8. Доказать, что
sin2 а 4- cos2 а 4- tg2 а 4- cig2 а 4- sec2 а 4- cosec2 а 7.
Решение. Левую часть неравенства преобразуем так:
sin2 а cos2 а 4- tg2 я 4- ctg2 а 4- sec2 а 4- cosec2 а =
= 1 4- tg2 а 4- ctg2 а 4- (1 4- tg2 а) Д- (1 4-ctg2 а) =
= 34-2 (t.g2 а 4- ctg2 а) 4s 7,
поскольку при любом значении угла а
tg2 а 4-Ctg2 а >2,
как сумма двух взаимиообратных положительных величин. В част-
к , r.k ,го .
ности, знак равенства будем иметь только при а = — Д = 45 Д-
Д- 90°Л, где k ~ 0; + 1; + 2; ... , так как в этом случае
tg а = ctg а = + 1.
Пример 9. Доказать, что если а Д- 3 4- у = л, то
. <х - В . у 1
sln2--s,nfSln2<T-
Решена е. Обозначим
. а . Р . у
sin у sin sin = а
334
1 л a + 8 . 7 a-4-8
и заменим ~ ----, тогда sin = cos —=— и, сдедова-
Z и с, £ i-
тсльно,
а . В а 8
sm -g- sin ~ • cos —- = а
или
1 Г а — [4 а 4- 3 я + Р
ТIcos~2^“cos~Т^ cos “Т^а’
откуда получаем
а — 3 а + 3 » « + Р о
cos —g—- cos —4_44 — cos2 —g—- = 2a.
Выделим в левой части последнего равенства полный квадрат:
Тогда
1 „а — 3 / а + 3
ZC0S __н_ cos__
1 “ — PV о
_C0S__J = 2a.
1 , а -
Tcos2
1
-2-cos
2
и так как правая часть неотрицательна, то
cos2 а 6....- — 2а > О,
4 2
от куда
Заменив а его первоначальным значением, мы и получим иско-
мое неравенство
а • Р • 7 1
sm- sm g sin | <-g ,
причем знак равенства достигается при
“ = Р = 7=у-
§ 92. Обратные тригонометрические функции
1. Понятие обратной функции. Пусть задана функция y=f(x),
т. е. пусть каждому допустимому значению величины х соответ-
ствует определенное значение величины у. В этой функциональной
. 335
зависимости можно поменять ролями величины х и уч т. е. у можно
рассматривать как аргумент, тогда х будет функцией от у. Обо-
значим ее
х = <? (</)•
Функции у --- f (х) и х = (у) выражают одну и ту же зависи-
мость между одними и теми же величинами хну. Если построить
графики этих функций в одной координатной плоскости (не меняя
ролями оси координат), то это будет одна и та же линия.
Функцию % = ср (у) называют обратной относительно функции
(/ = /(х), точно так же функцию / (х) можно назвать обратной от-
носительно функции (у).
Подчеркнем, что обратная функция по сравнению с прямой
функцией никакой новой информации не дает, однако обратная
функция позволяет более просто и наглядно решать многие задачи,
которые, пользуясь только прямой функцией, решить значительно
труднее. С подобными обстоятельствами мы встречаемся не только
в математике. Например, русское слово легко перевести на англий-
ский язык, пользуясь русско-английским словарем.
Если же мы эту задачу будем решать при помощи англо-рус-
ского словаря, который для того же самого объема слов устанав-
ливает то же самое соответствие, то мы вынуждены будем пере-
смотреть весь словарь, чтобы найти все возможные значения этого
слова или убедиться, что данное русское слово имеет только одно
английское значение.
По установившейся традиции обратную, функцию также обозна-
чают у, а ее аргумент обозначают через х, т. е. функцию обратную
к функции
У = f (х)
будем обозначать
У = ? (х),
(а не х=<р(у)), но при этом нельзя забывать, что у и х в новой
записи имеют «обратный смысл» по сравнению с исходной функ-
цией у = / (х).
В таких обозначениях областью определения обратной функции
служит совокупность значений данной функции, а совокупность
значений обратной функции — областью определения данной функции.
График обратной функции у—^(х) симметричен с графиком
прямой функции y — f(x) относительно биссектрисы первого и треть-
его координатных углов.
Отсюда вытекает простой и удобный способ построения графи-
ков обратных функций по графикам прямых функций. Начертив
график данной функции (медленно сохнущими чернилами), надо лист
бумаги перегнуть по биссектрисе первого и третьего координатных
углов и тогда полученный отпечаток даст график обратной функции.
336
В отдельных случаях обратную функцию можно получить
и аналитически. Для этого в заданной функции
надо прежде всего поменять ролями у и х, т. е. записать ее в виде
х = f («/)
Затем (если это возможно) решить данное уравнение относительно
у и тогда мы получим обратную функцию
g^__5
Пример 1, Найти функцию, обратную функции у ———•
Решение. Поменяв ролями аргумент и функцию, получим
после чего, решив это уравнение относительно вновь введенного у,
находим обратную функцию
2л-Д-5
г/=~з-.
Пример 2. Найти функцию, обратную функции у=2х.
Решение. Поменяем ролями аргумент и функцию, тогда по-
лучим равенство
х = 2V,
откуда по определению логарифма находим обратную функцию
у = log2 х.
Пример 3. Найти функцию, обратную функции у=х2.
Решение. Поменяв ролями аргумент и функцию, получим
х = у*,
откуда __
i/= ± Vх.
В примерах 1 и 2 как прямая, так и обратная функция одно-
значны, а в примере 3 прямая функция однозначна, а обратная дву-
значна.
Укажем условие, при котором обратная функция будет одно-
значной.
Если функция у = f (х) однозначна в промежутке [а, Ь] и только
возрастает (или только убывает), то обратная ей функция т/ = <р(л')
будет однозначной и соответственно возрастающей (убывающей).
337
2. Функция у = Arcsin х. Для тригонометрической функции у =
-~=sin.r, рассматриваемой в интервале — ос <%<-]-ос, переход к
однозначной обратной функции невозможен, так как одному значе-
нию у соответствует бесчисленное множество значений аргумента х.
Поэтому обратная функция у = Arcsin х при каждом значении х,
лежащем на отрезке —1 х < 1, имеет бесчисленное множество
значений.
При изучении функции, обратной синусу, выбирают отрезок
----F’ Па КОТОР°Х1 Функция г/== sinx возрастает, и рассмат-
ривают соответствующую этому отрезку обратную функцию
у = arcsin х,
которую называют главным значением функции Arcsin х (см. § 85).
Обратной тригонометрической функцией у — arcsin х, называют
дугу (угол) у, взятую на отрезке от---- до ~ , синус которой ра-
вен л. Другими словами, равенства
у = arcsin х и sin у = х
эквивалентны.
Основные свойства функции у — arcsine.
а) Функция у= arcsin х определена на отрезке.—1 < х <-)- 1.
б) На отрезке —1 < л <-)-.! функция у = arcsin .г возрастает
от — ~ до + , т. е.
к Т.
—< arcsi 11 х < ' г пу •
в) у--- arcsin х функция нечетная, т. е.
arcsin (—х) = — arcsin х.
г) Все значения дуг (углов), синус которых равен х, опреде-
ляются формулой:
Arcsin х = (—1)н arcsin х тл, (111)
где я = 0; J; 1; ±2; +3; ...
График функции у—arcsin .г приведен на рис. 355, а график
функции у — Arcsin х — на рис. 356.
3. Функция у = Arccos X Обратной тригонометрической функ-
цией у = arccos х называют дугу (угол) у, взятую из отрезка [—к, Д-~(,
косинус которой равен х, т. е. равенства
у — arccos х и cos у—х.
эквивалентны.
'338
Основные свойства функции у— arccosх:
а) Функция определена на отрезке —1 < х<С + 1
б) На отрезке — 1 1 функция убывает от к до 0, т. е.
О < arccos х С г.
в) Для arccos х имеет место равенство:
arccos (—х) = к — arccos х,
т. е. свойством четности или нечетности
г) Функция у~ arccos х называется
главным значением функции у = Arccos х.
Все-значения дуг (углов), косинус
которых равен х, определяются формулой
Arccos х = ± arccos х -|- 2гл, (112)
где п = 0; ± 1; ±2; ± 3; . .
эта функция не обладает.
Графики функций у~ arccos х и у = Arccos х приведены на
рис. 357 и 358.
4. Функция у = Arctg х. Обратной тригонометрической функцией
, / ч ( п \
у = arctg х называют дугу (угол), взятую из промежутка 1—g ; 4- -g-1,
тангенс которой равен х, т. е. равенства
у = arctg х u tg у = х
эквивалентны.
Основные свойства функции у = arctg х:
339
а) Функция определена на множестве всех действительных чисел,
т. е. —оо < х <. 4- со.
б)
71
2 ’
в)
В интервале —оо < х < -|- 00 функция возрастает от —? до
т. е. — < arctg * < + у.
у = arctg X —функция нечетная:
. arctg (— х) = —arctg х,
г) Функция у— arctg х называется главным значением функции
у — Arctg х.
Все значения дуг (углов), тангенс
которых равен х, определяются фор-
мулой
Arctg х = arctg х + кп, где п —
= 0; ±1; ±2; ... (113)
Графики функции у = arctg х и у =
= Arctg х приведены на рис. 359 и 360.
Рис. 358.
5. Функция у = Arcctgx Обратной тригонометрической функцией
у = arcctg х называется дуга (угол), взятая из промежутка (0; к),
котангенс которой равен х, т. е. равенства
у — arcctg х и ctg у = х
эквивалентны.
Основные свойства функции у = arcctg х:
а) Функция определена при всех действительных значениях х,
т. е. — oo<x<-f-oo.
340
б) В интервале от —<х> < х < -|- оо функция убывает от я до О,
т. е. О < arcctg х < я.
в) Функция у= arcctg х (как и функция у ~ arccos х) не обла-
дает ни свойством четности, ни свойством нечетности, но для нее
справедливо равенство
arcctg (—х) — к — arcctg х.
г) Функцию у — arcctgк называют главным значением функции
г/= Arcctg х. Все значения дуг
(углов), котангенс которых равен
х, определяются формулой
Arcctg х = arcctg х + wi, где п —
= 0; ±1; ±2; ... (114)
Графики функций у = arcctg х и
у = Arcctg х приведены на рис. 361
и 362.
6. Основные соотношения
для обратных тригонометрических
функций:
Рис. 360.
б)
cos (arccos х) = х, если —1-< х < + 1; (116)
tg (arctg х) = х, если—оо<х<4-оо; (117)
ctg (arcctg х) =- х, если —оо < х < -|-оо. (118)
arcsin (sin х) = х, если —-|-<х<4--^-; (119)
arccos (cos х) = х, если 0 < х < -(- к; (120)
341
arctg (tg x) = x, если — ~<x<+~-, (121)'
arcctg (ctg x) = x, если 0 < x < it. (122)
: в)
arcsin x 4- arccosx = , если —1 <x < +1; (123)
arctg x -|- arcctg x
Рис. 361. . Рис. 362.
arctg x = arcctg -- — arcsin = arccos , (127)
* /1 4-x2 /1 -|-x2
если 0 < x < -p 00; .
11 X
arcctg x ~ arctg — = arcsin --= arccos —-r-- — , (128)
x V 1 + x2 V 1 + x'2
если 0 < x < -|-oo.
342
д)
arcsin (—х) = —arcsin х;
arccos (—х) = л — arccos x-,
arctg (—x) = — arctg x;
arcctg (—x) = 7t —arcctg x.
(129)
(130)
(131)
(132)
7. Формулы сложения и вычитания для обратных
тригонометрических функций
arcsin х -J- arcsin у —
arcsin (х 01—г/2 4~ I/ 01 — х2), если xy^Q
или х2 -j- № < 1 •
л — arcsin (х 01 — у2 J- у 01 — №), если х > 0, у> 0
и х2 4- У2 > 1
—тс — arcsin (х 01 — у2 4- У 01 — х2), если х < 0, у < 0
и х2 4- У2 > 1
(133)
arcsin х — arcsin у —
• arcsin (х 01 — у2 — у 01 — х2), если ху^О
или х2 + 0 < 1,
те — arcsin (х 01 — у2 —• с/ 01 — х2), если х > 0, у < 0
и х2 4- у2 > 1,
. —тс — arcsin (х 01 — У2~~ //01 — х2), если х < 0, у > 0
и х2 4- У2 > 1 •
(134)
arccos х 4~ arccos у =
f arccos (д-у — 0(1 — х2) (1 — у2), если х 4- у > 0, ^35)
( 2л—arccos (ху— 0(1 —лг2) (1—у2)), если х + у< 0.
arccos х — arccos у —
—arccos (ху -| - 0(1 — х2) (1 — г/2)), если х >- у,
4-arccos (ху 4- 0(1 — х2) (1 — г/2)), если х < у.
(136)
, 1 х 4- У ,
arctg-j—— , если лгу <1,
arctg х 4- arctg у —
. 1 х 4- у п
л 4- arctg -j——- , если х > 0
1 6 1 — ху
, , X 4- У е.
—л 4- arctg ч—г-2- , если х < 0 и ху
‘ ь 1 — ху
1.
(137)
343
и ху > 1,
arctg x — arctg у =
, , X — у ,
arctg ------> если xy > —1,
1 + *У
x — и
к + arctg j—j—, если x > 0 и xy < —1,
Д' ______________ о
—к -f- arctg —-----, если x < 0 и xy < —1.
1 + xy J
(138)
8. Формулы удвоения для обратных тригонометрических функций
1 _______ 1/2
| arcsin (2л- у 1 — х2), если | х | < ~~ ,
2 arcsin х = / л — arcsin (2х V1 — г2), если /- — < х < -j- 1,
I __n — arcsin (2x V1 — x2),
если — 1
/2
2 ‘
(139)
2 arccos x - { arCCOS (2jf2 “= *>. если
l arccos x - | 2?c __ arccos (2jr2 _ j
2x
arctg -----, если
1 — x2
. i 2.x
31 + arctg утТТг > 1
2 Д-
_re + arctg-——
2 arctg х =
если — 1
0.
(140)
(141)
Рассмотрим несколько упражнений на обратные тригонометри-
ческие функции.
Пример 1. Показать, что
, 1 , , 1 , .. 1 , ,1 к
arctg у + arctg у + arctg у + arctg -- =
Решение. Учитывая, что ~ < 1, согласно формуле (137)
«5 О
сложим сначала
1 + 1
, 1 , ,1 . 3 ‘ 5 .4
arctg у + arctg у = arctg-j--j- = arctg у ,
1 “ 3“ ‘ '5
344
а затем, так как —• — <!,
( о
1+1
t 1 , 4 1 4 7’8 .3
arctg у + arctg -g-== arctg-р—р = arctg у.
1 — Т ' ‘8
Тогда
. 1 , 4 1 , , 1 . ,1 . 4 . .3
arctg -- + arctg у + arctg -- + arctg g- = arctg -- + arctg } j =
-4+A
. 7 11 , , к 4 3 \
= arctg '---4~3 = arctg 1 = T b’ ’ H < 4 ’
7 11
что и требовалось доказать.
Пример 2. Показать, что
-1 / 2 1 + /б тс
arccos I/ т,— arccos------------.
г 3 2 V 3 6
Решение. Так как
1 4~ /б
2/3 ’
то применяя формулу
(136), получим _
j/"2 1+/6 Ь/Т 1+/ё.
arccos I/ -.;— arccos--;=- = arccos I/ —F
РЗ 2 /3 \ г 3 2 /3
4-1/Л 2/, 7 + 2 /б\ /2/3 + /2 .
+ V - -3-Д1 - ) =arccos \ —г— +
1/5-2/б\ (2 /3 + /2) + (/3 - /2) _
-I------—L_ I = arccos § =
/з ТС
= arccos 7__ = ---,
что и требовалось доказать.
П р и м е р 3. Доказать, что
f arcsin/1—х2, если 0<х< + 1,
arccos х = 1 . ‘
(тс — arcsin у 1 — х2, если —1 < х < 0.
345
Решение. Обозначим arccos х = а, тогда cos а = х, причем
Зная cos я — .г, найдем
sin а = ]/1 — cos2 а
или
sin а = ]/1 — №.
Далее имеем
arcsin (sin а) = arcsin ]/1 — №.
Теперь рассмотрим два случая:
а) Если 0 -< а -< ~, т. е. О -<б х < J- 1, то согласно формуле (119)
arcsin (sin а) = а
и тогда
а — arcsin |/1 — х2,
следовательно, учтя введенное нами обозначение, получаем
а = arccos х = arcsin ]/1 — №.
ТС
б) Если — < а < и, т. е. —1 < х < 0, то по формулам приведе-
ния заменим
sin а — sin (я — а),
_ . тс
где 0 < г. — а < —, и тогда
arcsin (sin а) — arcsin [sin (тс — а)] = п — а
или
к —а = arcsin ]/1 — №,
откуда получаем
я = arccos х ==г. — arcsin ]/1 — №.
Таким образом,
ягетч г — f arcsifl /1 — если 0 < х < -ф 1,
( тс — arcsin У 1 — л*2, если —I < х < О,
что и требовалось доказать.
Пример 4. Решить уравнение:
arctg 3х — arctg 3~* — ~.
ь
Решен и е. Учшывая, что согласно- формулам (128) и (124)
arctg 3"~х = arctg = arcctg 3х = — arctg 3\
ох Л
346
получим
arctg 3* — (j- — arctg ~ .
Отсюда (после очевидных упрощений) имеем
2 arctg 3* = у
или
arctg 3* =
О
и, следовательно,
т. е.
3^3^; х. ' .
„ 1
Ответ: х = -% •
Пример 5. Решить- неравенство: arcsin х — 2 arccos х > .
Решение: Заменив в левой части неравенства
arccos х — ~— arcsin х,
находим, что
_ . 4л:
3 arcsin х > —
или
4 т:
arcsin х > ,
откуда и получаем окончательный ответ:
4к
sin-д < х< 4-1.
Пример 6. Решить уравнение sin (5 arctg Зх) = 1.
Решение. Обозначим 5arctg3x = /, тогда
347
и данное уравнение принимает вид
sin / = 1,
откуда
<=-^--f-2wi, где «=(); +1; +2; ...
Найдем, при каких значениях п величина t будет удовлетворять
5 5
условию---Z-Г. < t < + -д- я.
3 2 2
Решим неравенство:
5 гс , п । 5
--.-Я<-2_+2гс«<+-2-гс,
откуда
3
—6 < 4п <4 или —g-<n<l(
т. е. п =я —1; 0.
а) При п = —1
или
следовательно,
. тс п Jr.
находим t = -g— 2тс == —, так что
5 arctg Зл* = — ™
, ЗГС
arctg Зх => — уд.
О 4 Згс
з^-tg^,
1 . Згс
^ = ^ = ~3-fgio-
б) При п = 0 находим i = ~ -р 2п 0 = -^- и тогда
5arctg3№~, arctg 3* = ^,
следовательно,
3x=tg£j
ИЛИ
1 , Tt
x = x2 = ytg Т5.
348
_ 1 Зтс 1 ; cr —1,3/638
Ответ: =------ tg -- =---- tg 54“ « ——-5--= —0,45879;
o Iv О О
, 1 , п 1 +0,32492 mon
== + -у tg Yq = + -у tg 18 »----3---— +0,10831.
В заключение данного параграфа отметим, что обратные триго-
нометрические функции часто называют также обратными круговыми
функциями.
§ 93. Решение прямолинейных треугольников
Условимся, как это принято, обозначать элементы прямолиней-
ного треугольника* с вершинами А, В, С следующими буквами
(рис. 363).
А, В, С —внутренние углы
треугольника,
а, Ь, с — соответствую-
щие стороны,
противополож-
ные углам тре-
угольника,
ha, hb, hc — высоты тре-
угольника от-
носительно сто-
рон а, b и с,
Ьа, Ьъ, — биссектрисы
внутренних
Рис. 363.
углов,
та, ть, тс— соответствующие медианы,
и + b + с
р = — ------полупериметр треугольника,
5 — площадь треугольника,
R — радиус описанной окружности,
г — радиус вписанной окружности,
Га, гъ, гс — радиусы вневписанных окружностей**.
• Кроме прямолинейных треугольников подробно изучены также тре-
угольники сферические, т. е. треугольники, расположенные на сфере, которые
наиболее широкое применение нашли в астрономии. Однако вопросы сфериче-
ской тригонометрии выходят за рамки данной книги и поэтому здесь рассмат-
риваться не будут.
** Вневписанной к стороне а треугольника АВС окружностью называется
окружность, касающаяся стороны а и продолжения сторон Ь и с (см. § 13,
рис 28).
349
1, Основные теоремы и формулы о соотношениях
между элементами треугольника.
Сумма внутренних углов:
А + В + С = к = 180°. (142)
Теорема синусов!
sin A sin В sin с ’ (ИЗ)
Теорема косинусов:
а2 = Ь2 с2 — 2bc cos А. (144)
Теорема тангенсов:
, Л — В х А — В
а — Ь g 2 а 2 (145)
а + Ь А + В С ' ‘g—Ctgy Формулы Мольвейде! А —В . А —В . , cos —-г—sin —„— $ + & __ 2 _ а — Ь 2
(146)
с С ’ с С ' sin — cos -g-
Формулы половинных углов:
(147)
(148)
ta — — 1/(Р — Ь}(Р~С) g 2 V p(p- a) ‘ (149)
Формулы для высот треугольника:
ha — Ь sin С == с sin В. (150)
Формулы для вычисления биссектрис:
ha bsinC (151)
Ьа ~ В—С В-С
C0S 2 " C0S 2 "
, 2bc А (152)
ba — т~,— cos лг • b + с 2
350
Формула для вычисления медиан:
та = у V Ь2 + с2 + 2bc cos А. (153)
Формулы для вычисления площади:
S = y6csin/4 = y 62—= Р (Р — а) fg у • (154)
Формулы для вычисления радиуса описанной окружности;
2 sin Л 2 sin В = 2 sin С ’ (155)
р_ а+Ь+с
R - 0 А В С ‘ (156)
8 cos -у cos —- cos
Формулы для вычисления радиуса вписанной окружности^
г = (р — a) tg у = (р — 6) tg у = (р — с) tg —; (157)
r=ptgytgytg.y; (158)
г —47? sin у sin у sin у. (1о9)
Формулы для радиусов вневписанных окружностей:
В С
.. a cos cos -i-
Га = Ptgy = --------д----• (160)
C°Sy
Замечапие. Для высот, биссектрис, медиан и радиусов вне-
вписанных окружностей мы привели только ио одной из трех воз-
можных формул. Все остальные формулы получаем из формул (150) —
(153) и (160) путем циклической перестановки.
с <— b
\О/
а .
т. е. замены а -> b -> с -> а и соответственно 4->В->С->4.
351
I
и
Например, из формулы (153) имеем: *
тъ = у Vс2 a2 -J- 2га cos В;
тс = у К«2 + Ь'г +2ab cos С;
из формулы (160)
= Р tg у 1 гс = р tg у .
Эту же циклическую перестановку можно применять и к формулам
(144) — (149) и (154).
2. Основные случаи решения прямолинейных треугольников.
Основными случаями решения треугольников называются задачи на
вычисление элементов треугольника по трем данным его независи-
мым основным элементам. К основным элементам относят стороны
и внутренние углы треугольника, причем углы между собой связаны
соотношением А 4- В С = л, поэтому только два угла могут быть
независимыми.
Случай 1. Даны два угла Л и В и одна из сторон треуголь-
ника, например, с; вычислить остальные основные его элементы.
Решение. Если даны два угла треугольника, то третий на-
ходится из равенства (142):
С == я —г (Л -)- В).
После того как третий угол определен, две неизвестные стороны
треугольника находятся по теореме синусов (143):
с sin Л , с sin 5
а = ; ь — ..... -- .
sin С sin С
Случай II. Даны две стороны треугольника и угол между
ними; найти остальные основные элементы треугольника.
Решение. Пусть даны стороны а и b и угол С. Так как
А + В к — С . - .
.—1—= —-—> то по теореме тангенсов (145) имеем:
Отсюда
Л — В = 2 arctg ctg ,
\u ~г и Z /
352
а согласно формуле (142)
А + В = л — С.
Из последних двух равенств, сначала сложив их, а затем, вычтя одно
из другого, находим углы А и В. Зная углы А и В, по теореме си-
нусов (143) находим третью сторону
a sin С
с — —.—г.
sin А
Эту задачу можно решать и другими способами, например, приме-
няя теорему синусов, имеем
b _ sin В _ sin [л — (Л -j- С)] _ sin (А + С)
а ~ sin А ~ ' sin А — sin Л ’
откуда, воспользовавшись формулой (35) § 67, получим
sin A cos С 4- cos Л sin С „ , , , . „ Ь
------------=---------= cos С 4- ctg A sin С — —
sin Л а
или после очевидных преобразований
Из последнего равенства находим угол Л, а затем остальные эле-
менты треугольника.
Случай III. Даны три стороны треугольника а, Ь, с. Вычи-
слить его углы.
Решение. Необходимым и достаточным условием существова-
ния треугольника будет выполнение неравенств
а + Ь > с-, а + с > b, b + с> а (а > О, b > 0, с> 0).
Если эти условия выполняются, то углы А и В найдем по фор-
муле (148), применив к ней при переходе к углу В циклическую
перестановку,
со Т/ЩЕЕ СО5^=1/'Ё₽Е§; .
2 г ос 2 У ас
затем находим угол С из .равенства А -f- В -|- С = тс.
Случай IV. Даны две стороны и угол, противолежащий одной
из данных сторон; вычислить остальные основные элементы тре-
угольника.
Решение. Пусть даны а, b и В. При решении этой задачи
рассмотрим следующие случаи.
3/4 12 6-263
353
!
а) Если то задача имеет единственное решение. Угол’
А и по теореме синусов (143) имеем
а b
sin А ~ sin В ’
откуда находим sin А, а затем угол А.
Угол С находим из равенства А В -j- С п, а затем сторону с
по теореме синусов
a sin С
с — _— .
sin А
б) Если а > b > a sin В, то задача имеет два решения, т. е.
существует два треугольника, соответствующих данным задачи
В этом случае из равенства
а _ b
sin А ~ sin В
находим
. . a sin В la sin В
sin А = —— < 1 ,
о \ о /
откуда определяем два значения
угла А-
А = Aj, и А = j42 = к —
Аналогично предыдущему случаю находим угол С и сторону с соот-
ветственно каждому из найденных углов и Аг.
в) Если b~ a sin В, то задача имеет одно решение, и в этом
случае треугольник будет прямоугольным, так как в данном случае
и, следовательно,
А = ~, т. е. А2 = А = 4 = 90°.
Тогда
С — ~ — В и с — a cos В.
г) Если b < a sin В, то задача решений не имеет, т. е. треуголь-
ник не существует, так как
. . a sin В ,
sin А = —г— > 1.
b
354
Графически условие a sin В > b означает, что перпендикуляр
a sin В должен быть больше наклонной b (рис. 364), что, конечно,
невозможно.
Все остальные задачи на решение треугольников считаются не
основными и при решении их сводят к основным случаям. Некото-
рые из неосновных задач мы рассмотрим в следующих параграфах.
Переходим теперь к решению прямоугольных треугольников,
т. е. частного случая треугольников, у которых всегда
С = 90°, cos С = 0, sira С = 1.
Подставив эти значения в формулы (142)—(160), получаем соот-
ветствующие формулы для прямоугольных треугольников, что чита-
телю полезно выполнить в виде упражнения. В частности, подста-
вив эти значения в формулы (142) —(144), получаем основную си-
стему для решения прямоугольных треугольников:
А ф- В = 90°, так что sin А — cos В, cos А — sin В; (161)
а = с sin А = с cos В; Ь = с sin В — с cos Л; (162)
С2 = й2 Ь2_ (163)
Разделив равенства (162) по очереди одно на другое, получим еще
две формулы, которые связывают элементы прямоугольного тре-
угольника
у = tg А = ctg В; ~ = ctg А = tg В. (164)
Для того чтобы решить прямоугольный треугольник, достаточно
задать только два его элемента (но при этом хотя бы один элемент
обязательно должен быть линейным), так как уже известен один
элемент: угол С — прямой. Никаких новых трудностей решение
прямоугольных треугольников не представляет, поэтому рассмотрим
только несколько типичных задач.
Задача 1. Даны катеты а — 7 и 6 — 12. Определить все ос-
тальные основные элементы прямоугольного треугольника.
Решать эту задачу можно двумя способами.
1) Воспользовавшись теоремой Пифагора (163), по заданным
катетам определяем гипотенузу с = а2 -ф- Ь2 , а потом находим
л а о Ь
sm А — — и sin В = —,
с с
по которым определяем углы А и В. Полученные результаты кон-
тролируем при помощи равенства А -ф- В = 90°.
2) Согласно первому равенству (164), вычисляем
л л о
tgA^T,
4tW
355
после чего определяем угол .4, а затем В = 90° — А; с = -д,
Результаты вычислений контролируем при помощи формулы (163):
С2 = а2 _[_ ^2_
Выполните фактические вычисления в данной задаче.
Задача 2. Определить высоту Московского университета,
самого высокого университетского здания в мире, измерив базис b =
= 119 м и угол зрения А = 60°.
В
Рис. 365.
Решение. Из прямоугольного треугольника АВС по изве-
стному катету Ь и углу А находим катет а (рис. 365):
a = btgA = byr 3 к 206 м.
К полученному результату прибавляем величину роста наблюдателя.
Задача 3. Определить углы «египетского треугольника», т. е.
треугольника* со сторонами а — 3, b = 4, с = 5.
• Древним египтянам было известно, что треугольник со сторонами 3: 4.
5 — прямоугольный. Этим они пользовались в строительстве. Прямой угол
строили так: брали веревку и на ней в точках А, В, С, D завязывали • узлы
так, чтобы А В = 5f ВС ~ 4, CD — 3. Расположив отрезок СВ вдоль заданного
направления и соединив узлы А и D туго натянутой веревки, получали тре-
угольник, у которого угол С прямой.
356
Решение. Согласно формуле (164), имеем:
tg А = ~ = 0,7500.
По известному тангенсу, пользуясь табл. I приложения, находим
с точностью до 0,1 градуса
А = 36°,9 =36° 54', тогда
В = 90° — А = 53°,1 = 53° 6'.
Упражнения
Решить прямоугольные треугольники:
а) даны катет и гипотенуза а = 2,5 м; с = 3,7 л;
б) даны угол и гипотенуза Л = 39°; с = 138,1 см-,
в) даны угол и катет А = 57°; b = 17,8 дм\
г) даны два катета а = 27,5 см, b = 83,4 см.
§ 94. Применение тригонометрии к решению
планиметрических задач
Соотношения между элементами
в предыдущем параграфе, применяются
разных планиметрических задач, так
как любую прямолинейную фигуру
всегда можно разбить на ряд тре-
угольников. Рассмотрим несколько
задач.
Задача 1. Доказать, что ме-
диана треугольника делит угол при
вершине на части, синусы которых
пропорциональны синусам соответ-
ствующих углов при основании.
Решение. Пусть в Д АВС
треугольника, приведенные
к решению самых разнооб-
ВО —медиана (рис. 366). Обозна-
чим ABD = х, Z_DBC = у. Требуется доказать, что
sin х sin А
sin у ” sin С'
Применяя теорему синусов к треугольникам ABD и BDC, получим:
sin х _ b sin у _ Ь
sin А 2тъ sin С 2ть
sinx sin у
sin А ~ sin С
Отсюда
357
или
sin х sin A
sin у ~ sin C ’
что и требовалось доказать.
Задача 2. Доказать, что если в треугольнике со сторонами
а, Ь, с имеет место соотношение
J2-c2 = 2aR, то В—С = 90°.
Решение. Согласно формуле (155) § 93, имеем:
а = 2R sin A; b = 2R sin В; с = 2R sin С.
Подставляя эти значения в соотношение, приведенное в условии
задачи, получим:
47?2 sin2 В — 4R2 sin2 С = 4Л’2 sin А
или
sin2 В — sin2 С = sin А. , '
Преобразуем левую часть последнего равенства, воспользовавшись
вначале формулами (78) и (79) § 73, а затем формулой (59) § 70.
sin2 В — sin2 С — (sin В Д- sin С) (sin В — sin С) =
Л ' В С В С В С В Д’ С . / г, I • / г, ЛП
= 4 sm — cos —=— sin —— cos —— = sin (В Д- С) sin (В — С).
Тогда в соответствии с преобразованным исходным условием нахо-
дим, что
sin (В Д- С) sin (В — С) — sin А,
откуда, учтя, что В Д- С = к — А и sin (В Д- С) = sin (г. — Д) — sin А,
получим:
sin A sin (В—С) = sin Л
или
sin (В — С) = 1
и, следовательно, В — С = 90°, что и требовалось доказать.
Задача 3. Доказать, что прямая, симметричная с медианой
относительно биссектрисы внутреннего угла треугольника, делит про-
тивоположную сторону на части, пропорциональные квадратам при-
лежащих сторон.
‘Решение. Пусть в A ABC BD — медиана, a, BL — биссек-
триса угла В и пр'ямая BN симметрична относительно BL с медиа-
358
ной BD, т. е. / NBL = / LBD (рис. 367). Доказать, что AN ; NC =
= : ВС2.
Обозначим / ABN = <о и / NBL = 8, тогда, согласно условиям
задачи,
NBL = £ LBD = 8 и /. ABN = /. DBC = <о.
Так как у треугольников ABN и NВС высоты равны, то отрезки
AN и NC относятся как площади этих треугольников, и тогда, со-
гласно формуле (154) § 93, имеем:
.~с BN sin®
AN ___ 2 __ с sin «о
NC ~ 1 D.r . , . ~~ a sin (w-р 28) ’
уй • BN sin (® + 28) '
Далее, воспользовавшись результатом
4 N L в с
Рис. 367. Рис. 368.
а в таком случае, подставляя в предыдущее равенство вместо отно-
шения синусов отношение сторон треугольника, получим:
AN _ с с с2
NC ~~ а а ~ а2
или
AN _ АВ2
NC ВС2 ’
что и требовалось доказать.
Задача 4. Доказать, что сумма квадратов длин хорд, соеди-
няющих произвольную точку окружности радиуса R с вершинами
правильного вписанного в эту окружность пятиугольника, равна 10Д2..
Решение. Пусть на рис. 368 правильный пятиугольник
ABCDE вписан в окружность О радиуса О А = R. Произвольная
12 6-263
359
точка окружности М соединена с вершинами пятиугольника отрез-
ками прямых МА, MB, МС, MD, ME. Требуется доказать, что
МА2 + МВ2 4- МС2 -j-MD2 + ME2 = 107?2.
Соединим центр окружности с вершинами пятиугольника и с точкой
М. Угол АОМ обозначим через а, т. е. / А0М = а, тогда
МОВ = 72° + a; Z. МОС = 144° + «; /. MOD = 144° — а;
z МОЕ =72= — а,
так как центральный угол правильного пятиугольника равен 72°.
По теореме косинусов (т. е. по формуле (144) § 93), учтя, что ОА =
= ОВ = ОС = OD — ОЕ = 0Л4 = R, из треугольников МОА, МОВ,
MQC, MOD и МОЕ находим:
ДМ2 = 2/?2 2/?2 cos а,
ВМ2 = 2R2 — 2R2 cos (72° 4- а),
СМ2 = 2R2 — 2R2 cos (144° + а),
DM2 = 2R2 — 2R2 cos (144° — а),
ЕМ2 = 2R2 — 2R2 cos (72° — «).
Складывая эти равенства, получим:
AM2 -ф ВМ2 4- СМ2 4- DM2 4- ЕМ2 = I0/?2 — 2R2 х
X [cos а + cos (72° 4- а) 4- cos (144°-)-а) 4- cos (144°—«) 4- cos (72° — а)].
Покажем, что выражение в квадратных скобках равно нулю. Дей-
ствительно, сгруппировав члены равноудаленные от концов и, вос-
пользовавшись формулой (80) § 73 и второй из формул приведения
(43) § 68, имеем:
cos а 4 cos (72° 4- а) 4- cos (144° 4- «) 4* cos (144° — а) 4- cos (72° — а) ==
= [cos а 4- cos (72° — а)] 4~ [cos (72° 4~ а) + cos (144° — а)] 4.
4- cos (144° 4- а) = 2 [cos 36° COS (36° — а) 4- cos 108° cos (36° — а)] —
— cos (36° — а) — cos (36° — а) [2 (cos 36° 4- cos 108°) — 1J =
= cos (36° — a) [4 cos 72° cos 36° — 1] — 0,
так как 144°+ «=180°—(36° — а), а согласно формуле (59) § 70:
. qco -гео 4 sin 36° cos 36° • cos 72° 2 sin 72° cos 72°
sin 36° sin 36
sin 144° sin 36° _
sin 36° ~ sin 36° ~ '
В таком случае
AM2 4- ВМ2 + CM2 4 DM2 4 EM2 = i01?2,
что и требовалось доказать
360
Задача 5. Определить углы равнобедренного треугольника,
зная, что его ортоцентр лежит на вписанной в треугольник окруж-
ности.
Решение. На рис. 369 изображен равнобедренный треуголь-
ник АВС, АС=СВ, в который вписана окружность О и ортоцентр
Н, т. е. точка пересечения высот треугольника лежит на дуге этой
окружности. Требуется определить углы треугольника. Угол А тре-
угольника АВС обозначим через 2а, тогда / OAD — а. Из прямо-
угольного треугольника ACD находим / ACD = 90° — 2а, тогда и
ZJDCB == 90° — 2d. Треугольник СНЕ прямоугольный (АЕ — высо-
та), поэтому / СНЕ — 2а, стороны которого взаимно перпендикуляр-
ны сторонам Z.DCB, и вертикальный ему / AHD = 2а. Из Л ADH-.
2г , о
= ctg 2а,
где г = OD—радиус вписанной окружности,
а из Д AOD-.
7D=tga-
Сопоставляя два последних равенства, находим, что
2tga —ctg2a—. tg2a
или 2tga = l^?, ё 2tga
откуда 5 tg2 a = 1
и, следовательно, . 1 * /5" a = arctg = arctg .
Таким образом, l/"5' A= В — 2 arctg-t-p— , 0
а тогда C = rc — (4 + В) = к — 24.
Ответ: А = В = 2 arctg ~ 2 arctg 0,447214=2 0,420534 =
□
= 0,841068 радианов = 48° 1 Г, 38; С = гс — 24 = 1,459457 радианов =
= 83° 37', 24.
12* 361
Задача 6. Доказать, что периметр треугольника, образован-
2S
кого соединением оснований высот данного треугольника, равен 75-,
А
где 5 — площадь треугольника, а Л — радиус описанной окружности.
Решение. Дан треугольник АВС н AD, BE, CF — его высоты
(рис. 370). Доказать, что
ос
FD+ DE + EF=~. :
Из планиметрии известно, что
Д АВС оо Д BFD оо /\ DEC 00 AFE.
Из подобия этих треугольников находим:
АВ ~ ВС'
но из прямоугольного треугольника ВЕС
ЕС „
вс^С0&с-
DE
Тогда -г-g- = cos С или DE = с • cos С.
Ad
Аналогично находим, что
DF = b cos В,
. ГЕ --= a cos А.
Складывая эти равенства, получаем:
DE DF 4- ГЕ — a cos Л-Е b cos В -+• с cos С.
Но, согласно формуле (155) § 93,
a==2PsinA; b == 2R sin В; с= ZRsinC,
362
так что
DE + DE -j- FE — 2R sin A cos A + 2R sin В cos В + 2R sin C cos C =
== R (sin 2Д + sin 2B -f~ sin 2C) = 47? sin A sin В sin C.
Снова заменяя
я о- . „ Ь . ~ с
sinZ = 2R: 51nB = ^; smC = g^,
о abc
и учитывая, что о = , получаем окончательно
2 . Д&с
DF 4- DF 4- FE = 47? • — —- =_______— — —
U + U + 8/?3 ~ 2Т?2 R ~ R ’
что и требовалось доказать.
Замечание. Из доказанного следует, что площадь треуголь-
ника равна произведению полупериметра треугольника, . вершинами
которого служат основания высот дан-
ного треугольника , на радиус окруж- тп°-----
ности, описанной вокруг данного тре- /
угольника. / .
Задача 7. Площадь выпуклого \.
четырехугольника равна половине про- X.
изведения диагоналей на синус угла \
между ними. Доказать.
Решение. Дан выпуклый четы- ^4#
рехугольник ABCD и его диагонали р Ч7.
ЛС = ^! иВ0 = 4 (рис. 371), причем i
угол между диагоналями Z_COD = а.
Определить площадь четырехугольника. Найдем, согласно первой из
формул (154) § 93, площади треугольников
5лов=4'ЛО OSsina,
SB0C — -i- ВО ОС sin (180° — а) — ВО • ОС sin а,
SCOD — ^СО- OD sin а,
Вдрд = DO О A sin (180е — а) = -i- DO ОА sin а.
363
Сложив эти равенства, получаем:
S = sin а [АО ОВ + ВО ОС + СО OD + DO ОА] =
= у sin а (40 + ОС) (ВО + 0D) = ~ АС BD sina.
Таким образом, площадь четырехугольника
S = — sin at,
что и требовалось доказать.
§ 95. Применение тригонометрии к решению
стереометрических задач
Разнообразие стереометрических задач на применение тригоно-
метрии не дает возможности указать общие способы их решения.
В каждом отдельном случае, исходя из условий задачи, выбирается
тот или иной способ решения. Как правило, большинство стереомет-
рических задач, решаемых с применением тригонометрии, допускает
много различных способов решения.
При решении стереометрических задач в пространственной
фигуре, как правило, выделяют треугольники с достаточным числом
известных элементов; решая их, определяют искомые элементы про-
странственной фигуры.
Рассмотрим несколько наиболее типичных стереометрических
задач, решаемых с помощью тригонометрии.
Задача 1. Определить объем прямоугольного параллеле-
пипеда, диагональ которого а составляет с плоскостью основания
угол а, а с большей боковой гранью угол fl. Вычислить этот объем
при а= 15,7 см; а = 42°; {3 = 36° и при а =2,3 м; а — 58°; fl = 27°.
Решение. Дан прямоугольный параллелепипед ABCDAtBtCtDi
(рис. 372), у которого диагональ BDi = а, / DyBD — а и / А।BDX =
== [1. Найти объем параллелепипеда.
Объем параллелепипеда
V^SH,
где 5 — площадь основания, а Н—высота параллелепипеда. Из
A DXBD (Z-D— 90°) находим:
И = DDt = BDt sin а = a s in а.
Из Д ВА^^Ау = 90°) получаем:
ЛiDj = AD = BDi sin fl = a sin {J
364
и соответственно,
AtB = DXB cos {J = a cos p.
Из Д Д^В (/_ A = 90°) находим, учтя, что AAX == DDt — a sin a:
AB — У AjB2 — AtA2 = У a2 cos2 p — a2 sin2 a = а У cos2 p — sin2 a.
Тогда
5 — AB AD — a2 sin p У cos2 p — sin2 a
и, следовательно,
V = SH = a3 sin a sin p У cos2 p — sin2 a.
несколько упростить, так как, со-
Полученный результат можно
гласно формулам (78) и (79) § 73, формуле (59) § 70 и формулам При-
ведения:
cos2 р — sin2 a = sin2 (у- — j51 — sin2 a =
-J- sin a
-g- — P + “ y — p — a ——p — a — p
= 4 sin--------5-------cos----------s------.sin--------x----- cos----------
z z
= sin — P + Sin Ly — p a] = cos (a + p) cos (a — p).
365
Ответ: V — a8 sin а sin 3 cos (а + 3) cos (а— р) куб. ед.
При а= 15,7; а =42°; р = 36° с четырьмя значащимй цифрами
cos (а + р) = 0,2079; cos (я — [3) = 0,9945; 1/= 692,1 см3 = 0,6921 дм3.
При а = 2,3 м; а = 58°; р = 27°; V = 1,280 ju3.
Исследуйте, при всех ли значениях углов 0<а<90° и 0<₽<
< 90° возможно решение этой задачи.
Задача 2. В прямой четырехугольной призме площадь осно-
вания т, площади диагональных сечений рис/, двугранный угол
между ними а. Определить объем призмы.
Решение. Дана прямая четырехугольная призма ДСЪ у кото-
рой SABCD = m’ S4CCM. ==Р> ‘Sbod1b1 = <7 и двугранный угол
AA100lDD1 — а (рис. 373). Найти объем призмы.
Объем призмы
V = SH,
где S—площадь основания, а Я—высота призмы.
Площадь основания дана по условию задачи.
S = т.
Нужно определить высоту призмы ОО^ — Н (призма прямая
ООЛ .1. пл. ABCD).
Диагонали основания призмы
ЛС = -^- и BD ~ ~-
л л
определяем по заданным площадям диагональных сечений
р = Н • АС и с/~ Н BD.
Угол A0D~a, как линейный угол данного двугранного угла, тогда
площадь четырехугольника ABCD (см. § 94, задача 7):
1 р 7 .
т==„._._.51Пя>
откуда ______
г 2m
Найдя высоту Н, определяем искомый объем
V = SH — j/"pqm si n а куб. ед.
Задача 3. Разность между образующей и высотой конуса
равна т, а угол между ними равен а. Найти объем конуса и вы-
числить его значение при т = 5,8 см и а = 42°.
366
Решение. Дан конус SAB, у которого 5Л — SO = т и ,KOSA—
= а (рис. 374). Найти объем конуса.
Обозначим ОА == R и OS = Н, тогда объем конуса
V = nW.
Из Д 5ОЛ находим
Н = R ctg а,
тогда
И =-1-it/?3 ctg а.
О
Для определения /? рассмотрим Л АОС. В этом треугольнике АС =
— т., /.ОЛС =90° —а, /,ОСЛ= 180° — £SCO = 180° — 18^~-- =
— до0 у , а / АОС = 90° — — JL ( так как треугольник
OSC по условию задачи равнобедренный (SO=SC).
По теореме синусов из А АОС находим
откуда
R = т ctg -g-.
Поэтому для вычисления объема конуса получаем окончатель-
ную формулу:
V = -у т3 ctg3 ~ ctg а куб. ед.
«5 Z
При т = 5,8 см и а = 42° имеем с четырьмя значащими цифрами
/ \8
Ctg -^-=2,605; ctg 42°= 1,111; Imctg^- = 3449,1; V = 1277 слг8 =
2 \ 2 /
= 1,277 Ди8.
Задача 4. Плоские углы трехгранного угла соответственно
равны а, р, -у. Найти линейные углы двугранных углов.
Решен и е. Пусть углы трехграпного угла / MSK = а, / KSL=
= 8 и ^_MSL = ~( (рис. 375). Найдем линейный угол двугранного
угла с ребром MS. Проведем из произвольной точки М ребра SM
прямые МК ± MS и ML _L MS, тогда /_KML = x будет искомым
линейным углом двугранного угла KMSL.
367
Из Л LMS (Z. М = 90°) находим:
LM = SM • tg 7 и SL= SM • sec 7;
из Д KMS (2_Л4 = 90°) находим:
/<Л4 = SM • tg а и SK = ЗЛ4 sec я.
Из Л KSL по теореме косинусов имеем:
7(7.2 = /\32 + LS2 - 2 • KS LS cos 0.
Из Д KML находим:
KI.2 = МК2 4- ML2— 2 МК ML • cos х.
Рис. 374.
Рис. 375.
Сравнивая последние два равенства, приходим к уравнению, содер-
жащему cos х:
MK2 + ML2 — 2MK ML cosх == KS2 + LS2 — 2KS • 7Scos0,
откуда
МК2 + ML2 — KS2 — LS2 + 2/(5 • LS cos 8
PnC V __ ______________________________ _________ '_
Подставляя сюда найденные значения для /И/(, ML, KS и LS,
получим:
SM2 (tg2 я + tg2 7 — sec2 а — sec2 7 -|- 2 sec я sec 7 cos 0)
C0S X ~ 25Л42 tg я tg 7 “ ~
2 cos 0 sec я sec 7 — 2 _ cos 0 — cos я cos 7
_ 2 tga tg 7 .....~~ sin я sin 7
Таким образом,
cos 0 — cos a cos 7
COS X —-------:---:------— .
Sin a Sin 7
368
Аналогично находятся два других линейных угла двугранных углов,
которые соответственно обозначим через у н г:
cos t — cos a cos В
cos у =--------;—Е-----------
sin a sin р
cos а — cos 8 cos т
COS Z — ,-----; ,, ------—
sin p sin -y
По найденным cos x, cos y, cos z определяем искомые линейные
углы х, у, z, как было рассмотрено в пункте б) § 85, но при этом
надо учесть, что углы х, у, г являются
что ответ должен быть однозначным.
Задача 5. Высота шарового сег-
мента Л; дуга в осевом сечении равна а.
Определить площадь сферической по-
верхности сегмента.
Решение. По условию задачи
С£) = й, £ АОВ — а (рис. 376). Найти
площадь сферической поверхности сег-
мента (на рис. 376 — сечение сегмента).
Площадь сферической поверхности сег-
мента
S = 2nRh,
углами треугольника, так
где R — радиус сферической поверхности, a h — высота сегмента.
Рассмотрим треугольник ODB, в котором OD — R — h, ОВ — R.
Из этого треугольника находим
OD
ОВ
а
cos у
или
R — h
R
а
= cos У-
откуда
r=.-----L___ = —
1 — cos — 2 sin2 -r-
2 4
Подставив это значение в формулу для S, после очевидных упроще-
ний получаем окончательный ответ:
S ==------кв. ед.
sin2 —
4
369.
Задача 6. Определить угол между образующей и плоскостью
основания конуса, объем которого в т раз более объема вписанного
в конус шара. Вычислить этот угол при т = 2.
Решение. Пусть шар 0 вписан в конус SAB (рис. 377).
По условию задачи VKCH = mVUIapa. Найти угол SAD.
Обозначим Z_SAD — a, радиусы AD = R, 0D ='г и высоту
SD = H.
Тогда по условию задачи
-1 mnr’ = ~ ~.R'2H
о «5
или
4mra = R*H.
Из треугольников 4DS и Z1DO OAD = находим
r = /?tg-J и =
Подставляя эти значения в предыдущее равенство, получим:
4mRs tg3 ~ = R3 tg а
или
Так как tg-g- > 0, то, сократив полученное уравнение на tg -- и из-
бавпвшись в нем от знаменателя, приходим к биквадратному уравне-
. а
нию относительно tg у :
2m tg* у — 2m tg2 у + 1 = О,
откуда __________
.еЛ=±/-'±/Р^.
Отрицательные корни уравнения не пригодны к решению данной за-
дачи, поэтому окончательно будем иметь:
а = 2 arctg ]/~-±У
370
Найденное решение имеет смысл, если —---2т Т’
е., если
Ответ:
«.= 2arctg|/
(т 2).
При т = 2, ограничиваясь четырьмя значащими цифрами, имеем
1/2
а = 2 arctg -Lf = 2 arctg 0,7071 = 2- 0,6155=1,231 радианов=70°,53=
= 70°32'.
Задача 7. В шар радиуса R вписана правильная треугольная
пирамида с плоским углом я при вершине. Определить высоту пи-
рамиды.
Решение. Пусть в шар радиуса" OS—R вписана правильная
треугольная пирамида (рис. 378). Плоские углы правильной пирамиды
при ее вершине ASB = BSC = ЛЗ’С = а. Требуется найти высоту
пирамиды. Высота правильной пирамиды, вписанной в шар, совпа-
дает с диаметром шара, проведенным из вершины пирамиды. Обо-
значим высоту пирамиды SOf — Н, а сторону се основания АВ =
= ВС ~ СА = а.
Плоскость основания пирамиды пересечет поверхность шара О
по окружности, описанной вокруг A ABC’, OtC — радиус этой окруж-
ности. - . ' . •
По известной из планиметрии зависимости находим
(165)
371
Проведем высоту SM боковой грани SBC и из Л SMC найдем,
что
SC = -ВС-~- = -...----- . (166)
2 sin -g- 2 sin -у
Соединив точку С с концом D диаметра SD, получим прямоуголь-
ный треугольник SCD — 90°).
Из этого треугольника имеем:
со! = 50, • <\D
и соответственно
SC2 = SD
или
СО, OtD
SC^'SD'
Подставляя значения (165) и (166) и учитывая, что OLD ~ 2R — /7,
SD — 2/?, из последнего равенства получим
4^sin2| 2R H
За2 ~ 2R
или
Н 1 4 . „ а
2R ~ 3 5Ш 2 •
В таком случае
Н
t 4 • » « ]
l-ysm2-2-J =
= у (т — 60° — sin2 у
= ~ R sin [60э + тг)5*п |60° —
Ответ: Н = R sin (60° -j- 4-) sin | 60°--
О \ хС / \ z /
Задача 8. В правильной четырехугольной пирамиде плоский
угол при вершине равен а; высота h пирамиды служит диаметром
шара. Найти длину кривой пересечения их поверхностей и вычислить
ее при а = 0,46 радианов; h == 10,7 см.
372
Решение. Дана правильная четырехугольная пирамида SABCD
и шар Оь диаметром которого служит высота пирамиды SO = й; пло-
ский угол при вершине пирамиды / BSC = а (рис. 379). Найти длину
линии, по которой поверхность шара пересекается с поверхностью
пирамиды.
Искомая линия состоит из четырех равных дуг окружностей,
по которым пересекаются плоскости боковых граней пирамиды с по-
верхностью шара. Поэтому для решения задачи достаточно найти
длину одной из этих дуг.
Найдем длину дуги BjCx, по которой грань пирамиды BSC пере-
секается с поверхностью шара.
Плоскость грани BSC пересекается с поверхностью шара по окруж-
ности, центр которой (?2 найдем, опу-
стив из центра шара перпендикуляр
OtO2 на плоскость этой грани.
Угол fijSCi = « является вписан-
ным в окружность О2 и опирается
на дугу BjCj, поэтому длина искомой
дуги B^Ci будет определяться фор-
мулой
чэ BiCj = 2аг,
где а — данный угол в радианах,
а г = 02S — радиус окружности О2.
Для определения радиуса г рас-
смотрим подобные прямоугольные
треугольники SOfii и SOM. Из подобия этих треугольников
O2S SO
SOj ~ SM
или, учтя, что SO = h и SOi — ~-h,
r.o ,SO1.SO h*
SM 2SM •
Апофему пирамиды SM определим следующим образом. Обозна-
чим сторону основания пирамиды ВС — 2х, тогда ОМ — х. Из AiSSM
имеем
SM = х ctg ~ .
Далее из прямоугольного треугольника SOM по теореме Пифагора
SO2 + ОМ2 = SM2
373
или
Й2 + Х2 = Ctg2 у.
Отсюда
и, следовательно,
Тогда
, . а т а
Л sin-к- Л cos —
ЗЛ1 = —L . ctg^= -7=L.
V cos я 2 ’[/cosi
Л2 h У cos а
2S7M ~~ ~
2 cos у
Подставляя найденное значение г в формулу для длины дуги BvCy
имеем;
D г о ай У COS qi
о В, С, = 2«г = —----
а
cosy
Длина искомой линии пересечения поверхности пирамиды с поверх-
ностью шара равна учетверенной длине дуги В1С1, так что окон-
чательно получаем:
.__ 4aft У cos а
а. ’
cosy
где а есть угол при вершине пирамиды, измеренный в радианах.
При /г=10,7ся и а = 0,46 радиана, ограничиваясь вычисле-
ниями с четырьмя значащими цифрами, имеем (см. табл. II приложе-
ния):
cos-к-= 0,9737; cos а == 0,8961; J^cos а= 0,9466; 1= 19,14 см.
ы
IV. ОСНОВЫ ВЕКТОРНОЙ АЛГЕБРЫ
§ 96. Вводные замечания
Как уже отмечалось ранее (I раздел, §1), курс геометрии сред-
ней школы до настоящего времени в основном является сокращен-
ным и упрощенным курсом геометрии Эвклида. Идеи и методы
эвклидовой геометрии, разработанной свыше двух тысяч лет Тому
назад, носят метафизический характер. Давно назрела необходимость
перестройки преподавания курса геометрии в средней школе.
Современная математика достигла очень высокого уровня раз-
вития и продолжает бурно развиваться только благодаря тому, что
ее идеи и методы основываются на диалектическом образе мышле-
ния. В частности, диалектический подход к изучению геометрии
проявляется в том, что любая геометрическая фигура (плоская или
пространственная) мыслится как некоторое множество точек, а гео-
метрическое преобразование фигур (параллельный перенос, поворот,
симметрия, гомотетия, инверсия и др.) представляется как неко-
торое функциональное преобразование — своеобразная геометрическая
функция, ставящая во взаимно однозначное соответствие точки дан-
ной фигуры и преобразованной.
Диалектический подход к изучению математики приводит к уста-
новлению все более глубоких и плодотворных связей между различ-
ными ее ветвями, которые, в свою очередь, способствуют возник-
новению и развитию новых эффективных методов исследования
и решения задач. Одной их важных связей является связь между
геометрией и алгеброй, приведшая к созданию нового своеобразного
«геометрического исчисления»—«векторной алгебры».
В курсе математики средней школы «Векторная алгебра» дол-
жна ддть учащимся не только новые методы решения геометрических
задач, но и способствовать развитию современного строго научного
мышления при изучении математики и ее приложений.
Особое внимание этому разделу должны уделить читатели, не-
знакомые с элементами векторной алгебры.
375
§ 97. Скалярные и векторные величины
Скалярными величинами называются величины, которые вполне
могут быть охарактеризованы числами (например, длина, площадь,
объем, масса, плотность, энергия, работа, температура и др.). Век-
торными величинами называются величины, для полной характери-
стики которых требуется указание числа и направления в простран-
стве (например, скорость, ускорение, сила, напряженность поля и др.).
Вектором (геометрическим вектором) называется направленный
отрезок АВ, у которого точка А рассматривается как начало,
а точка В — как конец. Вектор изображается - графически стрелкой
и обозначается или двумя большими буквами с чертой (иногда стрел-
кой) над ними, или одной маленькой буквой с чертой (стрелкой) над
ней. В печатном тексте буквы, обо-
Х\Х. а. ' значающие вектор, выделяют часто
\\\ \ полужирным шрифтом, а черту
\?\\ (стрелку) сверху не ставят.
'уЧХ. Длину вектора обозначают знаком
абсолютной величины (модуля). В пе-
X. X. чатном тексте длину вектора обозна-
Хо 'к чают также соответствующей бук-
тэ X вой, напечатанной обыкновенным
Рис. 380. шрифтом.
Вектор вполне определяется сле-
дующими четырьмя элементами:
1. Начальной точкой А. -
2. Прямой /, проходящей через точку А так, чтобы на ней
лежал данный вектор.
3. Направлением вектора на прямой I, т. е. указанием на то,
по какую сторону от точки А на прямей I лежит точка В (конец
вектора).
4. Длиной (модулем).
Вектор, у которого начало совпадает с концом, называется нуль-
вектором. Длина нуль-вектора равна нулю.
Векторы называются коллинеарными, если они параллельны одной
и той же прямой (рис. 380).
Векторы называются компланарными, если они параллельны
одной и той же плоскости. Два вектора всегда компланарны.
Единичным вектором называется вектор, длина которого равна
единице.
§ 98. Равенство векторов
Векторы АВ и CD называются равными, если выполняются сле-
дующие условия: ,
1. Прямые АВ и CD параллельны или совпадают.
376
2. Направление на прямой АВ от начальной точки А к конечной
точке В совпадает с направлением на прямой CD от начальной
точки С к конечной точке D. , ч
3. Отрезки АВ и CD равны между собой.
Равенство векторов обозначается обычным знаком равенства,
например, ___ ____
АВ = CD.
Однако при этом вектор АВ не равен вектору DC, так как у них
направления противоположны.
Признак равенства векторов.
Если векторы АВ и CD не расположены на одной прямой, то
равенство АВ == CD имеет место в том и только в том случае, если
четырехугольник ABCD — параллелограмм.
Следствие. Если А, В, С, D — такие четыре точки, что
АВ = CD, то АО ^-.ИС. ___ *
Если на плоскости даны вектор АВ и точка N, то существует
единственный вектор NM с началом N, такой, что NM — АВ.
Замечание. От понятия равенства геометрических фигур (две
геометрические фигуры называются равными, если существует какое-
либо движение, с помощью которого эти фигуры можно совместить
всеми их точками) понятие равенства векторов существенно отли-
чается, а именно: два вектора равны тогда и только тогда, когда
существует параллельный перенос, с помощью которого эти векторы
можно совместить.
В связи с этим, вектор нельзя рассматривать как геометриче-
скую фигуру в обычном смысле. '
§ 99. Сложение и вычитание векторов
Суммой двух векторов а и b называют такой третий вектор с,
начало которого совпадает с началом вектора а, а конец — с концом
вектора Ь, при непременном условии, что конец вектора а совмещен
с началом вектора Ь (рис. 381). Сложение двух неколлинсарных век.
торов можно также определить при помощи правила параллелограмма,
если векторы-слагаемые привести к общему началу, то век.
тор-сумма, выходящий из этого начала, совпадает с диагональю па-
раллелограмма, построенного на исходных векторах-слагаемых:
(рис. 382).
Полигоном нескольких векторов называется ломаная, состав-
ленная из этих векторов так, что конец одного из них совпадает с на-
чалом другого, конец другого — с началом третьего и т. д.
377
Cj;
Суммой нескольких векторов называется вектор, идущий от на-
чала к концу полигона, составленного из векторов-слагаемых
(рис 383). Сложение нескольких векторов может быть выполнено
также последовательно, что понятно из рис. 384.
Если полигон векторов замыкается, то сумма векторов, его со-
ставляющих, равна нуль-вектору. Если сумма нескольких векторов
равна нуль-вектору, то полигон, составленный из векторов-слагае-
мых, замыкается.
Основные свойства сложения векторов.
1. Переместительное свойство. От перестановки сла-
гаемых векторов их вектор-сумма не изменяется.
2. Сочетательное свойство. При сложении нескольких
векторов от замены части из них вектором-суммой общая сумма век-
торов не изменяется (рис. 385).
Разностью двух векторов а — b называется такой третий вектор
с, который удовлетворяет равенству
с + b — а.
378
Для построения разности векторов а и b следует привести их к
одному началу. Вектором-разностью с будет вектор, идущий от
конца вектора b к концу вектора а (рис. 386).
Вектором, противоположным вектору а #= 0, называется вектор,
коллинеарный вектору а, равный ему по длине и направленный в
сторону, противоположную вектору а. Сумма вектора с противопо-
ложным ему вектором есть нуль-вектор. Вектор, противоположный
вектору а, обозначается — а.
Пользуясь понятием противоположного вектора, вычитание век-
торов заменяется сложением по правилу:
чтобы от вектора а вычесть вектор Ь, нужно к вектору а при-
бавить вектор, противоположный вектору 3.
Из определения сложения и вычитания векторов и свойств тре-
угольника вытекают важные свойства модулей двух векторов;
1. |<[5+&|<|аЦ-|Й
2. | а| —|&|<|а — &|< |я| + |7>|.
§ 100. Умножение вектора на число
Произведением вектора а на число т называется вектор Ь, кол-
линеарный вектору а, причем:
1) | Ь\ = | т | - | а |;
2) при /ге>0 вектор b направлен в,ту же сторону, что' и век-
тор а;
379
3) при т < 0 вектор b направлен в противоположною вектору.
а сторону.
Следствие. При умножении вектора а на т=—1 получаем
противоположный вектор.
Умножение вектора а на целое положительное число п соот-
ветствует .сложению п равных векторов а.
Деление вектора а на число т =4 0 можно заменить умножением
того же вектора на число — .
§ 101. Векторная сумма и правила ее преобразований
Выражение
ая -|- + К 4~ • • • +
где а, Ь, с, . . k — векторы, а, (3, у...%— скалярные числа,
называется векторной суммой.
Поскольку свойства векторной суммы совпадают со свойствами
сумм вещественных чисел, то преобразования векторных сумм вы-
полняются по. правилам обыкновенной алгебры:
1. В векторной сумме можно раскрывать скобки
т {аа + (3Z>) = таа 4- тЪЬ.
2. В векторной сумме можно выносить общий множитель (ска-
лярный или векторный) за скобки
та 4- rib 4- аа 4- пс = {т 4-«) а 4- п (Ь 4- с).
3. В векторной сумме можно производить приведение подобных
членов, например,
7а 4- 26 — Зе — 2а 4- 7Ь 4- Юс = 5а 4- 96 4- 7с.
4. Векторную сумму можно приводить к общему скалярному
знаменателю, например,
3 - 1-7,3- 84а — 3564- 60с
Та—4-Ь + тс=-------------но211—-
§ 102. Векторные равенства и их основные свойства
Векторным равенством называется равенство двух векторных
сумм.
Основные свойства векторных равенств по форме совпадают с
основными свойствами алгебраических равенств:
380
1. Если к обеим частям векторного равенства прибавить один
и тот же вектор, то равенство не нарушается.
Следствие. Члены векторного равенства можно переносить
из одной части равенства в другую с противоположным знаком, нап-
ример, если
За 4- 86 = 4с,
то
За = 4с — 86.
2. Все члены векторного равенства можно умножить или раз-
делить на одно и то же число, отличное от нуля, например, если
2-1;- 5 - I -z
то, умножая на 36, получим
24а + 46 = ЗОс — 9d.
Замечание. Каждый член векторного равенства должен быть
вектором.
Сумма вектора и скаляра, например, а + 7, не имеет смысла
точно так же как нельзя сложить 2 кг яблок и 3 л ткани.
Задача 1. Проверить справедливость равенства
(а + 6) + (а — 6) = 2а
для параллелограмма, построенного на векторах а и ~Ь.
Решение. На данных векторах а и 6 построим параллело-
грамм АОВС, где ОА= а, ОВ = Ь (рис. 387).
По определению суммы и разности двух векторов имеем
ОС = а-|-6, бЛ=а —6,
кроме того, по построению
~BA = ~CD = ~AD = a-, 7)В = AiC = ЛЛ4 = 6.
Следовательно,
(а 6) + (а — Б) — ОС -|- В А = OD = ОА 4- AD = а 4- а = 2а.
Из рис. 387 получаем также, что
(а + 6) — (а — 6) = ОС — OW = WC == ДМ 4-ЛС = 6 4- 6 = 25.
Задача 2. Доказать, что векторы, совпадающие с медианами
произвольного треугольника, могут служить сторонами другого тре-
угольника.
13 G-263
381
Решение. Пусть дан Л АВС. Проведем его медианы AM,
CD, BN.
Для доказательства требуемого следует убедиться, что выпол-
няется равенство
~АМ + 5ЛГ + СД= О,
где 0 обозначает нуль-вектор.
_ Определим векторы AM, BN и CD через векторы АВ, ВС и
СА (рис. 388)
AM —~АВ + ДЙ = ~ ВС,
~BN =ВС -\~CN = ВС + -^СА,
СВ=СЙ + ЛО=СЙ+уЛВ.
Складывая полученные равенства почленно, и учтя, что. тре-
угольник есть замкнутый векторный полигон, сумма которого равна 4
нуль-вектору (см. § 99), имеем:
___ ___ Q _____ ____ _____ <5 _
AM + BN + CD = — (АВ + ВС + СА) = ~ 0 = О,
что и требовалось доказать.
Упражнения.'
1. Доказать, что сумма векторов, соединяющих центр правиль- ’
ного «-угольника с его вершинами, равна нуль-вектору.
2. На сторонах Л АВС построены параллелограммы ABML,
BCPN и ACQR. Доказать, что из отрезков RL, MN и PQ можно "
построить треугольник. Выполнить рисунок.
382
3. Какой особенностью должны обладать векторы а и Ь, чтобы
имели место соотношения:
а) | а -|- b | = | а —
б) |л+6| = Й+|Н
в) | а —~Ь | = I а | — | b
г) |а —& | = ;а |4-|Т>|,
§ ЮЗ. Разложение вектора на компоненты
Два коллинеарных вектора а и Т> всегда связаны соотношением
а = nib,
где т — число, абсолютная величина которого определяет отноше-
ние длины вектора а к длине вектора Ь.
Знак т указывает, одинаково (при т > 0) или противоположно
(при т<0) направлены векторы а и Ь.
Любой вектор а можно представить в виде
а = | a j • а0,
если ввести так называемый единичный вектор а0, т. е. вектор,
модуль которого равен единице | а0 [ = I и который коллинеарен дан-
ному вектору а.
Любой вектор р можно представить в виде векторной суммы,
составленной из двух данных компланарных ему векторов а и Ь,
умноженных на некоторые числа т и п. Это представление имеет
вид (рис. 389):
р = та nb.
В результате мы разложили вектор р по компонентам а и Ь. В слу-
чае, когда один из векторов а или b коллинеарен с вектором р,
коэффициент при другом векторе следует выбрать равным нулю.
Если векторы а и Ь не коллинеарны, то указанное представле-
ние вектора р можно осуществить 'лишь единственным образом.
13* 383
Аналогично, если векторы «, Ъ и с попарно не коллинеарны,
то любой вектор р можно единственным образом представить с по-
мощью векторной суммы вида
р = та 4- пЬ гс,
т. е. в этом случае вектор р разлагается по трем компонентам а,
Ь, с (рис. 390).
§ 104. Понятие о линейной зависимости между векторами
Векторы й1; а2, . . ., 5^ называются линейно зависимыми, если
можно подобрать такие не все равные нулю числа Я], я2, . . ., я„,
что выполняется равенство
а1а1 4" а2я2 4- • • • + апап = 0-
Предполагается, что ни один из векторов сц, а2, . . ., ап ие явля-
ется нуль-вектором.
Некоторые свойства, линейно зависимых векторов:
1. Если два вектора линейно зависимы, то они коллинеарны
(и наоборот).
2. Если три вектора линейно зависимы, то они компланарны
(и наоборот).
3. Четыре произвольных вектора всегда линейно зависимы.
§ 105. Проекция вектора на ось
Проекцией вектора АВ иа ось I называется длина отрезка
и Bi — проекции точек А и В на ось Z), взятая со знаком плюс,
если направление вектора совпадает с направлением единич-
384
лого вектора Та оси I, и со знаком минус, если направление AxBt
противоположно направлению Zo (рис. 391 и рис. 392).
Проекцию вектора АВ на ось I обозначают символом HpiAB.
Если АВ =^0, то Пр(АВ = 0 в том и только в том случае, если
ABxl.
Проекции равных векторов иа одну и ту же ось равны между
собой.
Если At и Вг — проекции точек А и В на ось I, то
= 10 Пр^Аб.
Отметим также основные свойства проекций векторов на ось.
1. Проекция вектора т • а на произвольную ось I равна про-
екции на эту же ось вектора а, умноженной на число т:
Прг (т • а) = тПр(а.
2. Проекция вектора на ось I равна произведению длины этого
вектора иа косинус угла между ним и положительным направлением
оси I:
npjfl = | а cos (al).
3. Проекция алгебраической суммы векторов на ось I равна со-
ответствующей алгебраической сумме проекций на ту же ось век-
торов-слагаемых (рис. 392):
npz (АВ + ВС + DC + DE) =
= ПргАВ + ПргВС + ПргСР -[- npzDE =
= А1В1 + В1С1-СД + О1Е1=Л1Ег.
385
§ 106. Упорядоченные связки трех векторов
Три некомпланариых вектора а, Ь и с, приведенных- к общему
началу, образуют связку трех векторов (употребляется также наз-
вание «триэдр»).
Связка трех векторов называется упорядоченной, если обуслов-
лен порядок, в котором выполняется отсчет векторов, образующих
связку.
Если поворот для совмещения вектора а с вектором Ь и т. д.
выполняется так, как это указано на рис. 393, то связка векторов
а, Ь, с называется левой, а если так, как на рис. 394, то —
правой.
Рис. 393. Рис. 394. Рнс. 395. Рве. 396,
С понятием упорядоченной связки трех векторов тесно связано
понятие системы координат в трехмерном пространстве. Например,
прямоугольная декартова система координат в трехмерном прост-
ранстве представляет собой совокупность трех взаимно перпенди-
кулярных осей (Ох — ось абсцисс, Оу— ось ординат, Ог — ось ап-
пликат), расположенных по способу левой (рис. 395) либо правой
(рис. 396) связки.
Ниже во всех случаях мы будем пользоваться левой системой
расположения координатных осей.
§ 107. Координаты вектора на плоскости и в пространстве.
Координаты суммы векторов
Пусть XOY— прямоугольная декартова система координат на
плоскости и пусть задан произвольный вектор а на той же пло-
скости, начало которого совпадает с началом координат (рис. 397).
Координатами вектора а называются проекции х и у вектора
а на оси координат ОХ и 0Y:
х = 11Роха’ </=Проуа.
386
Число х называют также абсциссой вектора а, а число у—ор-
динатой.
Вектор с координатами х, у принято обозначать символом {х',у},
например, запись д={—7; 4-4} означает, что координатами век-
тора а являются числа —7 (абсцисса) и -(-4 (ордината).
Аналогично определяются координаты вектора а в трехмерном
пространстве:
х = Проха; у = Проуа; г = npoza.
Вектор с координатами х, у, г обозначается символом {х; у; г},
например, а = {2; —3; 5} и т. д.
Вектор ОА, начало которого совпадает с точкой О (началом
системы координат), называется радиусом-вектором точки А.
Проекции х и у (а в случае системы координат в пространстве
х, у и г) радиуса-вектора ОА точки А на оси координат явля-
ются координатами точки А в той же системе координат.
По известным координатам двух векторов легко определить ко-
ординаты результирующего вектора. Так же легко определить коор-
динаты произведения заданного вектора на числод
Если в системе координат XOY векторы а и Ь имеют соответ-
ственно координаты {хг; уу} и {х3; У-г\, то вектор-сумма в той же
системе XOY имеет координаты {ллт-лу, у у -|- у2} (рис. 398)_.
Если вектор а имеет координаты {х; у}, то вектор т а (т—
произвольное вещественное число) в той же системе координат имеег
координаты {/их; ту} (рис. 399).
Аналогично в трехмерном пространстве для суммы с = а + Ь
векторов а = {хх; уу, и b — {х3; у2; г2} получаем
С = {xr + Х2; yt + у2, zt + г2},
387
а для произведения вектора а—{х; у; г] на числот получаем
т • а = {тх; ту; mz}.
В заключение параграфа рассмотрим еще более общий случай,
когда начальная точка вектора не совпадает с началом системы
координат.
Пусть в прямоугольной системе координат даны две точки
А(х,; f/i) и В(х2; f/г)- Тогда координаты вектора "АВ = {х; у} выра-
жаются через координаты (х1; ух) и (л-2; Уг) ег0 начала А и конца
В следующим образом (рис. 400):
Х = х2 — Xj; У~У1—У1
и можно-записать ______
АВ= {хг — хг;уг — у±}.
Рис. 400.
Аналогично в трехмерном пространстве вектор АВ с началом А (лгж;
УГ, ?j) и концом В (х2; y'i, г‘>) записывается в виде
. АВ= {х2 — ЛТ, У2 — УГ, г3 — Zx}.
Если известен угол, между положительным направлением оси
ОХ (в системе координат ХОУ) и вектором а, то координаты век-
тора а могут быть вычислены по формулам:
х2 — -Л = | а cos а,
t/s — Л = I а j sin а.
Если известны углы а, р, 7 между вектором b и положитель-
ными направлениями осей координат в трехмерной системе коорди-
нат XYZ, то координаты вектора Ъ вычисляются по формулам:.
jr2 — jt-j — j b 1 cos a,
Уг — У1== i& |cos₽,
• z2 — Zy = j b I cos 7.
388
Упражнения.
1. Определить координаты вектора АВ и построить его на пло-
скости, если:
а) А (1; 5), В (6; 8).
б) Л (5; 7), В (—7; —3).
2. Дано АВ ={—4; 9}. Найти координаты конца вектора АВ,
если координаты его начала:
а) А (4; —3), б) А (—7; 2).
3. Дано ЛВ= {—3; 5}. _
Найти координаты начала вектора АВ, если координаты его
конца:
а) В (5; -3), б) В (—2; 0). _
4. Начало вектора АВ, длина которого | АВ | = 12 УЗ, имеет
координаты А (3; —5). Угол между вектором АВ и положительным
направлением оси ОХ равен 150°. Найти координаты конца В
вектора АВ.
§ 108. Разложение вектора по базисной системе векторов
Базисной системой векторов (или системой ортов) называется
система единичных векторов координатных осей. Орт оси ОХ обо-
значается через i, орт оси OY — через 7. орт оси OZ — через fe.
Для любого, лежащего в плоскости XOY, вектора а — {х; у}
справедливо равенство (рис. 401)
а —хТ+ У Г-
Для произвольного вектора АВ (рис. 402), начало и конец ко-
торого находятся соответственно в точках А (х1; уО и В (х2, у2),
389
формула для разложения по ортам имеет вид
векторов,
и рис. 404),
а= {х; у, г},
Z,
Рис. 403.
АВ = (хг — Xi) i + — й) /.
расположенных в пространстве (рис. 403
Ь = {х2 — хг, уг — ус, г3 — гг}
разложения по ортам имеют вид:
а = xi + У1 + ^; b ~ (х3 —
— xji + (Уг ~Уг) 7 + (22 — Zj) к.
Замечание. Между векторами
и их координатами существует взаимно
однозначное соответствие; следователь-
но, разложение векторов по ортам может
быть выполнено лишь единственным
образом.
Задача 1. ABCDE — произволь-
ный пятиугольник, I — произвольная ось.
Определить сумму проекций сторон АВ, ВС, CD, DE, ЕА на ось I.
Решение. Пусть пятиугольник ABCDE изображен на рис. 405.
Тогда имеем:
прг АВ 4- Пр^С + ПргСР + Пр^ДЁ + Пр^ЁД =
390
— — ClD1 -f- DtE1 — EiA1 — AiDi + DlBl 4- Bi£i +
4" EjCi — DjjBi — ^1^4 — 4* ^i-^i 4* —
-АЛ = (AlDl - AjDJ + 2 (D1Bl - D1B1) + 2 (B.E, - B^) 4-
+ (£1CI-£1C1) = O.
Отметим, что и для произвольной замкнутой ломаной, состоящей
из п збеньев, сумма проекций ее звеньев на произвольную ось I
равна нулю (при условии, что учитывается и направление каждого
звена).
Задача 2. Дано: Ilpza = —3, Пр^б = 5. Вычислить проекцию
сектора с = а-|-26на ось I.
Решение. Согласно условию задачи, имеем
Пр^с — Пр; (а 4- 26) = Прга 4- 2Пр;6 =
= —34-2-5=7,
следовательно,
Пр/ = 7.
Задача 3. Вектор а образует с осью ОХ угол а =135°, а
длина его равна 4. Определить координаты вектора а.
Решение. По формулам
— Xi = [ а | cos а,
Уг — Pi = I а ' sin а,
получаем
х2 — л-1 = 4 cos 135° = —4 • —2 /2 ,
У-2 - Уг ^А sin 135° = + 4 - ^ = 4- 2 /f.
391
Задача 4. В треугольнике АВС точка D делит сторону AR
в отношении АО : DB = 2:7. Разложить вектор CD по векторам
С А = Ь, СВ — а .
Решение. По определению суммы и разности двух векторов
(рис. 406), Имеем:
СО = СД+АО; ~АВ = СВ — СА = а — Ь.
Следовательно,
___ 2 _
AD= — (а —6);
__ - 9 - 9 - 7
CD=--b + = +
Таким образом,
— 2 - 7 -
со=уа + |й.
Задача 5. Разделить данный от-
резок АВ в данном отношении т : п.
Решение. Соединим начало ко-
ординат О с точками А (хь ух) и В (х2,
р2), являющимися началом и концом дан-
ного отрезка АВ (рис. 407). По коорди-
натам векторов ОА и ОВ требуется найти координаты вектора ОС,
выполняющего требуемое деление отрезка АВ.
По условию задачи
АС — — СВ,
п
следовательно,
АВ = АС + ВС = — СВ 4- СВ = вс,
п п
АС __ т ' т 4- п __ т
АВ п ' п ~~ т А- п'
Таким образом,
АС = —АВ или АС = —АВ
т + п т + п
(последнее равенство справедливо, так как направления от точки'
А к точке С и от точки А к точке В совпадают).
Учитывая, что АС — ОС — ОА иАВ^-ОВ— ОА, получаем
ОС — ОА = (ОВ — ОА),
т + п
392
следовательно,
ОС = ОВ + (1----------О А = ОВ + -4- О А .
т + п \ т 4- п] т + п т + п
Обозначим искомые координаты вектора ОС через хс и ус и
запишем векторы ОС, ОА и ОВ в виде разложений по ортам 7 и j:
ОС = xci -J- ycj ,
О А = х^ 4- УО ,
ОВ = x2i + y2j.
Таким образом, получаем
Х<А 4- У ci = т . (xd 4- Уг[) + (xd + yd) =
пт -f- ti m -j- n
= nxi + mx2 Т пуг + my2 r
n 4- m ' n 4- m
Учитывая единственность разложения вектора по ортам, приравни-
ваем соответствующие координаты при одноименных ортах в левой
и правой частях последнего равенства:
_ nxj 4- тх2. _ 4- ту2
с п + т ' Ус п 4- т
Полученные координаты искомого вектора ОС являются также ко-
ординатами точки С, делящей данный отрезок АВ в данном отно-
шении т: п. Если обозначить данное отношение через X, то коор-
динаты делящей точки С могут быть записаны в виде следующих
формул:
Xi 4- Хх2 _ _4- ^Уг
Хс~ 14-Х ’ Уе~Т+Г‘
§ 109. Понятие об умножении векторов
В связи с тем, что вектор характеризуется двумя факторами —
длиной и направлением в пространстве, понятие обыкновенного ум-
ножения чисел (как частный случай сложения равных чисел) ие
может быть перенесено на перемножение векторов.
Сложение равных векторов соответствует умножению вектора
на число (скаляр).
Умножение вектора на вектор бывает двух типов: скалярное
и векторное. В результате скалярного умножения двух векторов
393
получаем число (скаляр). В результате векторного умножения двух
векторов получаем вектор.
Три вектора могут быть перемножены несколькими способами:
1. Если два данных вектора перемножим скалярно, а затем
результат умножим на третий вектор, то получим вектор (умноже-
ние вектора на число).
Такое произведение называется скалярно-векторным, произведе-
нием трех векторов.
2. Если два данных вектора перемножим векторно, а затем
результат (вектор-произведение) умножим на третий вектор скалярно,
то получим число.
Такое произведение векторов называется смешанным произве-
дением трех векторов.
3. Если два данных вектора перемножим векторно, а затем
результат (вектор-произведение) умножим на третий из данных
векторов векторно, то в результате получим вектор.
Такое произведение трех векторов называется векторно-вектор-
ным.
§ 110. Скалярное произведение двух векторов
Скалярным произведением вектора а на вектор b называется про-
изведение длины вектора а и проекции на него вектора И. Такое
произведение обозначается символом а Ь, а также (главным образом
в более ранней литературе) символом (а Ъ).
Следовательно,
а b = | а | Пр- Ь .
Скалярное произведение двух векторов, из которых один есть нуль-
вектор, принимается равным нулю.
Если а — угол между векторами а и ~Ь, то Пр^ b = j b | cos а, сле-
довательно,
а Ъ = | а I • | b | cos а,
т. е. скалярное произведение двух векторов равно произведению их
длин, умноженному на косинус угла между ними.
Если а — острый угол, то скалярное произведение векторов
а и Ь положительно, если а — прямой угол, то скалярное произве-
дение равно нулю, если а — тупой угол, то скалярное произведение
отрицательно.
Условие перпендикулярности двух векторов: Два вектора а =-,= 0
н ~Ь =/-- 0 в том и только в том случае взаимно перпендикулярны, если
их скалярное произведение равно нулю.
394
При умножении двух равных векторов а = b их скалярное про-
изведение принимает вид
а а = а1 — ! а | > а | cos 0 = | a j2.
Следовательно, скалярный квадрат вектора а равен квадрату его
длины а2 — |а|2.
С учетом определения -базисных векторов (ортов) в прямоуголь-
ной системе координат i, j, k их скалярные произведения и ска-
лярные квадраты имеют вид
i, i=0‘, i k = Q; j k-= 0,
72= 1; /2= 1; F= 1.
Задача 1. Вычислить скалярное произведение векторов а
п Ь, если их длины соответственно равны 3 и 7, а угол между их
направлениями составляет 30°.
Решение. Поскольку | a j = 3, I b | = 7, а = 30°, то
а Ь = 3 7 • cos 30° = 21 1— = 10,5 /3.
Задача 2. Определить длину вектора Ь, если длина вектора
а равна 4, угол между векторами а и Ъ составляет 60°, а их скаляр-
ное произведение равно 17.
Решение. Из формулы
а b = | а 11 b | cos а
получаем
,-г, а Ъ
151 = “7=7-----,
|a I cos а
следовательно,
' । 4 cos 60° ' 1
4-т
Отметим свойства скалярного произведения двух векторов, кото-
рые непосредственно вытекают из определения скалярного произ-
ведения. _ _
Скалярное произведение двух произвольных векторов а и b об-
ладает:
395
1. Свойством переместительности (коммутативности)
а b --= b а .
2. Свойством сочетательности (ассоциативности) по отношению
к умножению вектора на число
(та) b = m(ab) — а (т Ь).
3. Свойством распределительности (дистрибутивности) относи-
тельно сложения векторов
а(Ь + с) = аБ-|-ас;
(я + 6) с = ас be.
Упражнения.
1. Угол а между векторами а и b равен 60°. Найти проекцию
вектора ~Ь на вектор а, если длина вектора b равна 9,6.
2. Проекция вектора а на вектор Ь равна —8. Найти угол
между данными векторами, если длина вектора а равна 8^2.
3. Вычислить длину вектора Ь, если его проекция на направ-
ление вектора а равна 10, а угол между векторами а и Ъ равен 45°.
4. Вычислить скалярное произведение векторов а и Ь, если
। а | = /3 , | Ь | = 1 ~ , а угол между ними равен 135°.
§ 111. Некоторые применения векторной алгебры в геометрии
1. Доказать, что квадрат гипотенузы прямоугольного треуголь-
ника равен сумме квадратов его катетов.
Доказательство. Пусть дан прямоугольный треугольник
ABC, Z. АСВ = 90°, АВ = с, АС = Ь, СВ = а.
На сторонах треугольника выберем направления (т. е. вектори-
зуем* их), обозначив (рис. 408):
АВ — с; АС = Ь; СВ = а .
По определению суммы двух векторов имеем:
с = а + b .
Возводя обе части полученного равенства в скалярный квадрат,
* Под словом «векторизуем» здесь и далее следует понимать: «Будем счи-
тать векторами линейные элементы с выбранным по условию задачи направле-
нием соответствующей геометрической фигуры».
396
получим
с2 = а2 + 2а Ъ + Ь2,
откуда
с2 = а2 + 2ab cos 90° + b2,
т. е.
с2 = а2 4- Ь2, так как cos 90° = 0.
Рис, 408. Рис. 409. Рис. 410.
2. Доказать, что катет прямоугольного треугольника есть сред-
няя пропорциональная между гипотенузой и его проекцией на гипо-
тенузу.
Доказательство. Из предыдущей задачи имеем: 6 = с —
— а, откуда Ь2 — с2 4- а2 — 2 с а. Учитывая, что с а = | с ( Пр-а =
= <?• DB и что а2 = с2 — Ь2, найдем: 2Ь2 = 2с(с— DB). Значит, 62=
= с AD (см. рис. 408).
3. Доказать, что в прямоугольном треугольнике перпендикуляр,
опущенный из вершины прямого угла на гипотенузу, есть средняя
прсшорциональная между отрезками, на которые основание этого
перпендикуляра делит гипотенузу.
Доказательство. Пусть дан прямоугольный треугольник
АВС (2. АС В = 90°) и CD ± АВ. Векторизуем этот треугольник
(рис. 409):
АС СВ = а; DC=Ti-, AD = т; DB — n.
Из треугольников ADC и CDB имеем:
h = b — tn-, h = n— а.
Перемножив скалярно эти равенства, получаем
hh = (Ь — т) (п — а) = Ь п — тп — Ьа 4- та
397
или
h~ = п Пр-6 — тп cos 0° + ab cos 90° /пПр~ a = nm — mn mn,
t. e.
Л2 — mn.
4. Доказать, что во всяком треугольнике квадрат стороны,
лежащей против острого угла, равен сумме квадратов двух других
сторон без удвоенного произведения одной из этих сторон на отре-
зок ее от вершины острого угла до высоты.
Доказательство. В треугольнике АВС угол А острый.
Векторизуем треугольник АВС, как показано на рис. 410. Тогда
а = b — с, или а2 = Ь2 + с2 — 26 с — Ь2 + с2 — 26 AD.
Аналогично доказывается теорема о квадрате стороны, лежащей
против тупого угла треугольника.
5. Сумма квадратов диагоналей параллелограмма равна сумме
квадратов всех его сторон. Доказать.
Доказательство. Векторизуем параллелограмм ABCD так:
ДВ = ОС = а; АО = ВС = 6; = BD^d2.
В таком случае
АС = АВ + ВС, или dj = а + 6,
BD = ВС — DC, или d2= Ь — а.
Отсюда, возводя эти равенства в скалярный квадрат, имеем:
= а2 4- Ь2 + Ча 6,
= а2 + Ь2 — 2 ab.
Складывая эти равенства, получим:
/ + d[ = 2 (а2 + Ь2),
6. Вывести формулу для вычисления медианы треугольника по
его сторонам.
Решение. Пусть в треугольнике АВС со сторонами а, Ь, с
нужно вычислить медиану та = AD. Векторизуем этот треугольник,
как показано на рис. 411:
AS = с; АС = 6; ВС = a; AD = та.
398
Так как точка D делит отрезок ВС пополам, то*
_ _ 1 а J
та = Ь —— а, или та = 6'- 4- —- а2 — а 6 . (1)
Скалярное произведение ab найдем, возводя обе части равенства
с—Ь — а в скалярный квадрат и выполнив затем очевидные преоб-
разования:
а5=-’-(а2 +62—с2). (2)
Подставляя равенство (2) в равенство (1), получим:
та = 1 /2(1>2 + с2)-«2.
Аналогично находим, что
ть = y К2 (а2 + с2) — 62 ,
тс == ~ Ус2 (а3 + Ь2) — с2.
7. Доказать, что биссектриса внутреннего угла треугольника
делит противоположную сторону на
летающим сторонам треугольника.
Доказательство. Пусть в
треугольнике АВС стороны соответ-
ственно равны а, Ь, с и отрезок AD
есть биссектриса угла А. Вектори-
зуем треугольник, как это показано
на рис. 412:
АВ— с; АС = Ъ.
части, пропорциональные при-
А b С A b С
Рис. 411. Рис. 412.
Пусть точка D делит отрезок ВС в отношении BD : DC =- т: п.
Тогда, по условию деления этого отрезка в данном отношении,
имеем
~^—Ъ.
т -|- п
т + п
(1)
___а I)
Вектор AM = — + совпадает
с Ь
с биссектрисой угла А, а это
* Здесь и в дальнейшем мы будем нумеровать формулы в пределах данной
задачи.
399
значит, что можно подобрать такое число k, при котором.будет спра-
ведливо равенство
«—' --- л" h
AD = k • AM = k~ + k~ . (2)
Приравнивая правые части равенств (1) и (2) и выполняя преобра-
зования, получим:
[ п k\- Ik т \-
—;-------с = ----------;— Ь.
\т + п с) \Ь т + п]
Поскольку векторы b и с не параллельны, то последнее равенство
возможно тогда и только тогда, когда
п fe _ k пг __
т + п с ~ Ь т + п~
~ тс
Отсюда находим, что — =-г-, т. е.
п о
BD __с_
DC~~ Ь '
(3)
что и требовалось доказать.
Кроме того, образовав из пропорции (3) производные пропорции,
и, учитывая, что
BD + DC = ВС == а,
можно получить следующие формулы:
ВО = , DC = ~
b 4- с ь +
(4)
Другими словами, мы доказали, что отрезки, на которые делит
сторону ВС = а треугольника АВС биссектриса угла А, равны от-
ношению произведения этой стороны на соответствующую приле-
жащую сторону к сумме сторон, образующих данный угол.
8. Вывести формулу для вычисления биссектрисы внутреннего
угла треугольника по его сторонам.
Решение. Используя свойство биссектрисы внутреннего угла
треугольника и принимая такие обозначения, как на рис. 412, можно
записать:
AD =
b - ___с
ГГс
Ьс 4- сЪ
b с
Найдем скалярный квадрат биссектрисы AD — 1а'-
.г Ьс [(& 4- с)2 — а2]
«= (Ь 4- с)2 '
400
ртсюда имеем:
Via + b 4- с) (Ь + с — а).
О -f- с
Тогда, обозначив а-\-Ьс— 2р, получим:
la=yQ^Vp(P~a).
Замечание. Если записать формулу (I) в виде
,а , ас ' аЬ
а с 6. + с b + с
и использовать равенства (4) из задачи 7, то получим:
I3 = be — BD DC,
а 1
(1)
(2)
(3)
т. е. квадрат биссектрисы угла при вершине треугольника равен
разности между произведением боковых сторон и отрезков, на ко-
торые основание делится биссектрисой.
Аналогично выводятся формулы для
биссектрис 1ь и 1С двух других внутренних
углов треугольника АВС.
9. Доказать, что если в четырех-
угольнике диагонали взаимно перпендику-
лярны, то суммы квадратов противопо-
ложных сторон равны между собой.
Доказательство. Векторизуем че-
тырехугольник ABCD, (рис. 413):
. Рис. 413.
АВ —a: ВС — b; CD = с ; DA = d .
Тогда, учтя что AC ± DB, получаем
откуда
ЛС • DB = {а + 6) (а + d) = О,
а? а b ad + bd—O.
(1)
Сумму скалярных произведений, входящих в равенство (1), опре-
делим, используя равенство
а +,b-f- с+ d — 0 или а + Т — — с. (2)
После возведения равенства (2) в скалярный квадрат найдем:
ab + ad + bd = ~(с2 — а2 — b2 — d2). (3)
401'
Из равенств (1) и (3) имеем:
а2 + -i- (с2 — а2 — Ь2 — d2) = О
или
а2 4- с2 = b2 -f- d2.
что, и требовалось доказать.
Упражнения.
1. Доказать, что разность квадратов двух сторон треугольника
равна разности квадратов их проекций на третью сторону.
2. Доказать, что середины сторон произвольного четырехуголь-
ника являются вершинами параллелограмма.
3. Если вне треугольника на его сторонах построить произволь-
ные прямоугольники, то из отрезков, которые последовательно
соединяют вершины разных, построенных указанным образом прямо-
угольников, можно построить треугольник. Доказать.
§ 112. Скалярное произведение векторов,
заданных своими координатами
Если два вектора а и Ь, лежащие в плоскости хОу, заданы
своими координатами {ад ау} и {bx; Ьу}, то их разложения по
ортам имеют вид
а = ах i + ауГ,
Ь=ЬЛТ+ by], (1)
а скалярное произведение согласно § ПО вычисляется по формуле:
ab = axbx + ауЬу. (2)
Для двух векторов, расположенных в трехмерном пространстве
а -- { ах, ау, az} и b = { Ьх, Ьу\ Ьг ), разложения по ортам имеют
вид _ _ •
а = аД + ayj + dzk,
b = bxi + byi + bzk, _ (3)
а скалярное произведение вычисляется по формуле:
ab = axbx + ауЬу +агЬг. (4)
Таким образом, скалярное произведение двух векторов, задан-
ных своими координатами, равно сумме произведений одноименных
координат этих векторов.
402
f Скалярный квадрат вектора
а={ ах\ ау ) = axi +
вычисляется по формуле
а2 = «2 + «2, (5)
а следовательно, длина вектора а может быть вычислена по фор-
муле
Для вычисления скалярного квадрата и длины вектора, задан-
ного в трехмерном пространстве,
а = {. ау- az } = ахГ-[- ayf + azk
имеют место формулы:
а2 = 4 + 4 + 4
' Iа I = ]/ а? + а* 4- а®.
(7)
(8)
Отметим, что принятые здесь для координат вектора а обо-
значения ах, ау, аг весьма удобны: они являются разностями между
абсциссами (соответственно между ординатами и аппликатами) точек,
являющихся концом и началом вектора а.
§ 113. Вычисление длины отрезка по координатам его концов.
Вычисление угла между двумя векторами
Если отрезок АВ лежит в плоскости хОу, а его концами яв-
ляются точки Л(.г1; у,) н В (х2; (/_>), то длина этого отрезка вычис-
ляется по формуле
АВ = VJ& = V (TT-^ + te-i/!)2- (О
Если отрезок АВ находится в трехмерном пространстве, а кон-
цами его служат точки А (Хр yL; ?i) и В (х2; уг\ г2), то длина от--
резка АВ вычисляется по формуле
А В .-= ]/(х2 — -Hi/2 — Z/1)2 +'(*г — zj®. (2)
Вычисление длины отрезка АВ равносильно вычислению расстояния
между двумя точками А и В.
403
Угол а между двумя данными векторами а и b вычисляется по'’
формуле
ай
cos а = г--—. (3);
Iа\ |й|
Для векторов, заданных на плоскости,
а = { ах\ аи} и b = {bx- by}
эта формула принимает вид
ОХЬХ “4" HnZn,
cos а = й » , (4)
V {а\ + о» (6? + Ь$
Вычисление угла между векторами
а = { ах-, ау\ аг} и b = { bx; by-, Ъг
расположенными в трехмерном пространстве, осуществляется по
формуле
C0Sa= —----------------------------- . (5)
У(а? + а’ + 4)(6® +6« + &«)
Если векторы а и b перпендикулярны между собою, то а =90°
и тогда cos а — 0. Поэтому условием перпендикулярности векторов
а и b является равенство нулю числителя в приведенных выше
формулах, т. е.
ахЬх + аиЬу = 0, (6)
если векторы а и 1 заданы на плоскости, и
axbx -F avby + агЬг = 0, (7)
если эти векторы заданы в пространстве.
Задача 1. Вычислить скалярное произведение векторов
а = [ — 5; 7 } и Ь = 2 -1; — 101 .
Решение. Воспользовавшись формулой (2) § 112, находим
искомое скалярное произведение
ab—(— 5) 2-1 + 7,- (—.10)= —11 —70 = —81.
О
404
Задача 2. Вычислить длину вектора а ~ { 0,6; — 0,8 }.
Решение. Согласно формуле (6) § 112, имеем:
| а | = /(0,6)2 + (— 0,8)2 = 1.
Задача 3. Вычислить угол между вектором а = { 1; /5}
и осью Ох.
Решение. Задача сводится к вычислению угла между век-
торами а = (1; /5} и / = { 1; 0), так что по формуле (4) дан-
ного параграфа получаем
1 • 1 + /3 • 0 1
COS а = —— —т—= Т >
V 12+(/3)2- /12+02 2
следовательно,
а = 60°.
Задача 4. Вычислить длину отрезка, концами которого яв-
ляются точки А (— 7; 13) и В (9; 3).
Р'ешение. Воспользовавшись формулой (1) данного параграфа,
находим:
АВ = /(—7 — 9)2 + (13 — З)2 = /356 » 18,87.
Упражнения.
1. Вычислить скалярное произведение векторов а и Ь, если
а) а = {—2; 17}, 6 = {З; 11 },
б)а={+/2;5], b = {- /2 ; 3}.
2. Вычислить, длину вектора а={-3; 4}.
3. Вычислить угол между векторами а — { 3; 7 }, Ь = { 2; — 5 }.
4. Вычислить /. АВС, если А ( 0; 0), В (—3; 4), С(—7; 1).
5. Вычислить длину отрезка АВ, если А (8; 9), В (5; 5).
§ 114. Некоторые применения-1 векторной алгебры
в тригонометрии и в физике
Покажем на нескольких типичных примерах насколько упро-
щается доказательство различных тригонометрических формул и те-
орем, если для этой цели применять векторную алгебру.
405
Пример 1. Вывести формулу косинуса разности двух углов.
Реше н и е. Отметим предварительно, что координаты любого
единичного вектора i0, начало которого совмещено с началом ко-
ординат в плоскости хОу, будет определяться по следующим фор-
мулам (рис. 414):
= | /0 I cos а = cos а,
ly — I I sin a — sin a.
Обозначим теперь через mQ и n0 единичные векторы, образующие
с осью Ох соответственно углы а и р (рис. 415).
Рис. 415.
Поскольку | т01 = | я01 = 1, а угол между векторами т0 и па
равен а — р, то
отоло = cos (“ — ?)•
Записывая далее скалярное произведение векторов
т0 = { cos a; sin a } и n0 = { cos P; sin P ),
и воспользовавшись формулой (2) § 112, получим
mono = cos a cos p -f- sin a sin p.
Таким образом,
cos (a — 3) = cos a cos p + sin a sin p.
Пример 2. Доказать, что квадрат стороны треугольника
равен сумме квадратов двух других сторон без удвоенного произ-
ведения этих сторон на косинус угла между ними (теорема ко-
синусов).
Доказательство. Векторизуем ДЛВС, как это показано
на рис. 416:
АС = 6; СВ = а; А8 = с.
406
Очевидно, что
СВ — АВ — АС, т. е. ~а = b — С.
Вычисляя по формулам § 110 скалярный квадрат вектора а«=й —с,
получим
а2 = Ь2 + с3 — 2bc cos а,
что и требовалось доказать.
Пример 3. Доказать, что стороны треугольника пропорцио-
нальны синусам противолежащих углов (теорема Минусов).
Доказательство. Векторизуем А ЛВС, как »то показано
на рис. 417:
АВ = с ; ЛС = Ь; ВС = а
Рис. 416. Рис. 417.
и проведем ось I перпендикулярно к вектору а. Тогда
Пр/С — Пр/7; = MN,
np}c = csin§; np/& = 6sin-f.
Следовательно,
. . . „ b с
b sin f = с sin В, или -—- = .
1 sin р sin-f
Аналогично, проводя ось р ± с, получим
а b
sin a sin 8 '
Следовательно,
а _ b _ с
sin а — sin fi sin 7 ’
что и требовалось доказать.
В заключение этого параграфа рассмотрим еще один пример из
физики.
407
Пусть точка О совершает прямолинейное движение в направ-
лении вектора I (по прямой 01) под воздействием сийы Т, которая
образует угол а с вектором перемещения I (рис. 418).
Формула для вычисления работы в этом случае, как известно
из курса физики, имеет вид
А = |F | • |71 cos а. (1)
Следовательно, работа равна скалярному произведению вектора
силы F на вектор перемещения I:
А=1Ч. (2)
Тогда,
согласно формуле (2) § 112, в проекциях на оси коор-
динат формула для вычисления работы
будет иметь вид
А = FХ1Х 4- Fyly. (3)
Пример 4. Пусть под воздейст-
вием силы F = {2; 4} точка О переме-
щается на вектор I = {3; 4).
Вычислить работу силы F и угол
а между направлением действия силы
? и направлением Гперемещения точки О.
Решение. Воспользовавшись формулой (3) данного параграфа
и формулой (4) § 113, находим:
Л = F/ = 2-3+4-4 = 22;
>yly , 22 11/5~
Г/ ~2/~5-5"~ 25
cos а =
Число подобных примеров легко продолжить, однако рамки
справочника не позволяют нам этого сделать.
§ 115. Векторное произведение двух векторов
Векторным произведением вектора а на вектор b называется
такой третий вектор с, который:
1) по абсолютной величине численно равен площади параллело-
грамма, построенного на векторах а и Ь,
2) перпендикулярен плоскости этого параллелограмма.
408
Связка трех векторов а, Ь и с считается упорядоченной таким
же образом, как и связка ортов I, j, k той системы координат,
в которой рассматриваются векторы а, Ь, с (см. § 106).
Для обозначения векторного произведения вектора а на вектор
Ь применяется символ с=а х Ь (иногда также символ [а, б]).
Абсолютная величина (модуль) векторного произведения вы-
числяется по формуле
|с| — |а X Ь | = | а| • |fc jsin<p, (1)
где — угол между векторами а )
Вектор с, равный векторному
тор Ь можно построить так:
1. Через точку О, являю-
щуюся общим началом векто-
ров а и Ь, проведем плоскость Q,
перпендикулярную вектору а и
спроектируем вектор b на плос-
кость Q (рис. 419). В резуль-
тате получаем вектор Ьг — ОВг,
длина которого равна высоте
параллелограмма, построенного
на векторах а и б.
2. Повернем вектор Ьх на 90° в г
Ь.
произведению вектора а на век-
Q против часовой стрелки,
если смотреть с конца вектора а.
Получим вектор = ОВз, абсолютная величина которого равна
абсолютной величине вектора bv
3. Искомое векторное произведение равно вектору ОС, который
получим, изменяя длину вектора й2 на величину j а | (рис. 419):
ОС= |а- . Ьг.
Основные свойства векторного произведения.
1. Скалярные множители можно вын.осить за знак векторного
произведения (свойство сочетательности при умножении одного из
векторов а или Ъ на скаляр):
т (а X 6) = (та) х b — а X (mb). (2)
Отметим, что О свойстве сочетательности для векторных сомно-
жителей не может быть и' речи, так как имеется в виду векторное
произведение только двух векторов.
409
2. Переместительное свойство (коммутативность) для векторного
произведения не имеет места. -1
От перестановки векторов — сомножителей векторное произве-
дение изменяет знак на противоположный: ;
а X b ~ ~ b х а. (3)'
§ 116. Векторное произведение двух векторов,
заданных своими координатами
1. Векторное произведение ортов i, j, k некоторой системы^
координат связаны соотношениями
I X j -- k\ j X k = i; k x i — i,
i x £ = 0; f X j — 0; k X k — 0.
2. Векторное произведение векторов
a={ax, ay\ аг}; b = {bx‘, by- bz}
определяется по формуле*
c = a x b —
ayaz
bybz
i 4-
t, e. координатами вектора с являются числа
Сх = UyUz ь^г — CLyb2 byaZi
су — azax b2bx = azbx — bzax,
сг — a-xCty bxby — ^-xby b x(ly. (4)
3. Длина произведения вектора с = а х Ь (абсолютная величина а X Ь) вычисляется по формуле векторного
1с1 = \ а X b । 1/ 2 . 2 , 2 — V c 4-c 4- c , x ’ у ‘ г7 (5)
* В формулах (3), (4) и (6) для сокращения записей мы пользуемся детер-
минантами (или определителями) второго порядка, которые были введены при
решении систем линейных алгебраических уравнений. Подробнее сб этом изло-
жено в «Справочнике по элементарной математике» (Арифметика, алгебра)
стр. 236.
410
т. е.
\а X Ь\
а2ах 2
bjjx
ахау I2
ЬхЬу |
(6)
Пример. Найти площадь параллелограмма, построенного на
векторах
а = {2; 1} и & = {1; 2}.
Решение. Площадь параллелограмма, построенного иа век-
торах, численно равна абсолютной величине векторного произведе-
ния этих векторов.
В данном случае
ах = 2; ау = 1; а2 ~ О,
Ьх = 1; Ьу = 2; Ь2 ~ 0.
Следовательно, согласно формуле (6) этого параграфа:
о I-v г. 1 / II 0|2 io~2|2 ПГТр
S-l«x»|=J/ |2„| +|„ J +|, 2| -
= У(2" 2 — 1)2 = /32 = 3 кв. ед.
§ 117. Скалярно-векторное произведение трех векторов
Скалярно-векторным произведением трех векторов а, Ь, с назы-
вается скалярное произведение вектора а X Ь иа вектор с. Для
обозначения скалярно-векторного произведения векторов (которое
также называют смешанным произведением) а, Ь, с используется
символ (abc), т. е.
(а Ь с) = {а х Ь) с.
Если векторы-сомножители заданы своими координатами
«={«х'> ау- аг},
b-~={bx; Ьу- bz},
с={сл; Су-, сг],
то их скалярно-векторное произведение вычисляется по формуле
(а Ъ с) = с г
aha2
bybz
+ су
azax
ЬгЪх
+ сг
^Х^у
ЬхЬу
(1)
411
^Абсолютная величина скалярно-векторного произведения трех-1
векторов численно равна объему параллелепипеда, построенного на']
векторах-сомножителях (рис. 420): »
___ —_ __ i
| (a b с) j = j (а к b) с | = 11 а 11 b j sin ср (/ос) ] = i
~ $OABD I HPfс I = hS()ABD — VOABDCAtB'Di- ‘
Основные свойства скалярно-векторного про-*
изведення. (
1. От циклической перестановки* векторов-сомножителей ска-;
лярно-векторное произведение не'
изменяется: ?
(а X &) с — (b X с) а = (с х а) Ь. (2)
2. Имеет место перестановочное
свойство в отношении скалярного
умножения:
(а X Ь) с = с (а х Ь). (3)
3. От перестановки сомножите-
лей при векторном умножении двух
из трех данных сомножителей ска-
лярно-векторное произведение изме-
няет знак иа противоположный:
(а х Ь) с — — (Ь х а) с. (4)
Рис. 420.
4. В скалярно-векторном произведении знаки скалярного и век-
торного умножения можно менять местами
{а х Ь) с = (b X с) а — a (b X с).
(5)
Пример. Вычислить объем параллелепипеда, построенного
на векторах ,
а= {2; 3; 5},
F={1; 4; 4},
с = {3; 5; 7}.
Решение. В данном случае
ах = 2, ау = 3, аг — 5,
bx = 1, by — 4, Ьг = 4,
— 3, Су = 5, сг ~ 7,
• Об определении циклической перестановки см. § 93, Замечание к п • 1.
412
следовательно, согласно формуле (1),
____________________ „13 5 г 5 2 12 3|
V = (а b с) — 3 4-о 7 ==
' 7 |4 4 4 1 I 1 41
= 13(12-20) + 5(5-8) + 7 (8-3)J = 1- 24 — 15 + 35) =
= 4 куб. ед.
Отметим в заключение, что условием компланарности трех век-
торов а, Ъ, с является равенство нулю их скалярно-векторного
произведения.
14 6-263
ПРИЛОЖЕНИЯ
В приложениях приведены таблицы тригонометрических фун-
кций для градусного аргумента (табл. I) и для радианного или аб-
страктного аргумента (табл. II), обеспечивающие вычисления этих
функций с четырьмя значащими цифрами, а также табл. III для пе-
ревода градусной меры в радианную.
В табл. I верхние надписи относятся к аргументам, приведен-
ным в левой крайней колонке, а нижние надписи—к аргументам,
расположенным в правой крайней колонке.
Шаг таблицы равен одному градусу.
Пользоваться табл. I очень легко. Если аргумент а равен це-
лому числу градусов, то ответ находим на пересечении строки дан-
ного аргумента и колонки искомой функции. Например, для а — 17°
имеем:
sin 17° = 0,2924; tg 17°=0,3057; cosec 17°=3,420; cos 17° = 0,9563.
При а > 45° значения аргумента берем в крайней правой колонке,
а соответствующие функции в нижней строке, например, для а =
— 54° находим
sin 54° = 0,8090; sec 54° = 1,701; ctg 54° = 0,7265; cos 54° = 0,5878.
Табл. I построена с учетом формул приведения
sin (90° — а) = cos a; cos (90° — а) = sin a; tg (90° — а) = ctg а;...,
поэтому двум углам, дополняющим один другой до 90°, соответст-
вует одно и то же табличное значение двух функций, например,
sin 27° = cos 63° = 0,4540; tg 27° = ctg 63° = 0,5095.
Если аргумент не выражается целым' числом градусов, то иско-
мое значение функции находим при помощи линейной интерполяции,
осуществляемой по формуле:
&(ао + А “) = &(“») + Л У, (1)
где а0 — табличное значение аргумента, т. е. та часть аргумента
“ = “о + А «, которая выражается целым числом градусов, Да — при-
ращение аргумента, Ду— приращение функции, у— любая из три-
414
тонометрических функций, т. е. у (а) = sin а; либо у (а) = tg а; либо
(/(a)=seca; либо у (а) = cosec а и т. д.
Значение приращения функции /\у, соответствующее данному
приращению аргумента Л а, определяется при помощи следующей
интерполяционной пропорции
+=+• и
где s —шаг таблицы (в табл. I шаг s= 1°=60') и й —табличная
разность, т. е. разность между двумя соседними значениями иско-
мой функции в таблице.
Значения d (на тех участках, где линейная интерполяция обес-
печивает требуемую точность) приведены в самой таблице мелким
шрифтом между соответствующими строками.
Табличная разность будет положительной, если функция (на
данном участке), возрастает, и отрицательной, если функция убывает.
Табличная разность равна приращению функции Д у, когда прира-
щение аргумента равно шагу таблицы, т. е., если Л а == s, то со-
гласно формуле (2),
d = Д у = у (а0 + 1°) — у (я0).
Табличная разность выражается непосредственно в единицах послед-
него десятичного разряда и, например, если для у — cos 19° в табл. I
d = —58, то это означает, что
d = cos 20° — cos 19° = 0,9397 — 0,9455 = —0,0058.
Поясним теперь на примере, как фактически осуществлять ин-
терполяцию. Пусть требуется найти у = sin 32°,51.
В данном случае а0 = 32°, Да = 0°,51, так что по табл. I находим
у (а0) = sin 32° = 0,5299; d = + 147.
Подставив найденные значения в формулу (2), вычисляем прежде
всего приращение искомой функции
Д у = -4-а = +1471°У’51. = -|-74,97 « +75 ,
которое, согласно формуле (1), необходимо прибавить к найденному
табличному значению #(%). Все вычисления удобно расположить
в следующем виде:
sin 32°,51 =0,5299
+_____75
0,5374.
14*
415
Результаты вычислений округляем до четырех значащих цифр,';
так как большей точности четырехзначная таблица обеспечить не?
может *.
Если угол а дан не в долях от градуса, а в градусах и минутах,,
то в интерполяционной пропорции (2) надо брать s = 60'. Например,-
для того чтобы вычислить // = ctg 29° 36' по формуле (2) находим;
d Да -72-36'
Л у = -----=-----дтп—- = —43,2 rs —43
s 60
и тогда
ctg 29° 36'= 1,804
— 43
1,761.
Погрешность интерполяции может достигать одной единицы по-?
следнего десятичного знака и, например, с 6 значащими цифрами:!
Sin 32°,51 = 0,537447; ctg 29° 36' = 1,76032. ‘
В тех случаях, когда для заданной тригонометрической функции
линейная интерполяция не может обеспечить требуемой точности
(в табл. I, так же как и в табл. II; на этих участках не приводятся
табличные разности) надо при помощи формул § 66 перейти к другой
функции, для которой эта точность обеспечена, например,
cosec 4°,21 = sjn 4О,21 = о 07341 = 13>62-
В табл. II приведены с четырьмя значащими цифрами значения
тригонометрических функций (кроме secx и cosec х) для радианного
или абстрактного аргумента. Шаг таблицы s=0,01 (радиана). Для
каждого значения х в последней колонке приведена также и соответ-
ствующая градусная мера.
Вычисления по табл. II для понятны без каких-либо
дополнительных пояснений, только при интерполяции в формуле
(2) надо теперь брать s = 0,01 (радиана) и а заменить на х.
Если же х выходит за указанные границы, то при помощи фор-
мул приведения данную функцию приводим к аргументу, который
лежит в промежутке 0 — л. При этом для п надо брать его значение
с четырьмя десятичными знаками: я = 3,1416.
Вычисление функций по заданному значению аргумента называ-
ется решением прямой табличной задачи. Табл. I и II позволяют
* Более подробно эти вопросы изложены в книге: Й. Б. Погребисъкий,
П. Ф. ФМьчаков, Тригонометр(я, изд, 2-е, «Радявська школа», Киев, 1954.
416
также легко решать и обратную табличную задачу, т. е. задачу опре-
деления аргумента по заданному значению функции.
Для этого находим вначале табличное значение функции, бли-
жайшее к заданному, определяем для пего d и А у, а затем по
формуле (2), в зависимости от того, выражен ли аргумент в градусах
или в радианах, вычисляем
. s Л У , s Ду
Дя=__^или д,= _^
(3)
т. е. по известным s, S, Д у определяем соответствующее прира-
щение аргумента Л а (градусов) или Л х (радианов).
Например, найдем величину х, если известно, что
у — tgx = 0,4354.
Находим по табл. II ближайшее меньшее табличное значение
у1} = 0,4346, которому соответствует х0 == 0,41. Затем находим Л у —
— у — Уо — 0,4354 — 0,4346 = 0,0008 = 8 десятитысячных и по формуле
(3), учтя, что s = 0,01 и, в данном примере, d = 120, находим
Д^Ц^^"0’0007-
Прибавив теперь найденное приращение аргумента А х к х0 мы
и получим искомый ответ:
х = arctg 0,4354 = х0 -f- Д х = 0,4107.
Табл. III служит для перехода от градусной меры углов к ра-
дианной, а также и для обратного перехода от радианной меры
к градусной.
Как пользоваться этой таблицей, ясно из следующих примеров:
42° 37',4 = 0,7439 радианов; 1,683 радианов = 96° 25',7
1,68300
—1,57080 = 90°
_0,11220
0,10472 = 6°
_0,00748
0,00582 = 20'
0,00166
~0,00145 = 5'
0,00021 = О',7
96° 25', 7.
40° = 0,69813
2° ==0,03491
30' =г 0,00873
7' = 0,00204
О',4= 0,00012
0,74393 х 0,7439.
417
Четырехзначная таблица тригонометрических'
а° sin 1 1g а see а cosec а ctg а cos а а»
0 0,00000 0,00000 1,0000 со ОО 1,0000 90
1745 1746 2 —2
1 0,01745 0,01746 1,0002 57,30 57,29 0,9998 89
1745 1746 4 — 4
2 0,03490 0,03492 1,0006 28,65 28,64 0.9994 88
1744 1749 8 —8
3 0,05234 0,05241 1,0014 19,11 19,08 0,9985 87
1742 1752 10 —10
4 0, 06970 0,06993 1,0024 14,34 14,30 0,9976 86
1740 1756 14 —14
ij 0,0871В 0,08749 1,0038 11,474 11,430 0,99 62 85
1737 1761 17 -17
6 0,10453 0,10510 1,0055 9,507 9,514 0,9945 84
174 177 20 —20
7 0,1219 0,1228 1,0075 8,206 8,144 0,9925 83
173 177 23 —22
8 0,1392 0,1405 1,0098 7,185 7,115 0,9903 82
172 179 27 —26
9 0,1564 0,1584 1,0125 6,392 6,314 0,0877 81
172 179 29 —29
10 0,1735 0,1763 1,0154 5,759 5,671 0,9848 80
172 181 33 -32
11 0,1908 0,1944 1,0187 5,241 5,145 0,9816 79
171 182 36 —35
12 0,2079 0,2126 1,0223 4,810 4,705 0,9781 78
171 183 40 -37
13 0,2 250 0,2309 1,0263 4,445 4,331 0,9744 77
169 184 . 43 —41
14 0,2419 0,2493 1,0306 4,134 4,011 0,9703 76
169 186 47 -44
15 0,2588 0,2679 1,0353 3,864 3,732 0,9659 75
168 188 50 —46
16 0,2756 0,2867 1,0403 3,628 3,487 0,9613 74
168 190 54 —50
17 0,2924 0,3057 1,0457 3,420 3,271 0,9563 73
166 192 58 —52
18 0,3090 0,3249 1,0515 3,236 3,078 0,9511 72
166 194 61 — 56
19 0,3256 0,3443 1,0576 3,072 2,904 0,9455 71
164 197 66 —58
20 0,3420 0,3640 1,0642 2,924 2,747 0,9397 70
164 199 (.9 —134 -142 —61
21 0,3584 0,3839 1,0711 2,790 2,605 0,9336 69
162 201 74 — 121 —130 —64
22 0,3745 0,4040 1,0785 2,669 2,475 0,9272 68
161 205 79 -НО -119 -67
«° COS Ct ctg а cosec а sec а 1g а sin а а»
418
Таблица I
функций для градусного аргумента
а0 sin а tg а sec а cosec а ctg а COS а а °
23 0,3907 0,4245 1,0864 2,559 2,356 0,9205 67
160 207 82 — 100 -ПО —70
24 0,4067 0,4452 1,0946 2,459 2,246 0,9135 66
159 211 88 —93 — 101 —72
25 0,4226 0,4663 1,1034 2,366 2,145 0,9063 65
158 214 92 -85 —95 —75
26 0,4384 0,4877 1,1126 2,281 2,050 0,8988 64
156 218 97 -78 —87 —78
27 0,4540 0,5095 1,1223 2,203 1,963 0,8910 63
155 222 103 -73 - 82 —81
28 0,4695 0,5317 1,1326 2,130 1,881 0,8829 62
153 226 108 -67 -77 —83
29 0,4848 0,5543 1,1434 2,063 1,804 0,8746 61
152 231 113 - 63 -72 —86
30 0,5000 0,5774 1,1547 2,000 1,732 0,8660 60
150 235 119 —58 -68 —88
31 0,5150 0,6009 1,1666 1,942 1,664 0,8572 59
149 240 126 —55 -64 — 92
32 0,5299 0,6249 1,1792 1,887 1,600 0,8480 58
147 245 132 -51 -60 — 93
33 0,5446 0,6494 1,1924 1,836 1,540 0,8387 57
146 251 138 —48 -57 — 97
34 0,5592 0,6745 1,2062 1,788 1,4826 0,8290 56
144 257 146 — 45 —545 —98
35 0,5736 0,7002 1,2208 1,743 1,4281 0,8192 55
142 263 153 -42 -517 — 102
36 0,5878 0,7265 1,2361 1,701 1,3764 0,8090 54
140 271 160 -39 -494 — 104
37 0,6018 0,7536 1,2521 1,662 1,3270 0,7986 .53
139 277 169 -38 -471 -106
38 0,6157 0,7813 1,2690 1,624 1,2799 0,7880 52
136 285 178 —35 —450 • —109
39 0,6293 0,8098 1,2868 1,589 1,2349 0,7771 51
135 293 186 -33 —431 — Ill
40 0,0428 0,8391 1,3054 1,556 1,1918 0,7660 50
133 302 196 —32 —414 —ИЗ
41 0,6561 0,8693 1,3250 1,524 1,1504 0,7547 49
130 311 206 -30 —398 -116
42 0,6691 0,9004 1,3456 1,494 1,1106 0,7431 48
129 * 321 217 —28 —382 —117
43 0,6820 0,9325 1,3673 1,466 1,0724 0,7314 47
127 332 229 —26 — 369 —121
44 0,6947 0,9657 1,3902 1,440 1,0355 0,7193 46
124 343 240 —26 —355 —122
45 0,7071 1,0000 s 1,4142 1,414 1,0000 0,7071 45
а ° cos а ctg а- . cosec а sec а tga sin а
- 419
Та блица II
Четырехзначная таблица тригонометрических функций
для радианного и абстрактного аргументов
X sin х tgx ctgx COS X X Градус- ная мера
0,00 0,00000 1000 0,00000 1000 м 1,0000 0 0,00 0°
01 01000 1000 01000 1000 100,00 1,0000 —2 01 0° 34'
02 02000 1000 02000 1001 50,00 0,9998 —2 02 1° 09'
03 03000 999 03001 1001 33,32 9996 —4 03 1° 43'
04 03999 999 04002 1002 24,99 9992 —4 04 2° 18'
0.05 0,04998 998 0,05004 1003 19,98 0,9988 —6 0,05 2° 52'
06 05996 998 06007 1004 16,65 9982 —6 06 3° 26'
07 06994 997 07011 1006 14,26 9976 —8 07 4° ОГ
08 07991 997 08017 1007 12,47 9968 —8 08 4° 35'
09 0,8988 995 09024 1009 11,082 9960 — 10 09 5° 09'
0,10 0,09983 995 0,10033 101 9,967 0,9950 — 10 0,10 5° 44'
11 10978 99 1104 102 054 9940 -12 II 6° 18'
12 1197 99 1206 101 8,293 9928 —12 12 6° 53'
13 1296 99 1307 102 7,649 9916 — 14 13 7° 27'
14 1395 99 1409 102 7,096 9902 —14 14 8° 01'
0,15 0,1494 99 0,1511 103 6,616 0,9888 -16 0,15 8° 36'
16 1593 99 1614 103 197 9872 — 16 16 9° 10'
17 1692 98 1717 103 5,825 9856 —18 17 9° 44'
18 1790 99 1820 103 495 9838 -18 18 10° 19-
19 1889 98 . 1923 104 200 9820 —19 19 10° 53'
0,20 0,1987 98 0,2027 104 4,933 0,9801 -21 0,20 11° 28'
21 2085 97 2131 105 692 9780 —21 21 12° 02'
22 2182 98 2236 105 472 9759 -22 22 12° 36’
420
Продолжение табл. П
X sin х <g х ctg X COS X X Градус- ная мера
0,23 0,2280 0,2341 4,271 0,9737 0,23 13° 1Г
97 106 —24
24 2377 2447 086 9713 24 13° 45'
97 106 -24
0,25 0,2474 0,2553 3,916 0,9689 0,25 14° 19'
97 107 -25
26 2571 2660 759 9664 26 14° 54'
96 . 108 -26
27 2667 2768 613 9638 27 15° 28'
97 108 —27
28 2764 2876 478 9611 28 16° 03'
96 108 -29
29 2860 2984 351 9582 29 16° 37-
95 109 —29
0,30 0,2955 0,3093 3,233 0,9553 0,30 17° П'
96 ПО -30
31 3051 3203 122 9523 31 17° 46'
95 111 -31
32 3146 3314 018 9492 32 18° 20'
94 111 —32
33 3240 3425 2,920 9460 33 18° 54'
95 112 -32
34 3335 3537 827 9428 34 19° 29'
94 113 -34
0,35 0,3429 0,3650 2, 740 0,9394 0,35 20° 03'
94 114 -83 --35
36 3523 3764 657 9359 36 20° 38'
93 115 —79 —36
37 3616 3879 578 9323 37 21° 12'
93 115 —74 -36
38 3709 3994 504 9287 38 21° 46'
93 116 -71 —38
39 3802 4110 433 9249 39 22° 21'
92 118 —68 -38
0,40 0,3894 0,4228 2,365 0,9211 0,40 22° 55'
92 118 -64 -40
41 3986 4346 301 9171 41 23° 29'
92 120 —62 -40
42 4078 4466 239 9131 42 24° 04'
91 120 -59 —41
43 4169 4586 180 9090 43 24° 38'
90 122 —56 -42
44 4259 4708 124 9048 44 25° 13'
91 123 —54 -44
0,45 0,4350 0,4831 2,070 0,9004 0,45 25° 47'
90 123 -52 -43
46 4440 4954 018 8961 46 26° 2Г
89 126 —49 -45
421
Продолжение табл. II
X sin х tg* ctg X COS X X Градус- ная мера
0.47 0,4529 89 0,5080 126 1,969 -48 0,8916 -46 0,47 26° 56'
48 4518 88 5206 128 921 —46 8870 -47 48 27° 30-
49 4706 88 5334 129 875 -45 8823 -47 49 28° 04'
0,50 0,4794 88 0,5463 131 l,'830 —42 0,8776 —49 0,50 28° 39'
51 4882 87 0,5594 132 788 -41 0,8727 -49 51 29° 13'
52 4969 86 5726 133 747 -40 8678 —50 52 29° 48'
53 5055 86 5859 135 707 -39 8628 —51 53 30° 22'
54 5141 86 5994 137 668 —37 8577 -52 54 30° 56'
0,55 0,5227 85 0,6131 139 1,631 -36 0,8525 -52 0,55 31° 31'
56 5312 84 6270 140 595 -35 8473 -54 56 32° 05'
57 5396 84 6410 142 560 -34 8419 -54 57 32° 40'
58 5480 84 6552 144 526 -33 8365 -56 58 33° 14-
59 5564 82 6С96 145 • 493 -31 8309 —56 59 33° 48'
0,60 0,5646 83 0,6841 148 1,462 —31 0,8253 —57 0,60 34° 23'
61 5729 81 6989 150 431 -30 8196 -57 61 34° 57'
62 5810 81 7139 152 401 —29 8139 —59 62 35° ЗГ
63 5891 81 7291 154 372 —29 8080 -59 63 36° 06'
64 5972 80 7445 157 343 — 28 8021 —60 64 36° 40'
0,65 0,6052 79 0,7602 159 1,315 —27 0,7961 —61 0,65 37° 15'
66 6131 79 7761 162 288 -26 7900 —62 66 37° 49'
67 6210 78 7923 164 262 -25 7838 —62 67 38° 23'
68 6288 77 8087 166 237 -25 7776 —64 68 38°L58'
69 6365 77 8253 170 212 -25 7712 -64 69 39° 32-
422,
Продолжение табл. II
X sin х tg х ctg X COS X X Градус- мая мера
0,70 0,6442 0,8423 1,187 0,7648 0,70 40° 06"
76 172 -24 —64
71 6518 8595 163 7584 71 40° 41-
76 176 —23 —66
72 6594 8771 140 . 7518 72 41° 15'
75 178 -23 -66
73 6669 8949 117 7452 73 41° 50'
74 182 -22 —67
74 6743 9131 095 7385 74 42°24'
73 185 —22 —68
0,75 0,6816 0,9316 1,073 0,7317 0,75 42° 58'
73 188 —21 -69
76 6889 9504 052 7248 76 43° 33'
72 193 -21 -69
77 6961 9697 031 7179 77 44° 07'
72 196 —20 —70
78 7033 9893 0109 7109 78 44° 41'
71 199 —201 -71
79 7104 1,0092 0,9908 7038 79 45° 16'
70 204 — 196 -69
0,80 0,7174 1,0296 0,9712 0,6967 0,80 45° 50'
69 209 —192 -72
81 7243 0505 9520 6895 81 46° 25'
68 212 —189 -73
82 7311 0717 9331 6822 82 46° 59'
68 217 — 185 —73
. 83 7379 0934 9146 6749 83 47° 33-
67 222 —182 -74
84 7446 1156 8964 6675 84 48° 08'
67 227 — 179 -75
0,85 0,7513 1,1383 0,8785 0,6600 0,85 48° 42'
65 233 — 176 ' —76
86 7578 1616 8609 6524 86 49° 16'
65 237 -172 -76
87 7643' 1853 8437 6448 87 49° 51'
64 244 —170 -76
88 7707 2097 8267 6372 88 50° 25'
64 249 —167 -78
89 7771 2346 8100 6294 89 51° ОО'
62 256 —164 -78
0,90 0,7833 1,2602 0,7936 0,6216 0,90 51° 34'
62 262 —162 —79
91 7895 2864 7774 6137 91 52° 08'
61 269 —159 —79
92 7956 3133 7615 6058 92 52° 43'
60 276 -157 —80
93 8016 3409 7458 5978 93 53° 17'
60 283 - 155 -80
94 8076 3692 7303 5898 94 63° 5Г
58 292 —152 -81
423
Продолжение табл. II
X sin х tgx ctgx cos X X Градус- пая мера
0,95 0,8134 1,3984 0,7151 0,5817 0,95 54° 26'
58 300 -150 —82
QR 8192 4284 7001 5735 96 55° 00'
57 308 —148 —82
97 8249 4592 6853 5653 97 55“ 35'
318 -146 —83
93 8305 4910 6707 5570 98 56° 09'
55 327 —144 —83
99 8360 5237 6563 5487 99 56“ 43'
55 337 -142 —84 1
1,00 0,8415 1,5574 0,6421 0,5403 1,00 57’ 18'
53 35 -140 —84
01 8468 592 6281 5319 01 57° 52’
53 36 — 139 —85
02 8521 628 6142 5234 02 58“ 26'
52 37 — 137 —86
03 8573 665 6005 5148 03 59’ 0Г
51 39 -135 —86
04 8624 704 5870 5062 04 59“ 35'
50 39 —134 —86
1,05 0,8674 1,743 0,5736 0,4976 1,05 60’ 10'
50 41 —132 —87
06 8724 784 5604 4889 06 60’ 44'
48 43 —131 —88
07 8772 827 5473 4801 07 61’ 18'
48 44 -129 —88
08 8820 871 5344 4713 08 61’ 53'
46 —128 —88
09 8866 917 5216 4625 09 62’ 27'
46 48 —126 —89
1,10 0,8912 1,965 0,5090 0,4535 1,10 63’ 02'
45 49 —126 —89
11 8957 2,014 4964 4447 11 63’ 36'
44 52 — 124 —90
12 9001 066 4840 4357 12 64’ 10'
43 54 —123 -90
13 9044 120 4717 4267 13 64’ 45'
42 56 —121 -91
14 9086 176 4596 4176 14 65’ 19'
42 58 —121 — 91
1,15 0,9128 2,234 0,4475 0,4085 1,15 65“ 53'
40 62 —119 —92
16 9168 296 4356 3993 16 66° 28'
40 64 ' — 119 -91
17 9208 360 4237 3902 17 67’ 02’
38 67 —117 —93
13 9246 427 4120 3809 18 67° 37'
38 71 -117 —92
19 9284 498 4003 3717 19 68° 1Г
36 74 -115 -93
424
Продолжение табл. 11
X sin д’ tg X ctg X COS X X Градус- на я мера
1,20 0,9320 I 36 2,572 78 0,3888 -115 0,3624 -94 1,20 68° 45'
21 9356 35 650 83 3773 -114 3530 -94 21 69° 20'
22 9391 34 733 3659 -ИЗ 3436 -94 22 69° 54'
23 9425 33 820 3546 — 112 3342 -94 23 70° 28'
24 9458 32 912 3434 -111 3248 -95 24 71° 03'
1,25 0,9490 31 3,010 0,3323 — 111 0,3153 —95 1,25 71° 37'
26 9521 30 ИЗ 3212 — ПО 3058 -95 26 72° 12'
27 9551 29 224 3102 — 109 2963 —96 27 72» 46'
28 9580 28 341 2993 — 109 2867 -96 28 73° 20'
29 9608 28 467 2884 — 108 2771 -96 29 73° 55'
1,30 0,9636 26 3,602 0,2776 — 107 0,2675 — 96 1,30 74° 29'
31 9662 25 747 2669 — 107 2579 -97 31 75° 03'
32 9687 24 903 ' 2562 — 106 2482 —97 32 75° 38'
33 9711 24 4,072 2456 — 106 2385 97 33 76° 12'
34 9735 22 256’ 2350 — 105 2288 -98 34 76° 47'
1,35 0,9757 22 4.455 0,2245 — 105 0,2190 — 98 1,35 77° 21'
36 9779 20 673 2140 — 105 2092 —98 36 77° 55'
37 9799 20 913 2035 — 104 1994 —98 37 78° 30'
38 9819 18 5,177 1931 —103 1896 —98 38 79° 04'
39 9837 17 471 1828 — 103 1798 -98 39 79° 38'
1,40 0,9854 17 5,798 0,1725 —103 0,1700 -99 1,40 80° 13'
41 9871 16 6,165 1622 —102 1601 -99 41 80° 47'
42 9887 14 581 1520 — ЮЗ 1502 -99 42 81° 22'
43 9901 14 • 7,055 1417 — 102 1403 —99 43 81° 56'
44 9915 12 602 1315 — 101 1304 -99 44 82° 30'
425
П родолжение та б л. II
X sin х tg х ctg X COS X X Градус- на я мера
1,45 0,9927 12 8,238 0,1214 —101 0,1205 -99 1,45 83° 05'
46 9939 10 989 1113 — 102 1106 — 100 46 83° 39'
47 9949 10 9,887 1011 -101 10063 —996 47 84° 13'
48 9959 8 10,983 09105 — 1008 09067 — 996 48 84° 48’
49 9967 8 12,35 08097 — 1006 08071 —997 49 85° 22'
1,50 0,9975 7 14,10 0,07091 —1004 0,07074 —998 1,50 85° 57'
51 9982 5 16,43 06087 —1003 06076 — 999 51 86° 31'
52 9987 19,67 05084 —1002 05077 -998 52 87° 05'
53 9992 3 24,50 04082 — 1001 04079 — 1000 53 87° 40'
54 9995 3 32,46 03081 — 1001 03079 — 1000 54 88° 14-
1,55 0,9998 1 48,08 0,02080 —1000 0,02079 —999 1,55 88° 49'
56 9999 1 92,62 01080 — 1000 01080 -1000 56 89° 23'
57 1,0000 1256 0007963 0007963 57 89° 57'
1С Т 1,0000 00 0 0 90°
58 1,0000 —2 —108,6 —0,009204 — 1001 —0,009203 -1000 58 90° 32'
59 0,9998 —2 —52,07 01921 —1000 01920 — 1000 59 91° 06'
1,60 0.999G —4 —34,23 —0,02921 —1001 — 0,02920 — 999 1,60 96° 40'
61 9992 —4 —25,49 03922 —1002 03919 -999 61 92° 15'
62 9988 —б —20,31 04924 —1003 04918 -999 62 92° 49'
63 9982 —6 -16,87 05927 — 1004 05917 —998 63 93° 24'
64 9976 —7 —14,43 06931 —1006 06915 —997 64 93° 58'
1,65 0,9969 —9 —12,60 —0,07937 —1007 —0,07912 —997 1,65 94° 32-
66 9960 —9 —11,18 08944 — 1009 08909 —995 66 95° 07-
67 9951 —11 —10,047 09953 —1011 '09904 . —995 67 95° 41'
68 9940 —П —9,121 10964 -102 10899 -99 68 96° 15'
69 9929 — 12 —8,349 119? -101 1189 -99 69 96° 50'
426
Продолжение табл. 11
X sin х ig-x ctg х COS X x Градус- НЭЯ мера
1,70 0,99)7 -14 —7,697 -0,1299 -102 —0,1288 —100 1,70 97” 24'
71 9903 -14 137 1401 — 102 1388 -99 71 97’ 59'
72 9889 -15 —6,652 1503 — 103 1487 —98 72 98° 33'
73 9874 —17 228 1606 — 102 1585 —99 73 99° 07’
74 9857 -17 —Б, 853 1708 -103 1684 -98 74 99° 42'
1,75 0,9840 -18 —5,520 —0,1811 — 104 0,1782 — 99 1,75 100° 16'
76 9822 —20 222 1915 — 104 1881 —98 76 100° 50'
77 9802 -20 —4,953 2019 -104 1979 -98 77 101° 25'
78 9782 —21 710 2123 — 105 2077 -98 78 101° 59'
79 9761 -23 489 2228 — 105 2175 —97 79 102° 34'
1,80 0,9738 —23 —4,286 —0,2333 — 106 —0,2272 —97 1,80 103° 08'
81 . 9715 —24 100 2439 — 106 2369 —97 81 103° 42'
82 9691 —25 —3,929 2545 — 107 2466 —97 82 104° 17'
83 9666 -26 771 2652 — 107 2563 —97 83 104° 5Г
84 9640 —27 624 2759 — 108 2660 -96 84 105° 25'
1,85 0,9613 —28 —3,488 —0,2867 — 108 —0,2756 -96 1,85 106° 00'
86 9585 —29 361 2975 — НО 2852 -96 86 106° 34'
87 9556 —30 242 3085 — 109 2948 -95 87 107° 09'
'88 9526 —31 130 3194 —111 3043 —95 88 107° 43'
89 9495 —32 026 3305 — 111 3138 -95 89 108° 17'
1,90 0,9463 —33 —2,927 —0,3416 —112 —0,3233 -94 1,90 108° 52'
91 9430 —34 834 3528 —113 3327 —94 91 109° 26'
92 9396 -34 746 83 3641 -114 3421 -94 92 110° 00'
93 9362 -36 663 79 3755 —115 3515 -94 93 110° 35'
94 9326 -36 584 1 75 3870 —115 3609 —93 94 111° 09'
427
Продолжение табл. L
X sin Л' tg- X ctg X COS X Л- Градус- ная мера
1,95 0,9290 -38 -2,509 71 —0,3985 -116 0,3702 -93 1,95 111° 44
96 9252 —38 438 68 4101 —118 3795 —92 96 112° 48'
97 9214 —40 370 64 4219 — 118 3887 —92 97 112° 52'
98 9174 —40 306 62 4337 — 119 3979 —91 98 113° 27'
99 9134 —41 244 59 4456 -121 4070 -91 99 114° ОГ
2,00 0,9093 -42 —2,185 57 —0,4577 —121 —0,4161 —91 2,00 114“ 36'
01 9051 -43 128 54 4698 -123 4252 -90 01 115“ 1(5'
02 9008 -44 074 52 4821 — 124 4342 —90 02 115° 44'
03 8954 —45 022 50 4945 —125 4432 —90 03 116“ 19'
04 8919 -45 —1,972 47 ' 5070 — 126 4522 —89 04 116“ 53'
2,05 0,8874 —47 — 1,925 47 -0,5196 -128 -0,4611 — 88 2,05 117° 27'
06 8827 —47 878 44 5324 -129 4699 —88 06 118“ 02'
07 8780 —49 834 43 5453 — 130 4787 — 88 07 118“ 36'
08 8731 —49 791 41 5583 -132 4875 -87 08 119“ 11'
09 8682 —50 750 40 5715 —134 4962 -86 09 119“ 45'
2,10 0,8632 —51 — 1,710 39 —0,5849 — 134 —0,5048 —86 2,10 120° 19'
11 8581 -52 671 37 5983 —137 5134 — 86 11 120° 54'
12 8529 —52 634 36 6120 — 138 5220 — 85 12 121° 28'
13 8477 —54 598 35 6258 -140 5305 —85 13 122° 02'
14 8423 -54 563 34 6398 -142 5390 —84 14 122“ 37'
2,15 0,8369 —55 —1,529 33 —0,6540 — 144 —0,5474 -83 2,15 123° 11'
16 8314 —56 496 32 6684 —146 55 57 -83 16 123“ 46'
17 8258 -57 464 31 6830 -147 5640 —82 17 124“ 20'
18 8201 —58 433 30 6977 —150 5722 —82 18 124“ 54’
19 8143 -58 403 29 7127 — 152 5804 —81 19 125° 29'
428
П родо л женяе табл. II
X sin х tg х ctg X СОЗ X t X Градус- ная мера
2,20 0,8085 -59 —1,374 29 —0,7279 — 154 —0,5885 —81 2,20 126° 03'
21 8026 -60 345 27 7433 -156 5956 -80 21 126° 37'
22 7966 -61 318 27 7589 — 159 6046 -79 22 127° 12'
23 7905 -62 291 27 7748 — 162 6125 —79 23 127° 46'
24 7843 -62 264 25 7910 — 163 6204 -78 24 128° 21'
2,25 0,7781 —63 -1,239 25 —0,8073 -167 —0,6282 -77 2,25 128° 55'
26 7718 -64 214 25 8240 — 169 6359 -77 26 129' 29'
27 7654 -65 189 24 8409 -172 6436 -76 27 130° 04'
28 7589' -66 165 23 8581 -176 6512 -76 28 130° 38'
29 7523 -66 142 23 8757 — 178 ' 6588 -75 29 131° 12'
2,30 0,7457 —67 —1,119 22 —0,8935 — 181 —0,6663 -74 2,30 131° 47'
31 7390 —68 097 22 9116 — 185 6737 —74 31 132° 21'
32 7322 —68 075 21 9301 — 188 6811 -72 32 132° 56'
33 7254 —69 054 . 21 9489 —192 6883 -73 33 133° 30'
34 7185 -70 033 20 9681 — 196 6956 34 134° 04'
2,35 0,7115 —71 -1,0125 201 -0,9877 — 199 —0,7027 —71 2,35 134° 39'
36 . 7044 —71 0,9924 196 -1,0076 -20 7098 —70 36 135° 13'
37 6973 . -72 9728 193 028 —21 7168 —69 37 135° 47'
38 6901 -73 9535 189 049 —21 7237 —69 38 136» 22'
39 6828 -73 9346 186 070 —22. 7306 —68 39 136° 56'
2,40 0,6755 —74 -0,9160 182 — 1,092 —22 —0,7374 -67 2,40 137° 31'
41 6681 -75 8978 179 114 —23 7441 -67 41 138° 05'
42 6606 -76 8799 176 137 —23 7508 -65 42 138° 39-
43 1 6530 -76 8623 173 160 —23 7573 -65 43 139° 14'
44 6454 -76 8450 170 183 -25 7638 —64 44 139° 48'
429
Продолжение табл. II
X sin х tgx ctgx COS X X Градус- ная мера
2,45 0,6378 -78 —0,8280 167 — 1,208 —25 —0,7702 —64 2,45 140° 22'
46 6300 -78 8113 165 233 -25 7766 —62 46 140е 57'
47 6622 -78 7948 161 258 -26 7828 —62 47 141° 31'
48 6144 —79 7787 160 284 -27 7890 —61 48 142’ 06'
49 6065 -80 7627 157 311 —28 7951 —60 49 142" 40'
2,50 0,5985 —81 —0,7470 154 — 1,339 -28 —0,8011 —60 2,50 143’14'
51 5904 -81 7316 153 367 -29, 8071 -59 51 143’ 49'
52 5823 —81 7163 150 396 —30 8130 —57 52 144’ 23'
53 5742 —82 7013 148 426 -31 8187 -57 53 144’ 58'
54 5660 -83 ' 6865 146 I 457 —31 8244 -57 54 145° 32'
2,55 0,5577 —83 —0,6719 145 — 1,488 —33 —0,8301 -55 2,55 146° 06'
56 5494 —84' 6574 142 521 —34 8356 -54 56 146’ 41'
57 5410 —85 64 32 140 555 -34 8410 -54 57 147’ 15'
58 5325 —85 6292 139 589 —36 8464 —53 58 147° 49'
59 5240 -85 6153 137 625 —37 8517 —52 59 148° 24'
2,60 0,5155 -86 —0,6016 135 — 1,662 —38 -0,8569 -51 2,60 148’ 58'
61 5069 —86 5881 134 700 -40 8620 -50 61 149° 33'
62 4983 -87 5747 132 740 —41 8670 -50 62 150° 07'
63 4890 -88 5615 131 781 -43 8720 -48 63 150° 41'
64 4808 —88 5484 130 824 —44 8768 — 48 64 151° 16'
2,65 0,4720 -88 —0,5354 128 — 1,868 —45 —0,8816 —47 2,65 151° 50'
66 4632 -89 5226 126 913 -48 8863 66 152° 24'
67 4543 —89 5100 126 961 -49 8908 -45 67 152° 59'
68 4454 -90 4974 . 124 —2,010 -52 8953 -45 68 153° 33'
69 4364 —90 4850 123 062 -53 8998 -43 69 154 ’ 08'
430
Продолжение табл. Il
X sin х tg* ctg* cos X X Градус- на я мера
2,70 0,4274 -91 -0,4727 121 -2,115 —56 —0,9041 —42 2,70 154° 42'
71 4183 -91 4606 121 171 —59 9083 -41 71 155° 16'
72 4092 —91 4485 120 230 -61 9124 —41 72 155° 51'
73 4001 -92 4365 118 291 —64 9165 —39 73 156° 25'
74 3909 -92 4247 118 355 —67 9204 -39 74 156° 59'
2,75 0,3817 —93 —0,4129 116 —2,422 —70 —0,9243 -38 2,75 157° 34'
76 3724 —93 4013 116 492 —74 9281 -37 76 158° 08'
77 3631 — 93 3897 115 566 —78 9318 —35 77 158° 43'
78 3538 —94 3782 114 644 -82 9353 —35 78 159° 17'
79 3444 -94 3668 ИЗ 726 -87 9388 -34 79 159° 51'
2,80 0,3350 —94 —0,3555 112 —2,813 — 0,9422 -33 2,80 160° 26'
81 3256 —95 3443 111 904 9455 —32 81 161° 00'
82 3161 —95 3332 111 .—3,002 9487 -31 82 161° 34'
83 3066 —96 3221 110 105 9518 —31 83 162° 09'
84 2970 -95 3111 109 215 9549 -29 84 162° 43'
2,85 0,2875 — 96 —0,3002 109 —3,332 —0,9578 —28 2,85 163° 18'
86 2779 -96 2893 108 457 9606 -27 86 163° 52'
87 2683 — 97 2785 108 591 9633 -27 87 164° 26'
88 2586 —97 2677 107 735 9660 —25 88 165° 01'
89 2489 -97 2570 106 890 9685 -25 89 165° 35'
2,90 0,2392 — 97 —0,2464 106 -4,058 -0,9-710 -23 2,90 166° 09'
91 2295 —97 2358 105 241 9733 -22 91 166° 44'
92 2198 — 98 2253 105 439 9755 -22 92 167’ 18'
93 2100 —98 2148 104 655 ' 9777 -20 93 167° 53'
94 2002 —98 2044 104 893 9797 — 20 94 168° 27'
431'
Продолжен не т в б л. II
X sin X tg х ctg X COS X X Градус- ная мера
2,95 0,1904 . -98 —0,1940 104 —5,155 —0,9817 — 19 2,95 169° ОГ
96 1806 -98 1836 103 446 9836 -17 96 169° 36'
97 1708 -99 1733 103 770 9853 -17 97 170° 10'
98 1609 —99 1630 102 —6,135 9870 -15 98 170° 44'
09 1510 —99 1528 103 546 9885 —15 99 171е 19'
3,00 0,1411 -99 -0,1425 101 —7,015 —0,9900 — 14 3,00 171е 53
01 1312 -99 1324 102 555 9914 — 12 01 172° 28'
02 1213 —99 1222 101 —8,183 9926 —12 02 173° 02'
03 1114 — 100 1121 102 924 9938 — 10 03 173° 36'
04 1014 -99 10194 1009 -9,810 9948 —10 04 174° 11'
3,05 0,09146 —996 —0,09185 1008 —10,887 —0,9958 -9 3,05 174° 45'
06 08150 -997 08177 1005 — 12,23 9967 —7 06 175° 20'
07 07153 —998 07172 1005 —13,94 9974 —7 07 175» 54'
08 06155 -998 06167 1003 — 16,22 9981 -6 08 176° 28'
09 ОМ 57 —999 05164 1002 —19,36 9987 —4 09 177» 03'
3,10 0,04158 —999 —0,04162 1002 — 24,03 -0,9991 —4 3,10 177° 37'
11 03159 — 1000 03160 1000 -31,65 9995 —3 11 178° 1Г
12 02159 1 — 1000 02160 1001 -46,30 9998 —1 12 178° 46'
13 01159 —1000 01159 1000 —86,28 9999 —1 13 179’ 20'
14 001593 001593 -627,9 — 1,0000 14 179° 55'
я 0 0 — оо —1,0000 180°
432
Таблица III
Переход от градусной меры углов к радианной
Градусная мера Радианная мера Градусная мера Радианная мера Градусная мера Радианная мера
О',1 0,00002909 11° 0,19199 31’ 0,54105
г 0,0002909 ,12° 0,20943 32’ 0,55850
2' 0,0005818 13“ 0,22689 33’ 0,57596
3' 0,0008727 14° 0,24435 34’ 0,59341
4' 0,0011635 15“ 0,26180 35’ 0,61086
5' 0,0014544 0,62832
6' 0,0017453 16’ 0,27925 36“
т 0,002036 17“ 0,29671 37’ 0,64577
8' 0,002327 18“ 0,31416 38’ 0,66322
9' 0,002618 19“ 0,33161 39’ 0,68068
20“ 0,34907 40’ 0,69813 '
1’ 0,017453 0,78540
2’ 0,03491 21° 0,36652 45“
3° 0,05236 22э 0,38397 50° 0,87266
4° 0,05981 23“ 0,40143 55’ 0,95993
5° 0,08727 24“ 0,41888 60’ 1,04720
25’ 0,43633 65° 1,13446
6° 0,10472 1,22173
7° 0,12217 26“ 0,45379 70°
8° 0,13963 27“ 0,47124 75° 1,30900
9° 0,15708 28“ 0,48869 80’ 1,39626
10° 0,17453 29“ 0,50614 85’ 1,48353
30’ 0,52360 90’ 1,57080
ЛИТЕРАТУРА
1. А дам ар Ж- Элементарная геометрия, ч. 1, ч. 2, Учпед-
гиз, М., 1957, 1958.
2. Александров И. И. Сборник геометрических задач на
построение, Учпедгиз, М;, 1950.
3. Антонов Н. П., Выгодски й М. Я-, Никитин В. В.,
С а н к и н А. И. Сборник задач по элементарной математике, Физ-
матгиз, М., 1964.
4. Барыбин К- С. Сборник геометрических задач на доказа-
тельство, Учпедгиз, М., 1952.
5. Берман т А. Ф., ЛгостерникЛ. А. Тригонометрия, Гос-
техиздат, М., 1956.
6. Болтянский В. Г., Яг лом И. М., Векторы в курсе
геометрии средней школы, Учпедгиз, М., 1962. Преобразования. Век-
торы, «Просвещение», М., 1964.
7. Бугай А. С., Краткий толковый математический словарь,
«Радянська школа», К., 1964.
8. Выгодский М. Я., Справочник по элементарной матема-
тике, «Наука», М., 1965.
9. За логин Н. С., Конкурсные задачи по математике. Гос-
техиздат, 1964.
10. Киселев А. П., Геометрия, ч. 1, ч. 2, «Просвещение»,
М., 1965.
11. Кущенко В. С., Сборник конкурсных задач по матема-
тике, «Судостроение», Л., 1964.
12. Лидский В. Б., Овсянников Л. В., Т у л а ft-
ков А. Н., Шабунин М. И., Задачи по элементарной матема-
тике, Физматгиз, М., 1963.
13. Лоповок Л. М., Сборник задач по стереометрии, «Радян-
ська школа», К-, 1955.
14. Мантуров О. В., Солнцев Ю. К., Соркин Ю. И.,
Федин Н. Г., Толковый словарь математических терминов, «Прос-
вещение», М., 1965.
434
15 Моденов П. С., Сборник задач по математике, «Совет-
ская наука», М., 1952.
16. Новоселов С. И., Тригонометрия, Учпедгиз, М., 1956.
17. Погребиський I. Б., П. Ф. Ф i л ь ч а к о в, Тригономет-
рия, «Радянська школа», К., 1954.
18. По зой ск ий Р. И., Сборник , задач по тригонометрии,
«Радянська школа», К-, 1953.
19. Рыбкин Н., Сборник задач по геометрии, ч. 1, ч. 2, Уч-
педгиз, М., 1962.
20. Рыбкин Н., Сборник задач по тригонометрии, Учпедгиз,
М., 1950.
21. РывкинА. А., Р ы в к и н" А. 3., X ренов Л. С., Спра-
вочник по математике, «Высшая школа», М., 1964.
22. С м о го р ж е в с к и й А. С;, Исследование задач на пост-
роение, «Радянська школа», К-, 1961.
23. Стражевский А. А., Задачи на геометрические места
точек в курсе геометрии средней школы, Учпедгиз, М., 1954.
24. Ст рати латов П. В., Сборник задач по тригонометрии,
Учпедгиз, М., 1957.
25. Худоб и и А. И., Ху до би и Н. И., Сборник задач по
тригонометрии, Учпедгиз, М., 1955.
26. Четверухин Н. Ф., Методы геометрических построений,
Учпедгиз, М., 1938.
27. Ш а х н о К- У-, Сборник задач по математике, Учпедгиз,
Л., 1954.
28. Шах но К. У., Справочник по математике, Учпедгиз, М.,
1961.
29. Шиманский Р. И., Тригонометрия, «Радянська школа»,
К-, 1961.
30. Ш к л я р с к и й Д. О., Ченцов Н. Н., Я г л о м И. М.,
Избранные задачи и теоремы элементарной математики, ч. 2, ч. 3,
Гостехиздат, М., 1954.
31. Энциклопедия элементарной математики, том IV (Геометрия),
Физматгиз, М., 1963.
32. Яг лом И. М., Геометрические преобразования, т. 1, т. 2,
Гостехиздат, М., 1955, 1956.
АЛФАВИТНЫЙ УКАЗАТЕЛЬ
Абсолютная величина 409
Абстрактный аргумент 295
Абсцисса вектора 387
Аксиома 22
— Архимеда 18, 24
— о параллельных прямых 24
Аксиом классификация 22
— система 22
Аксиомы конгруэнтности 24
— линейной полноты 24
— непрерывности 24
соединения порядка 23
— соединения 22
Алгебра векторная 375
Алгебраический метод решения за-
дач па построение 154
Амплитуда колебаний 307
Аналитическая геометрия 12
Аполлоний 152
Апофема правильного многоуголь-
ника 114
— правильной пирамиды 199
— усеченной пирамиды 207
Аргумент 295
— абстрактный 295
— вспомогательный 294
— половинный 286
Арккосинус 338
Арккотангенс 339
Арксинус 338
Арктангенс 340
Архимед 18, 61, 100, 101
Архимеда аксиома 18, 24 1
Ассоциативность 396 1
Базисная система векторов 389д
Бесконечная прямая 14
Биссектриса внешнего угла тре-’
угольника 49
— угла. 28
— треугольника 47
Боковая поверхность конуса 231
232 .
отрезка цилиндра 226
----- пирамиды 201
призмы 191
— — усеченного конуса 237
—------ усеченной пирамиды 207
-цилиндра 224, 225, 226
Боковые ребра пирамиды 199
Большой круг шара 243
Бриаишоп III. НО
Вектор 376
— единичный 375
Вектора длина 376
Векторная алгебра 375
— величина 376
— сумма 378, 380
Векторное произведение 408
— равенство 380
Векторов вычитание 377
— сложение 377
Векторов умножение 393
Векторы коллинеарные 376
— компленарные 376
436
Величины векторные скалярные 376
Вершина конической поверхности
231
— пирамиды 199
— угла 266
Виет Ф. 259
Внешнее деление 19
— касание, окружностей 87
Внешняя касательная к двум ок-
ружностям 87
Внутренняя касательная к двум
окружностям 87
Вписанный многоугольник 108
— треугольник 109
— угол 94
— шар 252
Вспомогательный аргумент 294
Высота конуса 231
— отрезка цилиндра 226
— параллелограмма 69
— пирамиды 199
— призмы 190
— сегмента 102
— сегментной поверхности 244
— трапеции 76
— треугольника 44
— усеченного конуса 236
— цилиндра 223
Вычитание отрезков 15
Галилей Г. 192
Гармоническая группа точек 21
Гармонические колебания 306
Гармонически сопряженные точ-
ки 21
Гармоническое разделение 21
Гексаэдр 215
Геометрия 11
— аналитическая 12
— дифференциальная 12
— начертательная 12
— проективная 12
Геометрическое место точек 135,
255
Гильберт Д. 22
Гипербола 242
Гомотетия 57
Градус 29, 267
Гюльдена теорема 245
Двугранный угол 178
Декарт Р. 12
Деление внешнее 19
— внутреннее 19
• — отрезка в заданном отношении 19
в среднем и крайнем отно-
шении 20
Диагонали квадрата 73
— многогранника 189
— многоугольника 36
— параллелепипеда 191
— параллелограмма 69
— ромба 72
Диагональная плоскость много-
гранника 189
---призмы 190
Диаметр окружности 82
— сферы 243
Дистрибутивность 396
Дифференциальная геометрия 12
Длина вектора
— дуги окружности 102
— окружности 99
— отрезка 18
Доказательство 24
Додекаэдр 216
Достаточное условие 26
Дуга 82
Единичный вектор 376
Заключение теоремы 24
Золотое сечение 20, 21
Измерение двугранных углов 179
— дуг 267
— отрезков 18
— площади.60
— углов 267
Измерения прямоугольного парал-
лелепипеда 191
Икосаэдр 216
Инверсия 149
Интерполяция 414
Кавальери Б. 192
437
Касательная 83
Квадрат 73
Квадрируемость (51
Кеплер И. 259
Классификация аксиом 22
Клип 212
Коммутативность 39(5
Компланарность векторов 37(5
Компоненты вектора 384
Коллинеарность векторов 376
Координаты вектора 387
Коперник II. 258
Кольцо 105
Ко1!|'|>у-л1тноеть 24
Коническая поверхность 231
Конические сечения 242
Конус 231
Концентрические окружности 8(5
Координатные осн 270
Косеканс 261, 271
Косинус 260, 270
Котангенс 260, 270
Коэффициент подобия 57
Кривые второго иорядка 242
Круг 8.3
Круглые тела 223
Куб 191
Лемма 24
Линдеман Ф. 100
Линейная зависимость векторов 384
Линия 13
Лобачевский Н. 14. 12
Ломаная линия 14
Луч 14
АКдиана треугольника 45
Мера угла 29
Метод геометрических мест 134
— инверсии 149
— параллельного переноса 147
- - подобия 142
— симметрии 144
Методы графические 324
Минута 29
Многогранник 189
— выпуклый 190
— звездчатый 217 (
Многоугольник правильный 35
— простой 35 j
Многоугольников подобие 57
Модуль вектора 376
Мюллер И. 258
Наклонная к плоскости 1(57
Накрестлежащие углы 32
Направляющая 223
— конической поверхности 231
— цилиндрической поверхности
223
Натуральное, значение. тригономет-
рической функции 261
Начальная (раза 308
Начертательная геометрия 12
Независимость системы аксиом 22
Необходимое условие 26
Необходимый и достаточный при-
знак 27
Непротиворечивость системы ак-
сиом 22
Неравенство двугранных углов 178
Неравенство отрезков 15
Несоизмеримые отрезки 18
Нечетность функции 282
Нуль — вектор 376
Ньютон И. 101
Обелиск 213
Образующая 223
— конической поверхности 231 ;
— конуса 231
— усеченного конуса 236
Обратная теорема 25
— функция 335
Обратные тригонометрические
функции 335
— круговые функции 349
Общая мера двух отрезков 18
Объем геометрического тела 191
— клина 212
— конуса 232
— куба 192, 217
- обелиска 213
— отрезка цилиндра 226
438
Объем параллелепипеда 192
— пирамиды 201
— полого цилиндра 227
— призмы 192
— шара 247
— шарового сегмента 247
----- сектора 246
— цилиндра 225
— усеченного конуса 237
----- цилиндра 225
— усеченной пирамиды 208
— — сектора 246
Однородное уравнение 315
Односторонние углы 32
Окружность 82, 242
Окружность инверсии 149
Октаэдр 216
Описанный угол 94
— шар 252
Определение 24
Определитель 410
Ордината вектора 387
Ортоцентр 44
Орты 389
Осевая симметрия 144
Оси координатные 270
Основание конуса 231
— параллелограмма 69
— пирамиды 199
— сегмента 102
— сегментной поверхности
— усеченного конуса 236
— усеченной пирамиды 207
— трапеции 76
Основания призм» 190
— цилиндра 223
Острый угол 30
Ось абсцисс 270
— пучка 166
— конической поверхности
— котангенсов 272
— ординат 270
— радикальная 107
— тангенсов 272
Отношение отрезков 18
Отрезки несоизмеримые 18
— пропорциональные 19
— соизмеримые 18
Отрезков измерение 18
— отношение 18
Отрезок ориентированный 15
— прямой 14
Отрезок цилиндра 226
Парабола 242
Параллелепипед 191
— наклонный 191
— прямой 191
— прямоугольный 191
Параллелограмм 69
Параллелограмма признаки 71
Параллельное сечение 199, 200
Параллельные плоскости 174
— прямые 30, 166
Паскаль Б. 109
Первичные понятия 13
Пересечение окружностей 86
Периметр 34
Период 296
— колебаний 307
Периодичность тригонометрических
функций 296
Перпендикуляр 167
Перпендикулярная плоскость 179
Перпендикулярные прямые 28
— плоскости 179
244 _ сеченИя 190
Пирамида 199
— правильная 199
— усеченная 207
Пифагор 41
Планиметр 61
Планиметрия 11
Платон 216
Плоские сечения многогранников
231 189, 218
Плоский угол 186
439
Плоское । ь 13
— касательная к шару 243
Площадь 60
— квадрата 73
— кольца 103
— круга 102
— параллелограмма 69
— прямоугольника 71
— ромба 72
— сегмента 102
— сектора 102
— трапеции 76
— треугольника 61
— фигуры 60
— четырехугольника 363
Поверхность 13
— клина 212
— обелиска 213
— пирамиды 201
— полого цилиндра 226
— шара 245
— шарового пояса 245
---сегмента 245
Подобие многогранников 213
— многоугольников 57
— треугольников 53
Подобные конусы 238
— цилиндры 238
— фигуры 57
Полигон векторов 377-
Полная поверхность конуса 232
--- параллелепипеда 191
— — пирамиды 201
---призмы 191
--- усеченного конуса 237
-------- цилиндра 225
--- усеченной пирамиды 207
—• — цилиндра 225
Полнота системы аксиом 22
Полный угол 29
Половинный аргумент 286
Полупериметр 34
Полый цилиндр 226
Правильные многогранники 215
— многоугольники 114
Преобразование инверсии 149 1
Призма 190
— наклонная 190
— правильная 191 j
— прямая 190 '
Ппизиаки равенства треугольников
51
---трехгранных углов 187
Принцип Кавальери 192
Приращение функции 414
Проективная геометрия 12
Проекция вектора 384
— прямоугольная 168
Пропорциональные отрезки 19
Пропорциональный циркуль 17 '
Пропорция 19
Пространство трехмерное 386
Прямой двугранный угол 179
— круговой цилиндр 223
— угол 27
Прямоугольник 71
Прямоугольная проекция 168
Птолемей К. 109, 258
Пучок плоскостей 166
— прямых 31 1
Равенство векторов 376
— двугранных углов 178 !
— многогранных углов 186
— отрезков 15
— треугольников 51
— фигур 165
Равновеликие тела 192
Радиан 29, 267
Радикальная ось 107
Радикальный центр 108
Радиус 82
Радиус — вектор 270
— вписанной в треугольник ок-'
ружности 68
— — основания конуса 231
— правильного многоугольника 114
— сферы 242
— цилиндра 224
Радиусы вневписанных окружио-,
стен 68
440
Триэдр 388
I'ysiOK угол 30
Угол 27, 266
— описанный 94
— двугранный 178
— описанный 94
— между векторами 394
- - - касательной и хордой 95
--примой и плоскостью 168
— острый 30
— прямой 27
— развернутый 27
— телесный 187
- тупой 30
- нейтральный 94
Углы вертикальные 28
- внешние 32, 34
— внутренние 32, 34
— многогранные 186
— накрестлежащне 32
— односторонние 32
- плоские 27, 186
— прилежащие 27
- равные 27
— смежные 27
— соответственные 32
- трехграшше 186
Умножение векторов 393
— отрезка иа число 16
Уравнение 308
-- тригонометрическое 308
Усеченная пирамида 207
Усеченный конус 236
— цилиндр 225
Условие достаточное 26
— необходимое 26
— теоремы 24
Фигура 11, 165
— пространственная 165
Формула Гсрона 61
— Эйлера 215
Формулы /Мольвейде 350
— приведения 280
Функция тригонометрическая 271
Хорда 82
— круга 82
- - сферы 242
Центр вписанной окружности 10!
— гомотетии 57
— инверсии 149
— окружности 82
— описанной окружности 49, 109
— подобия 57 I
— правильного многоугольника 114
— радикальный 107
— сферы 242
— тяжести треугольника 45
— шара 243
Центральная симметрия 145
Центральный угол 91 ,
Цилиндр 223 1
Цилиндрическая поверхность 223
— подковка 226
— труба 226
Циркуль пропорциональный 17
Частота 307
Чебышев П. Л. 151
Четность функций 282
Четырех у гол ы ш к 81
U lap 243
Шаровая поверхность 242
Шаровой пояс 245
— сегмент 245
— сектор 245
— слой 245
Эвклид 11, 12, 375
Эйлер Л. 215, 259
Эллипс 242
СПРАВОЧНИК ПО ЭЛЕМЕНТАРНОЙ МАТЕМАТИКЕ
Геометрия,; тригонометрия,- векторная алгебра
Под редакцией члена-корреспондента АН УССР
Фильчакова Павла Феодосьевича
Редактор Р. Л. И мае
Художественный редактор В. М. Тепляков
Оформление художника Г. М. Балюна
Технические редакторы А. М. Лисовец, Н. П. Рахлина
Корректор Л, В. Лисицкая
БФ 06566. Зак. 6-263. Изд. Л 355. Тираж 500 000 (1—250000). .
Формат бумаги 70 х 108/32. Печ. физ. листов 13,875.
условн. печ. листов 19.43. Учетно-издат. листов 26,0.
Подписано к печати 24/IX 1966 г.
Бумага № 3. Цена 80 коп.
Издательство «Наукова думка», Киев, Репина, 3.
Книжная фабрика им. Фрунзе Комитета по печати при
Совете Миннстроз УССР, Харьков,
Доиец-Захаржевская, 6/8.