Geometria - Jan Zydler

Jan Zydler

Geometria

Pełny, prosty, wciąż aktualny i napisany pięknym językiem wykład. Można z niego nauczyć się geometrii, można też znaleźć w nim potrzebne definicje, opisy własności figur geometrycznych czy klarowne dowody najważniejszych twierdzeń (w szybkim ich odnalezieniu pomoże szukacz, obecny na lewej szpalcie strony). Poszczególne działy i poddziały zawierają zestawy zadań do rozwiązania, dzięki którym można sprawdzić stopień opanowania materiału. Prezentowany wykład geometrii jest autorstwa Jan Zydlera (1867-1934), absolwenta matematyki na Uniwersytecie Warszawskim, znanego i uznanego nauczyciela matematyki w szkołach średnich. Wykład ów został opracowany i nieco uwspółcześniony w 1997 roku przez zespół matematyków pracujących pod egidą Polskiego Towarzystwa Matematycznego (prof. Wojciech Guzicki, prof. Jerzy Mioduszewski, dr Adela Świątek, dr Mirosław Uscki) oraz przez redakcję matematyki wydawnictwa Prószyński i S-ka.

Pojęcia wstępne § 1. Podstawowe figury geometryczne. Niektóre wiadomości ogólne § 2. Prosta. Półprosta. Odcinek § 3. Płaszczyzna § 4. Ćwiczenia § 5. Kąt § 6. Ćwiczenia § 7. Wiadomości wstępne o kole § 8. Wiadomości wstępne o trójkącie i wielokącie § 9. Ćwiczenia Przystawanie i symetria figur płaskich § 10. Przystawanie trójkątów § 11. Konstrukcje podstawowe § 12. Zależności między elementami trójkąta § 13. Prostopadła i pochyła. Trójkąty prostokątne § 14. O miejscu geometrycznym punktów § 15. Symetria figur płaskich § 16. Ćwiczenia Proste równoległe § 17. Kąty przy równoległych. Postulat Euklidesa. Wnioski § 18. Ćwiczenia § 19. Suma kątów trójkąta i wielokąta § 20. Ćwiczenia § 21. Równoległoboki i ich własności. Trapez § 22. Ćwiczenia § 23. Punkty szczególne w trójkącie Koło § 24. Położenie prostej względem koła § 25. Własności średnicy. Odległość punktu od okręgu § 26. Własności łuków i cięciw § 27. Położenie dwóch kół względem siebie § 28. O zadaniach konstrukcyjnych

§ 29. Ćwiczenia Kąty w kole. Czworokąty wpisane i opisane § 30. Kąty w kole § 31. Czworokąty wpisane i opisane § 32. Ćwiczenia Równoważność wielokątów § 33. Określenie wielokątów równoważnych. Zasadnicze własności związku równoważności. Postulat de Zolta § 34. Równoważność równoległoboków, trójkątów i trapezów § 35. Zadania konstrukcyjne § 36. Twierdzenie Pitagorasa i jego uogólnienie § 37. Ćwiczenia Położenie prostych i płaszczyzn w przestrzeni § 38. Prosta i płaszczyzna do siebie prostopadłe § 39. Prosta i płaszczyzna do siebie równoległe § 40. Płaszczyzny do siebie równoległe § 41. Płaszczyzny do siebie prostopadłe § 42. Pojęcie rzutu środkowego i równoległego ukośnego. Twierdzenie Desarguesa § 43. Ćwiczenia Geometryczna proporcjonalność odcinków § 44. Odcinki współmierne i niewspółmierne. Twierdzenie Talesa dla odcinków współmiernych § 45. Geometryczna definicja odcinków proporcjonalnych. Własności proporcji między odcinkami § 46. Zastosowania twierdzenia Talesa § 47. Ćwiczenia Jednokładność i podobieństwo § 48. Definicja i budowanie figur jednokładnych § 49. Podobieństwo trójkątów. Odcinki proporcjonalne w trójkącie i w kole § 50. Metoda przekształcenia jednokładnego w zadaniach konstrukcyjnych § 51. Ćwiczenia Metryczna teoria odcinków proporcjonalnych § 52. O mierzeniu odcinków § 53. Mierzenie kątów i łuków § 54. Metryczna definicja odcinków proporcjonalnych § 55. Związki metryczne między odcinkami w trójkącie i kole § 56. O liniach poprzecznych w trójkącie § 57. Potęga punktu względem koła § 58. O algebraicznej metodzie konstrukcji geometrycznych § 59. Wielokąty foremne § 60. Ćwiczenia Wiadomości wstępne o rozwiązywaniu trójkątów § 61. O funkcjach trygonometrycznych kąta ostrego § 62. Własności zasadnicze funkcji trygonometrycznych kąta ostrego § 63. Związki między funkcjami trygonometrycznymi tego samego kąta § 64. Rozwiązywanie trójkątów prostokątnych § 65. Ćwiczenia Obliczanie pól wielokątów § 66. Pojęcie pola. Pola wielokątów § 67. Stosunek pól wielokątów podobnych § 68. Zadania konstrukcyjne § 69. Ćwiczenia Kąty bryłowe i wielościany

§ 70. Kąty bryłowe § 71. Równość i symetria kątów trójściennych § 72. Pojęcie wielościanu wypukłego. Graniastosłup, pole jego powierzchni § 73. Ostrosłup, pole jego powierzchni § 74. Wielościany foremne § 75. Graniastosłupy równoważne. Objętość graniastosłupa § 76. Ćwiczenia Zastosowanie pojęcia granicy w geometrii § 77. Pomiar długości okręgu i pola koła § 78. O sposobach obliczania liczby . Kwadratura koła § 79. Objętość ostrosłupa § 80. Ćwiczenia Bryły obrotowe § 81. Walec § 82. Stożek § 83. Kula § 84. Ćwiczenia

Pojęcia wstępne § 1. Podstawowe figury geometryczne. Niektóre wiadomości ogólne 1. Przedmioty, czyli ciała materialne, które nas otaczają bądź to w pokoju, bądź na ulicach miasta, odznaczają się najróżnorodniejszymi cechami, wszystkie one jednak mają jedną cechę wspólną - zwaną rozciągłością mianowicie, każde z nich zajmuje pewną część przestrzeni. Tę właśnie część przestrzeni, którą zajmuje przedmiot, nazywamy bryłą geometryczną. Rozróżniamy trzy wymiary bryły: długość, szerokość i wysokość. Widzimy je bez trudu w pokoju, łatwo spostrzegamy wymiary pudełka, skrzyni itp. Wysokość nosi niekiedy nazwę głębokości, np. głębokość studni; zamiast o szerokości mówimy o grubości muru. 2. Bryła jest oddzielona od innej bryły lub od otaczającej je przestrzeni powierzchniami. Sala, w której się znajdujemy, jest oddzielona od pozostałej części gmachu czterema ścianami, posadzką i sufitem. Budynek szkolny jest oddzielony, tj. ograniczony od otaczającej go przestrzeni, powierzchniami ścian zewnętrznych, powierzchnią ziemi oraz dachu. Powierzchnia ma dwa wymiary: długość i szerokość. 3. Powierzchnię można ograniczyć lub oddzielić od innych powierzchni liniami. Linia ma tylko jeden wymiar - długość. 4. Linię można ograniczyć punktem, który żadnego wymiaru nie posiada. 5. Bryły, powierzchnie, linie i punkty, nazywane są figurami geometrycznymi. 6. Jakkolwiek powierzchni nie możemy w rzeczywistości oderwać od bryły, linii od powierzchni, a punktu od linii, to jednak dla dokładniejszego zbadania ich własności będziemy je traktowali w naszej nauce niezależnie od podstawowej figury geometrycznej, do której należą.

Koniec ostrej igły daje wyobrażenie punktu, bardzo cienka nitka, drucik lub włos - wyobrażenie linii, a bardzo cienka blaszka - powierzchni. Są to jednak tylko wyobrażenia podstawowych figur geometrycznych, które istnieją jedynie w naszej myśli. 7. Przedmiot, który znajduje się w naszym otoczeniu, np. pudełko leżące na stole możemy przenieść w inne miejsce pokoju; mówimy wówczas, że ten przedmiot wykonał pewien ruch. Oczywiście, razem z pudełkiem poruszają się wszystkie jego elementy, więc ściany, dno i pokrywa, krawędzie i wierzchołki. Odrywając myśl od ciała materialnego, możemy traktować ruch idealnej powierzchni, linii i punktu niezależnie od ciała, do którego one należą. Punkt poruszający się w przestrzeni kreśli linię. Tak np., jadąc w nocy pociągiem, widzimy czerwone nitki powstałe przez ruch rozżarzonych drobnych odpadków węgla i otrzymamy w ten sposób wyobrażenie linii. Obserwując niebo w pogodną noc sierpniową, widzimy często srebrnoświetlne linie powstałe przez spadające gwiazdy. Linia, kiedy porusza się w przestrzeni, zakreśla powierzchnię. Koło szybko biegnącego wozu robi wrażenie pokrytego powierzchnią, powstałą przez ruch szprych kołowych. Wreszcie przez ciągły ruch powierzchni możemy otrzymać ciało geometryczne, czyli bryłę. Rozżarzona do czerwoności blacha żelazna, spadając w ciemności z góry na dół, daje wyobrażenie ciała geometrycznego w postaci czerwonego słupa. Można więc powiedzieć, że istnieje jeden zasadniczy twór geometryczny, mianowicie punkt (bezwymiarowy), przez ruch którego powstaje twór jednowymiarowy - zwany linią, przez ruch linii powstaje twór dwuwymiarowy - powierzchnia, wreszcie przez ruch powierzchni twór trójwymiarowy zwany bryłą. 8. Dla lepszego zrozumienia i uprzystępnienia sobie nauki posługiwać się będziemy rysunkiem, należy jednak pamiętać, że rysunek, choćby najstaranniej wykonany, nigdy nie będzie figurą geometryczną, o której mówimy, ale tylko jej wyobrażeniem. Zaznaczając na kartce punkt przez nakłucie zaostrzonym ołówkiem lub na tablicy przez naciśnięcie kawałkiem kredy otrzymujemy wyobrażenie punktu, mniej lub bardziej dokładne, zależnie od grubości końca ołówka lub kredy. Dla odróżnienia punktów na rysunku oznaczamy je literami (najczęściej wielkimi), napisanymi obok punktu, np. punkty: A, B, C, E (rys. 1).

Rys. 1

Rys. 2

Niekiedy oznaczamy je tą samą literą, zwłaszcza jeżeli mamy na myśli punkty o pokrewnej własności, odróżniając je wtedy numerami, np. A1, A2, A3 itd. 9. Wśród linii wyróżniamy proste, łamane i krzywe. Co to jest linia prosta (rys. 2a) nie będziemy określać - przyjmujemy, że jest to pojęcie dla każdego

zrozumiałe. Linia, która nie jest prostą, ale składa się z prostych części, nazywa się łamaną (rys. 2b); każda zaś linia, która nie jest prostą i nie składa się z części prostych, nazywa się krzywą (rys. 2c). Do kreślenia na kartce lub na tablicy prostej posługujemy się linijką (lub ekierką), pociągając wzdłuż jej brzegu ołówkiem lub kredą. Cieśla lub stolarz posługuje się w tym celu wyciągniętym sznurkiem, nacierając go węglem lub kredą, które po wstrząśnięciu sznurka pozostawiają na desce ślad linii prostej. Z linii krzywych największe zastosowanie ma od dawna człowiekowi znana, linia zwana okręgiem. Do praktycznego wykreślenia tej linii służy przyrząd powszechnie znany, a dla geometry niezbędny - cyrkiel. Cyrkiel i linijka są przyrządami, bez których geometra obejść się nie może, a przy ich pomocy rozwiązuje się w praktyce najróżnorodniejsze zagadnienia geometryczne.

10. Powierzchnie bywają płaskie i krzywe. Każdy z nas rozumie, co to jest powierzchnia płaska, czyli płaszczyzna. Wyobrażeniem płaszczyzny jest powierzchnia dobrze wygładzonego lustra, powierzchnia wody lub jakiejkolwiek cieczy nalanej do naczynia i pozostawionej w spokoju, powierzchnia gładkiej posadzki itp. 11. Punkt, prosta i płaszczyzna są to elementarne, czyli podstawowe figury geometryczne. 12. Wszelkie połączenie punktów, linii i powierzchni nazywamy figurą geometryczną. Nauka, która bada własności figur, oraz związki, jakie zachodzą między nimi, nazywa się geometrią. 13. Prawdy, które wykrywa i którymi posługuje się nauka geometrii, są ściśle od siebie uzależnione, a dalsze wynikają z poprzednich. W naszym wykładzie za podstawę obierzemy pewne prawdy, do których dochodzimy przez doświadczenie lub intuicję, które uznajemy za oczywiste i przyjmujemy bez uzasadnienia jako prawdy podstawowe, a z nich wysnuwamy dalsze. Takie prawdy nazywają się pewnikami lub aksjomatami. Niekiedy noszą one nazwę postulatów. Zapoznamy się z nimi w ciągu dalszej nauki. 14. Prawdę, która wynika z pewników, nazywamy twierdzeniem. Rozumowanie, które wykazuje prawdziwość twierdzenia, nazywamy dowodem. Poznaliśmy w arytmetyce niektóre twierdzenia, np.: a) Jeżeli liczba jest podzielna przez 3 i przez 4, to jest podzielna przez 12. b) Jeżeli suma cyfr danej liczby dzieli się bez reszty przez 9, to i dana liczba dzieli się przez 9. Najogólniejszą postacią twierdzenia jest: c) "Jeżeli A, to B". Twierdzenie składa się z dwóch części: założenia (jeżeli...) i tezy (to...). Twierdzenie, które powstało z danego przez zamianę założenia z tezą, nazywamy odwrotnym względem danego. Np. można wypowiedzieć następujące twierdzenia odwrotne względem poprzednio podanych:

a) Jeżeli liczba jest podzielna przez 12, to jest także podzielna przez 3 i przez 4. b) Jeżeli liczba jest podzielna przez 9, to jej suma cyfr dzieli się przez 9. c) "Jeżeli B, to A". Nie każde jednak twierdzenie odwrotne jest prawdziwe*. Np. dla twierdzenia: "Jeżeli liczba jest podzielna przez 12, to jest podzielna także przez 2 i przez 6", twierdzenie odwrotne nie jest prawdziwe. 15. Prawdę, która wynika bezpośrednio z udowodnionego twierdzenia i nie wymaga odrębnego dowodu, nazywamy wnioskiem. 16. Obok pewników i twierdzeń ważną rolę w nauce geometrii odgrywają określenia (czyli definicje), które służą do wyjaśnienia nowych pojęć, oraz zadania, których rozwiązania polegają na budowaniu, tj. konstrukcji figur na mocy poznanych twierdzeń i pewników. 17. Wyraz "geometria" jest pochodzenia greckiego i oznacza dosłownie "mierzenie ziemi" (geo = ziemia, metro = mierzę), dlatego że pierwotnie takie zadanie miała ta nauka. 18. Uwaga. Geometria narodziła się najprawdopodobniej w Egipcie, a znakomity historyk grecki Herodot z V wieku przed Chrystusem tak tłumaczy powstanie tej umiejętności: "Król Sezostrys nakazał podział ziemi, przeznaczając dla każdego Egipcjanina po kwadratowym kawałku ziemi, który losowano, obowiązując się płacić pewien czynsz roczny do skarbu królewskiego. W razie wylewu rzeki Nilu posiadacz zalanego gruntu zwracał się do króla, który posyłał mierników dla wymierzenia i sprawdzenia, ile gruntu uprawnego pozostało i o ile należało zmniejszyć opłatę czynszową. Oto, moim zdaniem, jest początek geometrii, która stąd już przeszła do Grecji". W pierwszych początkach geometria uwzględniała tylko zagadnienia praktyczne i jakkolwiek Egipcjanie doszli w bardzo odległych czasach do wielkiej wprawy i biegłości w ich rozwiązywaniu, to jednak jeszcze nie można twierdzić, żeby oni byli twórcami geometrii rozumowej, czyli nauki geometrii, chociaż pewne uogólnienia teoretyczne nie były im obce. Najdawniejszy zabytek matematyczny, egipski papirus Rhinda, pochodzący z 2000-1700 roku przed Chrystusem, napisany przez Ahmesa, a stosunkowo niedawno odczytany (1879 r.), dowodzi, że już w owych tak odległych czasach znano sposoby mierzenia powierzchni i objętości niektórych figur. Zasługa stworzenia teoretycznej geometrii należy się niewątpliwie Grekom. Najdawniejszą książką polską traktującą o geometrii jest napisana przez Stanisława Grzepskiego, profesora Akademii Krakowskiej „Geometria to jest Miernicka Nauka po polsku krótko napisana z greckich i łacińskich ksiąg. Naydziesz też tu jako naszy miernicy zwykli mierzyć imienie na włoki albo łany. Item iugerum romanum, jako wiele ma w sobie. Item jako wieżę, albo co inszego wysokiego zmierzyć, albo dalekość iaką etc. Teraz nowo wydana, roku 1566 w Krakowie.” Książka ta ma już dzisiaj tylko wartość historycznego zabytku. * W języku praktycznie używanym dopuszcza się nazwę "twierdzenie odwrotne" także wtedy, kiedy nie jest ono (jeszcze lub w ogóle) twierdzeniem w znaczeniu wcześniej przyjętym, tj. prawdą wynikającą z aksjomatów (przyp. red.)

§ 2. Prosta. Półprosta. Odcinek 19. Każda linia prosta, albo krócej każda prosta, ma pewne własności, które ją odróżniają od innych linii. Poznajemy je z doświadczenia, a niektóre z nich, jak to zaraz zobaczymy, wydadzą się tak oczywiste, że nikomu nawet na myśl nie przyjdzie podawać je w wątpliwość. Wyszczególnimy je tutaj ze względu na to, że będziemy się na nie powoływać. Przede wszystkim zauważmy, że od jednego punktu do jakiegokolwiek drugiego, np. z A do B (rys. 3), może prowadzić wiele dróg, ale prosta jest tylko jedna. Tę własność prostej wyrażamy w postaci następującego pewnika:

Rys. 3 Przez dwa punkty można zawsze poprowadzić prostą, i to tylko jedną. Inaczej ten pewnik można wyrazić, mówiąc: dwa punkty wyznaczają jednoznacznie prostą. Na rysunku prostą oznaczamy zwykle dwiema literami oznaczającymi punkty, przez które ona przechodzi. Piszemy np. prosta AB. 20. Na prostej możemy zawsze obrać dowolne dwa punkty, a jakkolwiek daleko od siebie je obierzemy, zawsze możemy znaleźć dalsze, poza nimi jeszcze dalsze itd., a zatem zawsze możemy prostą przedłużać dowolnie. Toteż kiedy mówimy o prostej, rozumiemy, że prosta jest linią nieograniczoną. 21. Na prostej AB (rys. 4) obierzmy jakikolwiek punkt O. Zawsze na tej prostej można obrać takie dwa punkty, np. C i D, że aby

Rys. 4 przejść od C do D (lub od D do C), musimy przejść przez punkt O. Widzimy więc, że punkt O dzieli prostą AB na dwie części: na jednej z tych części leży punkt C, na drugiej punkt D. Tę własność linii prostej wyrażamy pewnikiem: Każdy punkt położony na prostej dzieli ją na dwie części. Każda z tych części zawierać będzie, zgodnie z poprzednią własnością prostej, nieskończoną ilość punktów i każda z nich nazywa się półprostą lub promieniem. W omawianym przypadku są to półproste OA i OB. Punkt O nazywamy początkiem półprostej. O dwóch punktach prostej będziemy mówili, że leżą z jednej strony punktu O albo po przeciwnych jego stronach, zależnie od tego, czy obydwa leżą na tej samej półprostej, czy też jeden punkt leży na jednej, a drugi na drugiej półprostej. 22. Z przytoczonych wyżej własności prostej wnioskujemy, że jeżeli dwie proste mają dwa punkty wspólne, to wszystkie ich punkty są wspólne, tj. będą do siebie przystawały, tj. będą tworzyły jedną prostą. A zatem dwie proste mogą mieć co najwyżej jeden punkt wspólny. Mówimy wówczas, że dane proste przecinają się ze sobą. Nasze rozważania można więc ująć w następujący

Wniosek. Dwie proste mogą się przecinać ze sobą tylko w jednym punkcie. 23. Jak wiemy, jeden punkt nie wyznacza prostej i mając jakiś punkt na płaszczyźnie, możemy przez niego poprowadzić dowolną ilość prostych, które tworzą tak zwany pęk prostych (rys. 5). Punkt, przez który przechodzą wszystkie proste, nazywa się początkiem lub wierzchołkiem pęku.

Rys. 5 24. Niech będzie dana prosta KL (rys. 6) i dwa punkty na niej: A i B. Część AB danej prostej, ograniczoną dwoma punktami nazywamy odcinkiem prostej lub po prostu: odcinkiem. Dwie pozostałe części prostej: AK i BL nazywamy przedłużeniami odcinka AB.

Rys. 6 Odcinek oznaczamy dwiema literami, które wskazują punkty ograniczające go, czyli jego punkty końcowe lub końce, pisząc np. odcinek AB. Możemy użyć małej litery, pisząc np. odcinek a. O odcinku mówimy, że łączy dwa dane punkty. Odcinkiem wyznacza się odległość dwóch danych punktów. Punkty, położone na odcinku AB nazywamy wewnętrznymi, położone zaś na jego przedłużeniu zewnętrznymi. 25. Punkty danego odcinka AB możemy uważać za następujące po sobie począwszy od A i kończąc na B, albo też odwrotnie - od B do A. Możemy więc mówić o dwóch zwrotach odcinka, niekiedy nawet wyraźnie je rozróżniamy. Jeżeli jednak zwrot odcinka nie jest nam potrzebny, mamy zaś na myśli tylko odległość jego końcowych punktów, to powiadamy, że odcinek AB jest równy odcinkowi BA i piszemy AB = BA. W praktyce o równości odcinków przekonujemy się, mierząc cyrklem dany odcinek.

Rys. 7 26. Niech będzie dany odcinek a, prosta KL i leżący na niej pewien punkt O (rys. 7). Rozważając każdą z otrzymanych półprostych z osobna, na przykład OL, zauważamy, że spośród nieograniczonej liczby jej punktów znajdziemy jeden taki, którego odległość od O będzie równa a (to samo powiemy o półprostej OK). Tę własność prostej uważamy za pewnik, mówiąc: Z każdej strony punktu O danego na prostej można zawsze znaleźć taki punkt A, i to tylko jeden, że odcinek OA równa się danemu odcinkowi.

W praktyce robimy to w ten sposób, że wziąwszy w cyrkiel odcinek a, odkładamy go na prostej KL od punktu O i otrzymujemy z każdej strony tego punktu odcinki OA i OA' równe odcinkowi a. W ten sposób przenosimy dany odcinek na prostą, rozumiejąc, że w istocie to przenoszenie jest równoznaczne ze znalezieniem odcinka równego danemu. 27. Odcinki mogą być równe i nierówne. O istnieniu* odcinków równych lub nierównych przekonujemy się z łatwego doświadczenia, zestawiając ze sobą dwa wyprostowane pręciki metalowe: jeżeli obydwa ich końce do siebie przystają, powiadamy, że te pręty są równe, w przeciwnym razie - są nierówne.

Rys. 8 Jeżeli mamy dane dwa odcinki: AB i A'B' (rys. 8), to dla porównania ich ze sobą, przenosimy odcinek A'B' na AB w taki sposób, aby punkt A' pokrył się z punktem A, a wtedy: albo 1) drugi koniec odcinka A'B', tj. punkt B', będzie punktem wewnętrznym odcinka AB i wówczas mówimy, że pierwszy odcinek jest większy od drugiego: AB > A'B'; albo 2) punkt B' pokryje się z B, i wtedy mówimy, że odcinki do siebie przystają, lub inaczej, że są sobie równe: AB = A'B'; albo 3) punkt B' znajdzie się na przedłużeniu odcinka AB, wtedy mówimy, że pierwszy jest mniejszy od drugiego: AB < A'B'. 28. Jeżeli na danej prostej obierzemy trzy punkty: A, B i C (rys. 9) takie, że odcinek BC leży na przedłużeniu AB i ma z nim jeden wspólny punkt B, to odcinki te nazywać będziemy kolejnymi.

Rys. 9 Odcinek AC nazywa się wtedy sumą odcinków AB i BC, co wyrażamy pisząc AC = AB + BC. Jeżeli mamy dwa jakiekolwiek odcinki a i b (niekoniecznie kolejne), to możemy jeden z nich przenieść i umieścić na przedłużeniu drugiego, czyniąc je kolejnymi i otrzymać w ten sposób trzeci odcinek c, który będzie ich sumą: c = a + b. Znajdowanie sumy odcinków nazywamy ich dodawaniem.

29. Jeżeli mamy dwa kolejne odcinki AB i BC (rys. 9), to każdy z nich nazywamy różnicą pomiędzy AC a pozostałym odcinkiem; piszemy wtedy AB = AC - BC, BC = AC - AB. Znajdowanie różnicy dwóch odcinków nazywamy ich odejmowaniem. W praktyce, aby odjąć od siebie dwa jakiekolwiek odcinki a i b, należy mniejszy odcinek przenieść na większy w taki sposób, aby miały jeden punkt końcowy wspólny, wtedy pozostała część większego odcinka (a) będzie różnicą odcinków danych, to znaczy będzie odcinkiem a - b.

30. Dodawanie można rozciągnąć na dowolną liczbę składników, dodając do siebie najpierw pierwsze dwa odcinki, do otrzymanej sumy dodając trzeci itd. Można łatwo udowodnić, że sumowanie odcinków podlega ogólnym prawom dodawania, a zatem prawu przemienności i łączności:

a + b + c = b + c + a = c + a + b, (a + b) + c = a + (b + c).

31. Dany odcinek a możemy przedłużyć, a odkładając go jeszcze raz, dwa razy itd., możemy otrzymać odcinek l, będący sumą n równych odcinków a, czyli n-tą wielokrotność odcinka a, którą oznaczamy symbolem l = n × a.

Odcinek a natomiast będzie wtedy n-tą częścią całego odcinka l. 32. Widzimy zatem, że odcinki możemy ze sobą porównywać, możemy na nich wykonywać działania, jak na liczbach. Do odcinków mają zastosowanie pewniki charakteru ogólnego: 1) Dwa odcinki, z których każdy z osobna równa się trzeciemu, są sobie równe: jeżeli a = c i b = c, to a = b. 2) Jeżeli do odcinków równych dodamy równe, albo od odcinków równych odejmiemy równe, to otrzymane sumy albo różnice będą równe: jeżeli a = b,

to a

m=b

m.

Przyjmujemy również pewnik następujący: 3) Jeżeli mamy dwa odcinki nierówne np.: a > b, to zawsze możemy znaleźć taką liczbę n, że n x b

a.

Pewnik ten należy rozumieć w taki sposób, że chociażby odcinek b był bardzo mały w porównaniu z a, to jednak przez kolejne odkładanie go na a, zawsze możemy dojść do tego, że wprawdzie po (n - 1)-krotnym odłożeniu jeszcze będzie (n - 1) × b < a, ale po następnym - czyli po n-tym odłożeniu będzie już n × b ł a, czyli otrzymamy: (n - 1) × b < a

n × b.

W ten sposób zawsze możemy mniejszym odcinkiem b pokryć odcinek większy a. 33. Uwaga. Ostatni z podanych pewników nosi nazwę pewnika Archimedesa, znakomitego matematyka i fizyka greckiego z III wieku przed Chrystusem (287 - 212 p.n.e.). Jest to najpotężniejszy z umysłów świata starożytnego. Archimedes urodził się w Syrakuzach, a nauki pobierał prawdopodobnie w Aleksandrii. Jego obrona Syrakuz przed Rzymianami przeszła do historii: dzięki machinom jego wynalazku miasto mogło przez trzy lata opierać się licznej oblegającej je armii, dopóki Rzymianie podstępem nie wtargnęli do miasta. Podczas szturmu Archimedes zginął z ręki żołdaka rzymskiego. Archimedes był umysłem na wskroś oryginalnym i wszechstronnym: nie zadawalał się on dotychczasowymi znanymi metodami, stwarzał nowe, budzące dziś jeszcze podziw, i to nie tylko w dziedzinie czystej matematyki, ale i w jej zastosowaniach (fizyce), wszędzie zostawiając potężne ślady swego genialnego umysłu. Warto tu nadmienić, że stosunkowo niedawno, bo w 1899 r., udało się jednemu z uczonych paleografów odnaleźć rękopis Archimedesa, zawierający pracę doniosłej wartości naukowej i świadczący, że Archimedes już stwarzał początki jednej bardzo ważnej gałęzi nauki matematycznej*, która dopiero w dwadzieścia wieków po nim, bo w XVII w., stała się znaną w świecie. * Praktycznym (przyp. red.).

§ 3. Płaszczyzna 34. Doświadczenie nasuwa nam myśl, że każda płaszczyzna ma następującą własność: Przez trzy punkty, nie leżące na jednej prostej, zawsze można poprowadzić tylko jedną płaszczyznę. Pewnik ten można wyrazić w sposób następujący: trzy punkty, nie leżące na jednej prostej, jednoznaczniewyznaczają płaszczyznę. O punktach mówimy, że leżą na płaszczyźnie, o płaszczyźnie zaś, że jest przez te punkty poprowadzona albo przesunięta. 35. Pewnik. Prosta, która ma z płaszczyzną dwa punkty wspólne, całkowicie leży na tej płaszczyźnie

tj. ma z nią wszystkie punkty wspólne. Dlatego też w praktyce dla przekonania się, czy dana powierzchnia jest płaska, przykładamy do niej w dowolnych kierunkach linijkę i sprawdzamy, czy brzeg linijki przylega do niej całkowicie. Ponieważ, jak wiadomo, prosta jest wyznaczona przez dwa punkty, więc z tego i poprzedniego pewnika wynikają następujące wnioski: 1) Prosta i punkt nie leżący na niej wyznaczają płaszczyznę. 2) Dwie przecinające się proste wyznaczają płaszczyznę. 36. Płaszczyzna jest powierzchnią nieograniczoną, na rysunku jednak inaczej jej przedstawić nie możemy, jak tylko ograniczając ją liniami (rys. 10) i oznaczamy ją zwykle dwiema literami, położonymi w przeciwnych końcach, pisząc np. płaszczyzna MN, lub najczęściej jedną literą, pisząc np. płaszczyzna M.

Rys. 10 37. Niech będzie dana płaszczyzna P i na niej pewna prosta AB. Na tej płaszczyźnie możemy obrać takie punkty C i D, że by przejść od punktu C do D (lub od D do C) musimy przejść przez prostą AB. Widzimy więc, że ta prosta dzieli płaszczyznę na dwie części: na jednej z tych części leży punkt C, na drugiej punkt D. A zatem mamy pewnik: Każda prosta położona na płaszczyźnie dzieli ją na dwie części. Każda z tych części zawierać będzie nieskończoną ilość punktów (i prostych) i każda z nich nazywa się półpłaszczyzną. O dwóch punktach płaszczyzny będziemy mówili, że leżą z jednej strony AB albo z przeciwnych jej stron, zależnie od tego, czy obydwa leżą na tej samej półpłaszczyźnie, czy też jeden punkt leży na jednej, a drugi na drugiej półpłaszczyźnie. 38. Jeżeli dwie płaszczyzny mają trzy punkty wspólne, które nie leżą na jednej prostej, to płaszczyzny do siebie przystają. Co będzie jednak, jeżeli dwie płaszczyzny mają jeden albo dwa punkty wspólne? Przyjmijmy za pewnik następującą prawdę: Jeżeli dwie płaszczyzny mają jeden punkt wspólny, to muszą mieć przynajmniej jeszcze jeden punkt wspólny, a zatem (na mocy poprzedniego pewnika) mają wspólną prostą, którą nazywamy krawędzią przecięcia płaszczyzn. Można więc ten pewnik wyrazić krócej, mówiąc: Jeżeli dwie płaszczyzny przecinają się, to ich linią przecięcia jest prosta.

39. O punkcie położonym na prostej mówiliśmy, że dzieli prostą, o prostej położonej na płaszczyźnie mówimy, że dzieli płaszczyznę. Podobnie, powiemy, że każda płaszczyzna dzieli przestrzeń na dwie części, pamiętając, co należałoby rozumieć przez takie dzielenie. 40. O prostej powiedzieliśmy, że leży całkowicie na płaszczyźnie, jeżeli ma z nią dwa punkty wspólne. Jednak tej własności dowolna inna linia może nie posiadać. Istnieją krzywe płaskie, których wszystkie punkty leżą na płaszczyźnie, np. okrąg, i krzywe przestrzenne, tj. takie, które tej cechy nie posiadają, np. krzywa, którą wyobraża sprężyna druciana. Figury geometryczne, których wszystkie elementy leżą na jednej płaszczyźnie, nazywamy płaskimi, wszystkie zaś inne przestrzennymi. Część geometrii, która traktuje o figurach płaskich, nosi nazwę geometrii płaskiej czyli planimetrii, ta zaś, która zajmuje się figurami trójwymiarowymi - geometrii przestrzennej, czyli stereometrii. * Autor ma na myśli analizę matematyczną (przyp. red.)

§ 4. Ćwiczenia 1. Czy zawsze przez ruch prostej otrzymamy płaszczyznę, a przez ruch płaszczyzny - bryłę? 2. Ile różnych prostych można poprowadzić, mając danych na płaszczyźnie 3, 4, 5, i - ogólnie - dowolną ilość n punktów, z których żadne trzy nie leżą na jednej prostej? 3. Jaka będzie największa liczba punktów przecięcia 3, 4, 5, i - ogólnie - dowolnej ilości n prostych położonych na jednej płaszczyźnie? 4. Na prostej dane są cztery punkty: A, B, C, D. Ile otrzymamy odcinków? Który z nich jest sumą dwóch innych? Który jest sumą trzech innych? Który jest różnicą dwóch innych? 5. Na prostej dane są punkty: A, B, C, D i E (w podanej kolejności). Jakiemu odcinkowi będą równe: AB + BC + CD, AC + CD + DE, AD + DE, AE - DE, AD - AB, AE - (AB + BC)? 6. Dane są trzy odcinki: a, b, c. Znaleźć odcinki: a + 2b, 2a - b, a + b - c, a + 2b - 3c. 7. Mając trzy odcinki: a, b, c, udowodnić, że: (a + b) - c = a + (b - c); a - b + c = (a + c) - b.

8. Na danej prostej obrano punkt O i z obu stron odłożono dwa równe sobie odcinki: OA i OB. Na tej samej prostej wzięto jeszcze punkt C, taki, że punkt B leży między A i C. Udowodnić, że odcinek OC jest równy połowie sumy odcinków AC i BC. 9. Na danej prostej obrano punkt O i z obu stron odłożono dwa odcinki: OA = OB. Oprócz tego na tej prostej wzięto jeszcze punkt C, położony między A i B. Udowodnić, że odcinek OC jest równy połowie różnicy odcinków AC i BC. 10. Wyprostować łamaną ABCD, tj. znaleźć odcinek równy sumie odcinków tworzących łamaną.

§ 5. Kąt 41.Jeżeli na płaszczyźnie z danego punktu poprowadzimy dwie półproste, to utworzymy figurę, która posłuży nam do określenia pojęcia kąta. Półproste OA i OB (rys. 11) nazywamy ramionami, a ich wspólny punkt O wierzchołkiem. Otrzymaną figurę oznaczmy symbolem OAB.

Rys. 11

Rys. 12

42. Figura AOB dzieli płaszczyznę na dwie części, nazywane obszarami kątowymi, lub wprost kątami. Jeśli założymy, że półproste OA i OB nie leżą na jednej prostej, to tylko jeden z obszarów kątowych - nazwiemy go wewnętrznym - ma tę własność, że odcinek łączący dwa dowolne punkty na różnych ramionach figury (np. punkty D i E na rys. 12), zawiera się w tym obszarze. Wspomnianą wyżej własność będziemy nazywać wypukłością kątów, a kąt o tej własności kątem wypukłym. Jeśli ramiona figury leżą na jednej prostej, to jej obszary kątowe nie mają tej własności. Dla oznaczenia kątów będziemy używać pojedynczych liter , itd., pisząc np. . Jeśli użyjemy symbolu AOB, będziemy mieli na myśli ten spośród dwóch kątów, który jest wypukły (wykluczając wtedy - z uwagi na niejednoznaczność symbolu − przypadek leżenia ramion na jednej prostej). 43. Kąty mogą być równe lub nierówne. Praktycznie o istnieniu kątów równych lub nierównych przekonać się możemy z doświadczenia, jeżeli wytniemy z kartonu dwa kąty ABC i A'B'C' i przeniesiemy jeden na drugi w taki sposób, żeby miały wierzchołek wspólny i jedno ramię wspólne. Jeżeli się okaże, że pozostałe ich ramiona są do siebie przystające, to mówimy, że dane kąty są sobie równe lub inaczej przystające, co zaznaczamy, pisząc ABC =

A'B'C'.

Jeżeli zaś ramię A'B' położone będzie wewnątrz lub na zewnątrz kąta ABC, to powiemy, że kąty nie są równe i piszemy w pierwszym przypadku

ABC <

A'B'C',

A'B'C' <

ABC.

w drugim przypadku natomiast

Uwaga. Jeżeli ramię OB kąta AOB (rys. 11) będziemy uważać za ruchome i za początkowe jego położenie weźmiemy OA, za końcowe zaś OB, to możemy powiedzieć, że kąt powstaje przez obrót ramienia ruchomego dokoła danego punktu, czyli wierzchołka. Mówimy wtedy, że półprosta zakreśliła kąt. Kąt ten mógł powstać także przez obrót drugiego ramienia, które wychodzi z położenia początkowego OB i zajmuje położenie końcowe OA. Można by więc rozróżnić dwa zwroty kąta, jeżeli jednak o zwrocie nie myślimy, mówimy, że otrzymujemy kąt AOB albo BOA - bez różnicy. Mówi się niekiedy, że prosta OB jest nachylona do prostej OA pod kątem AOB.

Rys. 13 44. Niech będzie dany kąt (rys. 13), prosta KL i punkt O leżący na niej. Z tego punktu można wyprowadzić nieograniczoną ilość półprostych (z każdej strony prostej KL), ale tylko jedna z nich półprosta OM będzie tworzyła z półprostą OL kąt , czyli będzie nachylona do OL pod kątem . Przyjmujemy więc jako pewnik: Z każdej strony danej prostej z punktu położonego na niej, zawsze można wyprowadzić taką półprostą, i to tylko jedną, która z daną półprostą tworzy kąt, równy danemu kątowi. Ten pewnik rozumiemy jako możliwość przenoszenia kąta na daną prostą, czyli budowania na niej kąta równego danemu. O sposobach tej konstrukcji będziemy mówili później, tymczasem odnotujmy tylko tę możliwość.

Rys. 14 45. Jeżeli z wierzchołka kąta AOB (rys. 14) na danej płaszczyźnie wyprowadzimy półprostą OC (rys. 14) leżącą na zewnątrz kąta, to otrzymamy kąty AOB i BOC, które oprócz wspólnego wierzchołka O mają wspólne jedno ramię. Takie kąty nazywamy kolejnymi. Kąt AOC, nazywamy sumą kątów AOB i BOC i piszemy: AOC =

AOB +

BOC.

O każdym z tych kątów mówimy, że jest kątem mniejszym od kąta AOC i zapisujemy: AOB <

AOC i

BOC <

AOC.

Natomiast o kącie AOC mówimy, że jest większy od AOB i BOC i będziemy pisać: AOC >

AOB i

AOC >

BOC.

Każdy z kątów AOB i BOC nazywamy różnicą pomiędzy kątem AOC i pozostałym kątem; mamy AOB =

AOC -

BOC,

BOC =

AOC - AOB.

46. Zajmiemy się teraz przypadkiem wyjątkowym, kiedy półproste OA i OB leżą na jednej prostej. Jeśli te półproste są różne, to tworzą one dwa kąty (rys. 15), które nazywamy półpełnymi. Przyjmujemy jako pewnik, że kąty półpełne są sobie równe. Jeśli półproste OA i OB pokrywają się, to powstaje jeden obszar kątowy, który nazywamy kątem pełnym. Przyjmujemy jako pewnik, że kąty pełne są sobie równe.

Rys. 15 Stosownie do określenia sumy kątów kąt pełny jest sumą dwóch kątów półpełnych, i - ogólniej - kąt pełny jest, dla każdej figury AOB, sumą dwóch kątów, jakie ta figura wyznacza. 47. Z tego, co było powiedziane, widzimy, że dwa kąty możemy łączyć znakami równości lub nierówności, dodawania i odejmowania, i chociaż jeszcze nie znamy sposobów przenoszenia kąta, zatem i znajdowania sumy lub różnicy dwóch dowolnych niekolejnych kątów, to jednak zasygnalizowaliśmy, że taka możliwość istnieje. Jeżeli dalej rozszerzymy dodawanie kątów na kilka składników, dojdziemy do pojęcia kąta, który będzie równy danemu, powtórzonemu pewną liczbę razy (mnożenie kąta przez liczbę całkowitą), a stąd już, jako działanie odwrotne, wyniknie dzielenie kąta na części. Możemy więc na kątach dokonywać działań takich, jak na odcinkach, a zatem kąty, podobnie jak odcinki, zaliczamy do wielkości geometrycznych i możemy do nich stosować pewniki ogólne, podane w punkcie 32.

Rys. 17 48. Jeżeli z pewnego punktu O prostej AB (rys. 17) wyprowadzimy półprostą OC, to utworzą się dwa kąty: AOC i COB, które nazywamy kątami przyległymi.

Stąd określenie: dwa kąty, które mają wspólny wierzchołek, jedno ramię wspólne i których drugie ramię tworzy jedna prosta, nazywają się kątami przyległymi. Oczywiście, suma kątów przyległych jest kątem półpełnym. O kątach przyległych mówimy, że się nawzajem dopełniają, a każdy z nich nazywamy dopełnieniem drugiego. Widzimy więc, że dopełnienie danego kąta jest równe różnicy między kątem półpełnym i danym, a stąd już wynika wniosek: Jeżeli dwa kąty są sobie równe, to i ich dopełnienia są kątami równymi.

Rys. 18 49. Jeżeli wspólne ramię CD (rys. 18) kątów przyległych ma takie położenie względem prostej AB, że oba kąty są sobie równe, to każdy z nich nazywamy kątem prostym, np. ACD i BCD na rysunku. O istnieniu takich kątów przekonamy się nieco później. Znakiem kąta prostego bywa często litera d (z francuskiego, droit = prosty), aby więc zaznaczyć, że dany kąt jest prosty, piszemy ACD = d. Proste, które tworzą ze sobą kąty przyległe równe, to znaczy przecinają się pod kątem prostym, nazywają się prostopadłymi względem siebie, np. proste AB i CD (rys. 18) są prostopadłe. Dla skrócenia piszemy AB CD, albo CD AB, czytając prosta AB jest prostopadła do prostej CD albo CD jest prostopadła do AB. Punkt C nazywamy spodkiem prostopadłej.

Rys. 19 Prostą przecinającą daną prostą pod kątem, który nie jest prostym, nazywamy pochyłą względem niej, np. prosta CE jest pochyłą do prostej AB (rys. 19).

Stąd, że suma kątów przyległych jest równa kątowi półpełnemu, wynika, że kąt prosty, jako jeden z dwóch równych sobie kątów przyległych, można uważać za połowę półpełnego, a zatem: wszystkie kąty proste są sobie równe.

Rys. 20 50. Z kątem prostym, jako wielkością stałą, porównujemy inne kąty. Kąt mniejszy od kąta prostego nazywa się kątem ostrym, większy od kąta prostego kątem rozwartym. Jeżeli dwa kąty ostre tworzą w sumie kąt prosty, to mówimy, że te kąty dopełniają się do kąta prostego. Stąd wynikają następujące wnioski: 1. Kąt półpełny jest równy sumie dwóch kątów prostych. 2. Suma kątów przyległych jest równa sumie dwóch kątów prostych. 3. Jeżeli dwa kąty ostre są równe, to i ich dopełnienia do kąta prostego też są równe. 4. Jeżeli jeden z kątów przyległych jest ostry, to drugi jest rozwarty.

Rys. 21 51. Jeżeli mamy dwie proste AB i CD (rys. 21), przecinające się w punkcie O, to otrzymamy cztery kąty kolejne, które dla skrócenia oznaczamy numerami 1, 2, 3 i 4. Niektóre z nich są przyległe, np. kąty 1 i 2, inne zaś nieprzyległe, np. 1 i 3, albo 2 i 4. Określenie. Dwa kąty, utworzone przez dwie przecinające się proste, nazywają się kątami wierzchołkowymi, jeżeli ramiona jednego z nich są przedłużeniami ramion drugiego. Te kąty mają pewną własność, którą wyraża następujące Twierdzenie. Kąty wierzchołkowe są sobie równe. Mamy dwie proste AB i CD (rys. 21) przecinające się w punkcie O. Utworzą się kąty wierzchołkowe: 1 i 3 (albo 2 i 4). Trzeba dowieść, że 1 = 3. Dowód. Ponieważ kąty 1 i 2 są przyległe, więc kąt 1 jest dopełnieniem kąta 2, dla takiej samej przyczyny kąt

3 jest również dopełnieniem kąta 2, a więc

1=

3 (patrz punkt 48), co było do udowodnienia.

Uwaga. Dopiero co przytoczone twierdzenie wypowiedzieliśmy w postaci skróconej, w której zacierają się dwie części - założenie i teza - z jakich składa się każde twierdzenie (patrz punkt 14). Można je wyrazić w następującej formie: "Jeżeli dwa kąty mają wspólny wierzchołek i ramiona jednego z nich są przedłużeniami ramion drugiego, to te kąty są sobie równe". Założeniem jest zdanie: "Jeżeli ..."., tezą zaś "to...".

Rys. 22 52. Z wierzchołka kąta AOB (rys. 22) wyprowadźmy półprostą OC położoną wewnątrz tego kąta, wtedy otrzymamy dwa kąty: AOC i COB, które w sumie tworzą kąt dany AOB. Jeżeli półprostą OC tak poprowadzimy, że: AOC =

COB,

to kąt AOB będzie podzielony na połowy i półprostą OC nazwiemy dwusieczną danego kąta. Jak taką prostą wykreślić, zobaczymy później.

§ 6. Ćwiczenia 1. Z punktu O wyprowadzono trzy półproste: OA, OB i OC. Ile utworzyło się kątów? Który z nich jest sumą dwóch innych, a który różnicą? 2. Z punktu O wyprowadzono cztery półproste: OA, OB, OC i OD. Który kąt jest sumą dwóch innych? Który jest sumą trzech? Który jest różnicą dwóch innych? 3. Z punktu O wyprowadzono cztery półproste: OA, OB, OC i OD. Jakiemu kątowi będą równe: AOB +

BOC;

AOC +

COD;

AOB +

BOD;

AOD -

AOB;

AOD -

COD;

AOD -

AOB -

BOC?

4. Trzy proste: AB, CD i EF przecinają się w jednym punkcie O. Wymienić pary kątów przyległych i wierzchołkowych. Które kąty tworzą w sumie kąt półpełny? 5. Z punktu O wyprowadzono cztery półproste: OA, OB, OC i OD. Okazało się, że AOB = DOC. Czy to wystarcza, aby twierdzić, że kąty te są kątami wierzchołkowymi? Jak sformułować twierdzenie odwrotne do twierdzenia o kątach wierzchołkowych (punkt 51)? 6. Dowieść, że dwusieczne kątów przyległych są do siebie prostopadłe. 7. Dowieść, że suma kątów kolejnych, utworzonych przez pęk prostych na płaszczyźnie jest równa sumie czterech kątów prostych. 8. Dowieść, że suma wszystkich kątów kolejnych o wspólnym wierzchołku i położonych z jednej strony danej prostej jest równa sumie dwóch kątów prostych. 9. Dwie proste przecinają się w pewnym punkcie. Jeden z otrzymanych czterech kątów kolejnych wynosi 2/3 d. Obliczyć trzy pozostałe. 10. Dany jest kąt ABC. Z wierzchołka B wyprowadzono BE równy kątowi ABC albo jest jego dopełnieniem.

BA i BD

BC. Dowieść, że kąt DBE jest

§ 7. Wiadomości wstępne o kole

Rys. 23 53. Obierzmy na płaszczyźnie pewien punkt O (rys. 23), poprowadźmy przez ten punkt dowolną ilość prostych i na każdej z nich z obu stron od punktu O odłóżmy dany odcinek a. Wtedy na prostych otrzymamy szereg punktów: A i A', B i B', C i C' itd. Wyobrażając sobie nieskończoną ilość prostych, przechodzących przez punkt O, otrzymamy nieskończenie wiele punktów, które utworzą linię zwaną okręgiem. Określenia. Okręgiem nazywamy krzywą płaską, której wszystkie punkty leżą w tej samej odległości od danego punktu. Ten dany punkt nazywa się środkiem okręgu. Odcinek, który łączy jakikolwiek punkt okręgu ze środkiem, nazywamy promieniem okręgu. Jeżeli odcinki OB, OC, OD itd. traktować będziemy jako kolejno następujące po sobie położenia jednego z nich, np. OA, obracającego się dokoła punktu O, to można powiedzieć, że okrąg jest to krzywa, którą zakreśla

koniec odcinka, obracającego się dokoła danego punktu. W ten właśnie sposób wykreślamy okrąg, posługując się cyrklem, którego jedna nóżka jest utkwiona w danym punkcie (środku), a koniec drugiej, wyposażony w ołówek, obracany (bez zmiany rozwartości cyrkla) dokoła środka.

Rys. 24 54. Jeżeli wyobrazimy sobie, że jakieś ciało porusza się po okręgu, wychodząc np. z punktu A (rys. 24), to ono zawsze może, poruszając się w tym samym kierunku (np. zgodnie z ruchem wskazówki zegarowej), dojść do swego położenia pierwotnego. Dlatego mówimy, że okrąg jest linią zamkniętą. Tej własności prosta nie posiada.

Rys. 25 55. Doświadczenie pozwala nam zauważyć, że okrąg dzieli płasz czyznę na dwie części. Jedna z nich jest ograniczona i nazywa się wewnętrzną, inaczej kołem, druga zaś jest nieograniczo na i nazywa się częścią zewnętrzną. Jeżeli więc z jakiegokolwiek punktu M jednej z tych części (rys. 25) pragniemy przejść do punktu N, położonego w drugiej, musimy przeciąć okrąg. Punkty płaszczyzny, położone w pierwszej części, nazywają się punktami wewnętrznymi koła; odległość każdego z nich od środka koła jest mniejsza od promienia. Do tej części płaszczyzny włączamy również punkty położone na okręgu, których odległości od środka są równe promieniowi. Punkty drugiej części nazywają się punktami zewnętrznymi i ich odległość od środka jest większa od promienia koła. Uwaga. W mowie potocznej często mówi się "koło" zamiast "okrąg". Widzimy jednak, że te dwa pojęcia są różne.

Rys. 26 56. Określenie. Część okręgu ograniczoną dwoma punktami, nazywamy łukiem. Znak jest symbolem łuku. Piszemy AB i czytamy łuk AB (rys. 26). Zauważyć tu należy, że mówiąc łuk AB, nie mówimy, o który z dwóch łuków, na które punkty A i B dzielą okrąg, chodzi. Dlatego, nie chcąc wprowadzać nieporozumienia, zwykle piszemy trzecią literę, oznaczającą jakikolwiek punkt między A i B, położony na łuku, piszemy więc AKB lub AMB. 57. Jeżeli przez środek koła poprowadzimy jakąkolwiek prostą, to możemy łatwo zauważyć, że przetnie ona okrąg z każdej strony środka tylko w jednym punkcie (patrz pewnik z punktu 26), a więc jeżeli na tej prostej obierzemy dwa punkty: M i N (rys. 27), położone jeden wewnątrz koła, a drugi na zewnątrz niego, to odcinek MN (jako część poprowadzonej prostej) przetnie się z okręgiem tylko w jednym punkcie. Zachodzi teraz pytanie: czy jakakolwiek inna prosta, nie przechodząca przez środek koła, będzie miała również taką własność?

Rys. 27 Twierdzimy, że tak będzie, przyjmując następujący pewnik: Odcinek, łączący dwa punkty płaszczyzny, z których jeden leży wewnątrz koła, a drugi na zewnątrz niego, przecina okrąg, tylko w jednym punkcie (np. M'N'). Ten pewnik rozszerzamy na przypadek, kiedy omawiane punkty M' i N' połączymy łukiem koła, niekoniecznie odcinkiem. Punkty M' i N' (rys. 27) można również połączyć łukiem koła leżącym po przeciwnej stronie odcinka M'N'; przetnie on dany okrąg znowu w jednym punkcie*, widzimy więc, że okrąg, który przechodzi przez dwa punkty M' i N', z których jeden leży wewnątrz danego koła, a drugi na zewnątrz niego, przecina się z danym okręgiem w dwóch punktach. 58. Określenia. Odcinek, który łączy dwa punkty okręgu, tj. końce łuku, nazywamy cięciwą. Cięciwę, która przechodzi przez środek koła, nazywamy średnicą.

Oczywiście, w kole wszystkie średnice są sobie równe, bo wszystkie promienie są sobie równe. Dwa koła nazywamy równymi, albo inaczej przystającymi, jeżeli mają równe promienie. Łuk, którego końce są połączone średnicą, nazywamy półokręgiem, a część płaszczyzny ograniczoną średnicą i półokręgiem nazywamy półkolem. Z tego, co było powiedziane wyżej, wynika, że okrąg jest wyznaczony, jeżeli znamy położenie jego środka i promień.

* Na mocy poszerzonej wersji pewnika (przyp. red.).

§ 8. Wiadomości wstępne o trójkącie i wielokącie

Rys. 28 59. Określenia. Jeżeli trzy punkty: A, B i C, które nie leżą na jednej prostej (rys. 28), połączymy odcinkami AB, BC i AC, to otrzymamy figurę, którą nazywamy trójkątem i oznaczamy symbolem ABC. Odcinki, tworzące trójkąt, nazywamy jego bokami, a punkty przecięcia wierzchołkami. Kąty, utworzone przez każde dwa boki trójkąta, nazywamy kątami trójkąta. Boki i kąty trójkąta są jego elementami. Sumę boków nazywamy obwodem trójkąta, a linię łamaną ABCA - brzegiem trójkąta. Brzeg trójkąta dzieli płaszczyznę na dwie części, czyli na dwa obszary, z których jeden ograniczony nazywany obszarem wewnętrznym, stanowi trójkąt; zawiera on wszystkie punkty płaszczyzny, położone wewnątrz trójkąta oraz punkty na brzegu. Drugi zaś obszar jest nieograniczony i nazywany jest obszarem zewnętrznym*.

Rys. 29 Jeżeli którykolwiek z boków trójkąta ABC (rys. 29), np. bok AB przedłużymy, to kąt, utworzony przez bok BC i przedłużenie boku AB, nazywa się kątem zewnętrznym trójkąta, np. CBD jest kątem zewnętrznym w trójkącie ABC. Kąty, utworzone przez boki trójkąta, nazywamy wtedy kątami wewnętrznymi trójkąta, albo po prostu kątami trójkąta. Bok trójkąta oznacza się zwykle małą literą i tak literą a oznaczamy zazwyczaj bok BC położony naprzeciw wierzchołka A, literą b bok AC, a literą c bok AB. Kąty wewnętrzne oznaczamy albo jedną literą, pisząc np. A, B, C, jeżeli nie prowadzi to do nieporozumienia, o który kąt chodzi, albo trzema literami, pisząc np. ABC, albo wreszcie jedną literą alfabetu greckiego,

oznaczając kąt A literą , kąt B literą , a kąt C literą .

Rys. 30 60. Jeśli jeden z boków trójkąta nazwiemy podstawą, to wierzchołek przeciwległy nazwiemy wierzchołkiem trójkąta. Jeżeli na ramionach dowolnego kąta A (rys. 30), począwszy od jego wierzchołka, odłożymy dwa równe sobie odcinki AB i AC, to otrzymamy trójkąt ABC, który ma dwa boki równe, AB = AC. Taki trójkąt nazywamy trójkątem równoramiennym. Boki AB, AC nazywamy ramionami, a bok BC podstawą trójkąta równoramiennego. Gdybyśmy kąt A tak dobrali, że po dokonaniu poprzednich konstrukcji okazałoby się, że i trzeci bok BC jest równy bokom AB i AC, to otrzymalibyśmy trójkąt o wszystkich trzech bokach równych. Taki trójkąt nazywamy trójkątem równobocznym, a jak go zbudować, wkrótce zobaczymy. 61. Jeżeli dane na płaszczyźnie punkty: A, B, C, D i E połączymy odcinkami AB, BC, CD, DE i EA, to otrzymamy część płaszczyzny ograniczoną linią łamaną ABCDEA, do której należeć będą wszystkie punkty, wewnątrz tej łamanej oraz na niej położone.

Rys. 31 Taką figurę nazywamy wielokątem, a w szczególności czworokątem, pięciokątem itd., stosownie do liczby danych punktów (rys. 31). Odcinki, tworzące wielokąt, nazywamy jego bokami, a punkty ich przecięcia wierzchołkami wielokąta. Kąty utworzone przez dowolne dwa kolejne boki nazywamy kątami wielokąta. Sumę wszystkich boków nazywamy obwodem wielokąta, linię łamaną ABCDEA ograniczającą wielokąt brzegiem wielokąta. Brzeg wielokąta dzieli płaszczyznę na dwie części, tzn. na dwa obszary, z których jeden jest ograniczony, nazywamy go wewnętrznym, drugi zaś jest nieograniczony i nazywamy go obszarem zewnętrznym*.

Rys. 32 Jeżeli którykolwiek z boków wielokąta, np. AE (rys. 32), przedłużymy, to kąt, utworzony przez bok ED i przedłużenie boku AE, tj. kąt DEF, nazywamy kątem zewnętrznym wielokąta.

Rys. 33 62. Wielokąt nazywamy wypukłym (rys. 33), jeżeli przedłużenia jego boków nie przecinają brzegu; w przeciwnym razie wielokąt nazywa się wklęsłym (rys. 34).

Rys. 34 W dalszych rozważaniach będziemy zawsze mieli na myśli wielokąty wypukłe, chyba że wyraźnie zaznaczymy, że jest inaczej. Odcinek, który łączy dwa wierzchołki wielokąta, nie leżące na tym samym boku, nazywmy przekątną, np. AC, AD (rys. 35).

Rys. 35 Każdy wielokąt wypukły można podzielić na trójkąty przekątnymi, wyprowadzonymi z któregokolwiek wierzchołka. Jeżeli zauważymy, że w skład każdego z tych trójkątów wchodzi po jednym boku wielokąta, oprócz trójkątów skrajnych, do wyznaczenia których potrzebne są po dwa boki wielokąta, to łatwo

wywnioskować, że wielokąt można podzielić przekątnymi na tyle trójkątów, ile ma boków mniej dwa. Co do liczby przekątnych, które da się wyprowadzić z jednego wierzchołka wielokąta, to będzie ich tyle, ile wielokąt ma boków mniej trzy. Tak więc np. z jednego wierzchołka w czworokącie można wyprowadzić jedną przekątną, w pięciokącie dwie itd. * To, że brzeg trójkąta dzieli - podobnie jak okrąg - płaszczyznę na dwa obszary, przyjmujemy bez dowodu.

§ 9. Ćwiczenia 1. Wykreślić okręgi mające a) ten sam środek, b) ten sam promień, ale inny środek. 2. Promieniem równym danemu odcinkowi a wykreślić okrąg, przechodzący przez dany punkt A. Ile takich okręgów można wykreślić i gdzie będą leżały ich środki? 3. Wszystkie boki danego trójkąta przedłużono w obie strony. Ile powstało kątów przy każdym wierzchołku trójkąta? Wymienić kąty wewnętrzne i zewnętrzne tego trójkąta. Które z otrzymanych kątów będą sobie równe, a które będą kątami przyległymi? 4. Co można powiedzieć o odcinku, który łączy punkt wewnętrzny trójkąta z punktem zewnętrznym, a co o odcinku, który łączy dwa punkty zewnętrzne trójkąta? 5. Ile przekątnych można wyprowadzić z jednego wierzchołka w dziesięciokącie, a ile w piętnastokącie? Ile różnych przekątnych da się wyprowadzić ze wszystkich wierzchołków danego wielokąta?

Przystawanie i symetria figur płaskich § 10. Przystawanie trójkątów 63. Dwa trójkąty nazywamy przystającymi, jeżeli boki jednego trójkąta są równe odpowiednim bokom drugiego trójkąta, a kąty odpowiednim kątom w drugim trójkącie; o odpowiedniości zakładamy, że naprzeciw odpowiadających sobie kątów leżą odpowiadające sobie boki. Znaczy to np. że jeżeli mamy dwa trójkąty ABC i DEF (rys. 36), w których:

Rys. 36 AB = DE; BC = EF; AC = DF i

A=

D;

B=

E;

C=

F,

to mówimy, że te trójkąty są przystające i piszemy: ABC = DEF. Przekonamy się jednak wkrótce, że na to, aby trójkąty były przystające wystarczać będą pewne trzy równości spośród tych sześciu. Okaże się wtedy, że i pozostałe elementy tych trójkątów będą sobie odpowiednio równe; mianowicie te boki będą równe, które leżą naprzeciw kątów równych i odwrotnie. Zależnie od tego, które trzy elementy każdego z danych trójkątów weźmiemy pod uwagę, otrzymamy różne przypadki, czyli cechy przystawania trójkątów. 64. Niech będą dane dwa trójkąty ABC i DEF, takie że (rys. 37): AB = DF; AC = DE;

A=

D.

Rys. 37 Gdybyśmy takie trójkąty wycięli z kartonu i nałożyli jeden na drugi w taki sposób, aby bok DF pokrył się z AB i wierzchołek D z A, to z łatwością spostrzeżemy, że wierzchołek F pokryje się z wierzchołkiem B, gdyż boki AB i DF są sobie równe; bok DE nałoży się na AC, dlatego że D = A, wreszcie wierzchołek E pokryje się z C, bo DE = AC. A zatem wszystkie trzy wierzchołki nałożą się na siebie, a także wszystkie trzy boki. Te spostrzeżenia przemawiają za tym by przyjąć następujący pewnik: Dwa trójkąty są przystające, jeżeli mają po dwa odpowiednie boki równe i po kącie, między nimi zawartym, równym. Znaczy to, że dwa boki i kąt między nimi zawarty wyznaczają jednoznacznie trójkąt. Jest to I cecha przystawania trójkątów. 65. Niech będzie dany trójkąt ABC (rys. 38) i odcinek A1B1 = c, równy któremukolwiek bokowi tego trójkąta, np. bokowi AB. Na mocy pewnika (punkt 44) możemy powiedzieć, że z każdej strony odcinka c istnieje jedna taka półprosta, która z tym odcinkiem utworzy kąt o wierzchołku A1 równy kątowi A. Jeżeli następnie na ramieniu tego kąta odmierzymy odcinek A1C1 równy odcinkowi AC i połączymy jego koniec C1 z punktem B1, to otrzymamy trójkąt A1B1C1 przystający do trójkąta ABC.

Rys. 38 Wniosek. Z każdej strony danego odcinka równego jednemu z boków danego trójkąta istnieje trójkąt przystający do danego. Jak zbudować taki trójkąt, zobaczymy niebawem.

66. Twierdzenie (II cecha przystawania trójkątów). Dwa trójkąty są przystające, jeżeli mają po jednym boku równym i po dwa odpowiednie kąty do niego przyległe, równe.

Rys. 39 Niech będą dane dwa trójkąty: ABC i DEF (rys. 39), takie, że AB = DE ;

Mamy dowieść, że równe.

ABC =

A=

D;

B=

E.

DEF, czyli że te trójkąty mają wszystkie pozostałe odpowiednie elementy

Dowód. Wystarczy dowieść, że bok AC jest równy bokowi DF. Gdyby bok AC nie był równy DF, musiałby być od niego albo mniejszy, albo większy. Przypuśćmy więc, że bok AC jest mniejszy od DF, w takim razie, odkładając na DF od punktu D odcinek AC, otrzymalibyśmy koniec C boku AC wewnątrz odcinka DF, np. w pewnym punkcie K, czyli otrzymalibyśmy DK = AC i dwa trójkąty ABC i DEK byłyby przystające, co pociągałoby za sobą równość kątów ABC i KED, a to jest niemożliwe, dlatego że KED, jako różny od DEF, nie mógłby być równy kątowi ABC, jak tego wymaga założenie. W taki sam sposób łatwo przekonujemy się, że bok AC nie może być większy od DF. Jeżeli zatem bok AC nie może być ani mniejszy od boku DF, ani od niego większy, to musi być mu równy, a w takim razie trójkąty ABC i DEF mają po dwa odpowiednie boki równe i po kącie między nimi zawartym równym, czyli są przystające (I cecha przystawania trójkątów), co było do udowodnienia. 67. Wniosek. Podobnie jak w punkcie 64, powiemy, że bok i dwa kąty do niego przyległe wyznaczają trójkąt. 68. Uwaga. Sposób dowodzenia, którego użyliśmy w ostatnim twierdzeniu, znany jest pod nazwą sprowadzenia do niedorzeczności (reductio ad absurdum) i jest dość często stosowany. Polega na tym, jak widzieliśmy, że nie mogąc dowieść pewnej prawdy wprost, np. że A = B, dowodzimy, że A nie może być ani większe, ani mniejsze od B. Zakładamy więc najpierw, że A jest większe od B i dochodzimy do wniosku, że założenie musi upaść, gdyż prowadzi do niedorzeczności, czyli do sprzeczności albo z przyjętym założeniem, albo z poprzednimi, już uznanymi prawdami. Jeżeli drugie przypuszczenie (A < B) doprowadzi również do niedorzeczności, to musimy dojść do wniosku, że A = B. Zastrzec tu należy, że przypuszczenia, które robimy o danych wielkościach A i B, powinny wyczerpywać wszelkie możliwe zależności między nimi, oraz powinny się one nawzajem wykluczać: musi więc być A > B, albo A < B, albo wreszcie A = B.

69. Twierdzenie. Jeżeli w trójkącie dwa boki są sobie równe, to i kąty, naprzeciw nich położone, są równe. Trójkąt, który ma dwa boki równe, nazywamy trójkątem równoramiennym. Za jego podstawę obieramy bok nierówny, twierdzenie można więc wypowiedzieć w następujący sposób: w trójkącie równoramiennym kąty położone przy podstawie są sobie równe. Niech będzie dany trójkąt równoramienny ABC (rys. 40), w którym AC = CB; należy dowieść, że A=

B.

Rys. 40 Dowód. Weźmy odcinek DE równy odcinkowi AB. Wiadomo, że istnieje półprosta DK, która z odcinkiem DE tworzyć będzie kąt D równy kątowi A. Jeżeli na tej półprostej odłożymy DF = AC i połączymy punkty F i E, to otrzymamy trójkąty przystające DEF i ABC (II cecha przystawania trójkątów). A zatem będziemy mieli: CB = FE,

C=

F,

B=

E.

Ale z założenia mieliśmy AC = CB, więc otrzymamy teraz AC = CB = DF = FE, skąd wnosimy, że trójkąty ABC i DEF są przystające z uwagi na to, że AC = FE, CB = DF i

C=

F,

skąd otrzymujemy B=

D.

A=

D,

Ponieważ z konstrukcji mieliśmy

więc będzie A=

B cbdd.*

Ten dowód można przeprowadzić znacznie prościej, mianowicie trójkąt ABC jest przystający do trójkąta BAC (tzn. jest on przystający do samego siebie, z tym tylko, że wierzchołkowi A trójkąta ABC odpowiada wierzchołek B trójkąta BAC, wierzchołkowi B wierzchołek A, wierzchołkowi C sam wierzchołek C, bokowi AC odpowiada zatem bok AB itd.). Wynika to z I cechy przystawania trójkątów, bo AC = BC, BC = AC oraz C =

C. Autor prowadzi w zasadzie ten sam dowód. Konstrukcja trójkąta DEF jest przeprowadzona tylko po to, by nie powiedzieć, że trójkąt może być przystający do siebie samego, ale przy innej odpowiedniości wierzchołków i boków. (tzn. wierzchołek A przystaje sam do siebie przy naturalnej odpowiedniości wierzchołków i boków (tzn. wierzchołek A odpowiada wierzchołkowi A itd.). Inny dowód tego twierdzenia możemy otrzymać prowadząc dwusieczną CD kąta C i zauważając, że trójkąty DCA i DCB są przystające. Uwaga. Przytoczone twierdzenie, znane w dalekiej starożytności przypisane jest Talesowi z Miletu (627-547 p.n.e.). Jest to pierwszy znany geometra grecki, jemu przypisywane jest również twierdzenie o kątach wierzchołkowych. Podanie głosi, że Tales wprowadził w podziw króla egipskiego, obliczywszy wysokość jednej z piramid bez użycia jakichkolwiek przyrządów. 70. Twierdzenie (III cecha przystawania trójkątów). Dwa trójkąty są przystające, jeżeli mają po trzy odpowiednie boki równe. Niech będą dane trójkąty ABC i DEF (rys. 41), w których AB = DE, AC = DF, i CB = FE; należy dowieść, że

ABC =

DEF.

Rys. 41 Dowód. Mając z założenia DE = AB, korzystamy z tego, że z każdej strony DE istnieje trójkąt przystający do trójkąta ABC. Takim trójkątem, zbudowanym po przeciwnej stronie odcinka DE, niż trójkąt DEF, niech będzie trójkąt DEK, w którym DK = AC i EK = CB. Ponieważ na mocy założenia, DF = AC i FE = CB, więc DF = DK i FE = EK. W takim razie, łącząc punkty F i K, otrzymamy trójkąt równoramienny KDF, w którym 1=

2,

3=

4,

oraz trójkąt równoramienny FEK, w którym

zatem 1+

3=

2+

4,

czyli DFE = Stąd wynika, że

DFE =

DKE.

DKE (I cecha przystawania trójkątów), a że ABC =

DKE =

ABC, więc

DEF cbdd.

Jak poprzednio, możemy powiedzieć, że trzy boki wyznaczają trójkąt.

§ 11. Konstrukcje podstawowe 71. Poznaliśmy trzy zasadnicze cechy przystawania trójkątów, które pozwolą nam dokonywać niektórych konstrukcji geometrycznych, niezbędnych do dalszej nauki. Zadanie 1. Zbudować trójkąt, którego boki są równe trzem danym odcinkom.

Rys. 42 Na prostej MN (rys. 42), poczynając od dowolnego punktu A, odmierzamy trzy kolejne odcinki: AB = k, BC = l i CD = m. Obierając punkt B za środek koła, a odcinek AB = k za jego promień, możemy zawsze wykreślić okrąg, który oznaczymy przez I; podobnie środek C i promień CD = m wyznaczą drugi okrąg (II) (wystarczy wykreślić półokręgi, położone z jednej strony prostej MN). Czy te dwa okręgi się ze sobą przetną? Powołując się tu na pewnik (punkt 57), zażądamy, żeby łuk okręgu II łączył dwa punkty na płaszczyźnie, z których jeden byłby położony wewnątrz okręgu I, a drugi na zewnątrz niego. Niech D i D' będą punktami przecięcia okręgu II z daną prostą i rozstrzygnijmy, kiedy te punkty będą leżały w różnych częściach płaszczyzny, na którą ją podzielił okrąg I. Punkt D' będzie leżał wewnątrz okręgu I, jeżeli jego odległość od punktu B będzie mniejsza od promienia koła I, czyli jeżeli BD' < AB, ale BD' = BC - CD' = BC - CD = l - m, AB = k, a zatem jeżeli k > l - m.

Następnie punkt D będzie leżał na zewnątrz okręgu I, jeżeli jego odległość od środka B będzie większa od promienia tego okręgu, czyli jeżeli BD > BA, ale BD = BC + CD = l + m, zaś BA = k, a zatem k < l + m. Zakładając tedy, że te dwa warunki są spełnione, możemy twierdzić, że łuki okręgów I i II przetną się ze sobą i to tylko w jednym punkcie. Niech tym punktem będzie punkt E. Łącząc go z punktami B i C, otrzymamy § BCE, którego boki są równe trzem danym odcinkom; a mianowicie BE = BA = k; CE = CD = m; BC = l. Wniosek 1. Z toku rozumowania wysnuwamy następujący wniosek: z trzech danych odcinków można zbudować trójkąt pod warunkiem, że jeden z nich jest mniejszy od sumy dwóch pozostałych, ale większy od ich różnicy. Wniosek 2. W przypadku szczególnym, kiedy trzy odcinki dane są sobie równe: k = l = m, warunek, o którym wyżej mówiliśmy, jest oczywiście spełniony, a zatem: na danym odcinku zawsze można zbudować trójkąt, który ma wszystkie trzy boki równe, tj. trójkąt równoboczny (patrz punkt 60). Zadanie 2. Na danej prostej przy danym punkcie wykreślić kąt równy danemu. Niech będzie dany kąt ABC = (rys. 43), pewna prosta MN i na niej wyróżniony punkt O. Na ramionach kąta , począwszy od wierzchołka B, odkładamy dwa dowolne odcinki BD i BE i łączymy ich końce odcinkiem DE. Powstaje trójkąt BDE, którego jednym z kątów jest kąt .

Rys. 43 Zadanie polega więc na tym, żeby na prostej MN, po odłożeniu odcinka OK = BD, zbudować trójkąt przystający do trójkąta BDE, tj. zbudować trójkąt z trzech odcinków BD, BE, DE, co sprowadza nas do zadania poprzedniego. Otrzymamy

OKL równy

BDE, więc

KOL = .

W ten sposób dokonujemy przenoszenia kąta na daną prostą, co było nam potrzebne w dodawaniu lub odejmowaniu kątów. Uwaga. W praktyce upraszczamy konstrukcję, biorąc BD=BE, czyli zakreślając z punktu B łuk promieniem równym dowolnemu odcinkowi BD. Tym samym promieniem wykreślamy łuk z punktu O, przecinający daną prostą w punkcie K. Następnie mierzymy odległość DE i tą odległością wykreślamy łuk z punktu K. Punkt przecięcia się tych łuków, czyli punkt L, łączymy z O i otrzymujemy O = . Zadanie 3. Zbudować trójkąt, którego dwa boki są równe dwóm danym odcinkom, a kąt między nimi zawarty jest równy danemu kątowi. Konstrukcja jak poprzednia: wykreślamy na jednym z danych odcinków kąt równy danemu, następnie na jego ramieniu odkładamy odcinek równy drugiemu danemu odcinkowi.

Zadanie 4. Na danym odcinku, jako na podstawie, zbudować trójkąt równoramienny o ramionach równych danemu odcinkowi. Niech będzie dany odcinek c, który ma być podstawą, i odcinek b, który ma być ramieniem żądanego trójkąta. Mamy więc zbudować trójkąt z trzech danych odcinków c, b i b. Ponieważ pierwszy odcinek jest oczywiście większy od różnicy dwóch pozostałych, więc warunkiem możliwości rozwiązania będzie c < 2b, czyli b > c/2. Konstrukcja, jak w zadaniu 1. Zadanie 5. Dany kąt podzielić na połowy. Niech będzie dany kąt BAC (rys. 44). Na jego ramionach odłóżmy równe odcinki AD i AE. Następnie na odcinku DE zbudujmy trójkąt równoramienny, położony po przeciwnej stronie odcinka DE, niż DAE. Półprosta AM jest dwusieczną danego kąta, czyli BAM = MAC, co wynika z przystawania trójkątów ADM i AEM.

Rys. 44

Rys. 45

Łatwo dowieść, że jakakolwiek inna półprosta, wyprowadzona z wierzchołka danego kąta, podzieli ten kąt na części nierówne, dlatego że będzie położona albo wewnątrz kąta DAM, albo na zewnątrz niego. Stąd wynika Wniosek. Dla każdego kąta istnieje tylko jedna dwusieczna. Zadanie 6. Z punktu położonego na danej prostej poprowadzić do niej prostą prostopadłą. Niech będzie dana prosta AB (rys. 45) i na niej punkt O. Uważając AOB za kąt półpełny, możemy stosując poprzednią konstrukcję wykreślić jego dwusieczną. W tym celu odkładamy OD = OE i na odcinku DE, jako na podstawie, wykreślamy dowolny trójkąt równoramienny. Jeżeli przez wierzchołek C tego trójkąta i przez dany punkt O poprowadzimy prostą, to będzie ona dwusieczną kąta półpełnego AOB, a zatem AOC = COB, więc te kąty będą proste, czyli CO AB. Wniosek. Rozumując jak w przypadku poprzedniego zadania, możemy powiedzieć, że: z punktu położonego na danej prostej zawsze można wystawić do niej tylko jedną prostą prostopadłą. Zadanie 7. Przez punkt, położony poza daną prostą poprowadzić prostą do niej prostopadłą.

Rys. 46

Rys. 47

Dana jest prosta AB i punkt C, położony poza nią (rys. 46). Jeżeli dowolny punkt D tej prostej połączymy z punktem C, to otrzymamy CDB = . Wykreślmy z drugiej strony prostej AB kąt równy a. Jeżeli teraz na ramieniu tego kąta odłożymy odcinek DE = DC i połączymy E z punktem C, to prosta EC przetnie prostą AB (patrz pewnik, punkt 36) w pewnym punkcie O. Trójkąty DCO i DEO są przystające (I cecha przystawania). Zatem kąty DOC i DOE są równe, a że są to kąty przyległe, więc każdy z nich jest prosty, a zatem prosta CE (tym samym i CO) jest prostopadła do AB. Wniosek. Z danego punktu zawsze można poprowadzić tylko jedną prostą prostopadłą do danej prostej. Istotnie, przypuśćmy, że z danego punktu C (rys. 47) można poprowadzić jeszcze jedną prostopadłą do prostej AB oprócz prostej prostopadłej CD. Niech to będzie prosta CE. Przedłużmy CD i odłóżmy odcinek DF równy odcinkowi CD, a punkt E połączmy z F. Wtedy z tego, że trójkąty CDE i FDE są przystające (I cecha przystawania) wynikałoby, że CED = FED. Ale kąt CED powinien być prosty z naszego założenia, a zatem i kąt FED musiałby być prosty, czyli odcinek EF powinien być przedłużeniem CE, inaczej mówiąc, linia CEF musiałaby być prosta. W takim razie dwie różne proste CDF i CEF miałyby dwa punkty wspólne, co jest niemożliwe. Stąd wynika, że oprócz prostej CD nie ma innej prostej prostopadłej do prostej AB, poprowadzonej z punktu C. Zadanie 8. Dany odcinek podzielić na połowy. Dany jest odcinek AB (rys. 48), wystawmy na nim, jako na podstawie po każdej jego stronie, trójkąty równoramienne (zadanie 4). Łącząc wierzchołki tych trójkątów odcinkiem CD, otrzymamy w przecięciu z AB punkt O, który będzie środkiem odcinka AB, czyli AO = OB.

Rys. 48

Rys. 49

Istotnie, z konstrukcji wynika, że kąt ACB został przez CD podzielony na połowy (patrz zadanie 5), mamy ACO = OCB. Wówczas trójkąty AOC i COB są przystające zgodnie z I cechą przystawania trójkątów, stąd zaś wynika, że AO = OB. W praktyce dokonujemy konstrukcji w sposób uproszczony, zakreślając z końców A i B danego odcinka dowolnym promieniem, ale na oko większym od połowy AB (dlaczego?) łuki. Punkty przecięcia tych łuków będą właśnie punktami C i D. Wykreślamy więc dwa trójkąty równoramienne przystające.

72. Określenia. Niech będzie dany jakikolwiek trójkąt ABC (rys. 49). Z wierzchołka C poprowadźmy CD AB, następnie odcinek CE, łącząc wierzchołek C ze środkiem E boku AC, i wreszcie odcinek CF, który dzieli kąt ACB na połowy. Odcinki CD, CE i CF mają swoje nazwy i odgrywają ważną rolę w nauce o trójkącie. Odcinek, wyprowadzony z wierzchołka trójkąta i prostopadły do przeciwległego boku, nazywamy wysokością trójkąta (np. CD). Odcinek, który łączy wierzchołek trójkąta ze środkiem przeciwległego boku, nazywamy środkową trójkąta (np. CE). Odcinek dwusiecznej kąta trójkąta, ograniczony wierzchołkiem trójkąta i punktem przecięcia z przeciwległym bokiem, nazywamy odcinkiem dwusiecznej kąta w trójkącie albo po prostu - dwusieczną (CF). Rzecz jasna, że z każdego wierzchołka można wyprowadzić wszystkie trzy określone wyżej odcinki.

§ 12. Zależności między elementami trójkąta 73. Twierdzenie. Jeżeli w trójkącie dwa kąty są równe, to i przeciwległe im boki są sobie równe. Krócej można powiedzieć: Trójkąt, który ma dwa kąty równe, jest równoramienny.

Rys. 50 Dany jest

ABC (rys. 50), w którym

A=

B (albo

1=

2), mamy dowieść, że

AC = CB. Dowód. Na boku AB, po przeciwnej stronie niż trójkąt ACB, zbudujmy trójkąt ABD przystający do trójkąta ABC (trójkąt zbudowany z trzech boków danego trójkąta), wtedy AC = AD i CB = DB, a ponieważ kąty przeciwległe też będą równe, czyli 2 = 4 i 1 = 3. Na mocy założenia, że

1=

2, więc również będzie 2=

3.

Ta równość zaś pociąga za sobą równość przeciwległych boków, AC = BD. Ponieważ z konstrukcji mieliśmy BD = CB, więc

AC = CB, co było do udowodnienia*. Wniosek. Trójkąt, który ma wszystkie kąty równe, jest trójkątem równobocznym. 74. Twierdzenie. W trójkącie kąt zewnętrzny jest większy od każdego z kątów wewnętrznych do niego nieprzyległych. Dany jest ABC (rys. 51), przedłużmy jeden z jego boków, np. bok AB. Wówczas utworzy się kąt zewnętrzny CBD. Mamy dowieść, że

i

CBD >

A

CBD >

C.

Rys. 51 Dowód. Podzielmy bok CB na połowy w punkcie E i połączmy A z E odcinkiem AE. Odcinek AE przedłużmy na odległość EF = AE, a następnie połączmy punkty F i B. Otrzymujemy dwa trójkąty ACE i EFB, w których CE = EB, AE = EF, AEC = Zatem

BEF (jako kąty wierzchołkowe). ACE =

EFB, a stąd równość kątów, C=

EBF,

leżą one bowiem naprzeciw równych boków AE i EF. Ale z drugiej strony widzimy, że CBD >

CBF, tj.

CBD >

EBF,

a więc CBD >

ACE = C.

W podobny sposób można dowieść, że CBD >

A.

75. Wniosek. Jeżeli w danym trójkącie jeden z kątów jest prosty, to kąt zewnętrzny do niego przyległy jest również prosty, a zatem pozostałe kąty wewnętrzne będą od niego mniejsze, tj. będą kątami ostrymi (rys. 52). Podobnie, jeżeli jeden z kątów trójkąta jest rozwarty, to kąt zewnętrzny trójkąta do niego przyległy będzie ostry, tym bardziej więc będą ostre pozostałe dwa kąty wewnętrzne trójkąta (rys. 52).

Stąd mamy następujący wniosek: W trójkącie może być tylko jeden kąt nieostry.

Rys. 52 76. Określenia. Trójkąt, którego jeden z kątów jest kątem prostym, nazywamy trójkątem prostokątnym. Boki, które tworzą kąt prosty, nazywamy przyprostokątnymi, a bok przeciwległy kątowi prostemu, przeciwprostokątną. Trójkąt, którego jeden z kątów jest kątem rozwartym, nosi nazwę trójkąta rozwartokątnego. Trójkąt, który nie ma ani kąta prostego, ani rozwartego, tj. ma wszystkie kąty ostre, nazywany jest trójkątem ostrokątnym. 77. Twierdzenie. W trójkącie naprzeciw większego boku leży większy kąt. Dany jest

ABC (rys. 53), w którym AB > AC,

należy dowieść, że C>

B.

Rys. 53 Dowód. Jeżeli bok AB jest większy od AC, to zawsze możemy odłożyć na AB odcinek AD równy odcinkowi AC. Otrzymamy wówczas trójkąt równoramienny ADC, w którym (rys. 53) 1= Ale kąt 2 jest zewnętrzny dla trójkąta

2.

CDB, a zatem 2>

DBC,

więc również 1 > Đ DBC. A że kąt ACB, większy od

1, więc tym bardziej

ACB >

DBC, co należało dowieść.

78. Twierdzenie odwrotne. W trójkącie naprzeciw większego kąta leży większy bok. Dany jest trójkąt ABC (rys. 53), w którym

ACB >

ABC.

Należy udowodnić, że AB > AC. Można to udowodnić sposobem sprowadzenia do niedorzeczności, zakładając najpierw, że AB = AC, potem zaś, że AB < AC. Wniosek. W trójkącie prostokątnym każda z przyprostokątnych jest mniejsza od przeciwprostokątnej. 79. Twierdzenie. W trójkącie każdy bok jest mniejszy od sumy dwóch boków pozostałych, ale większy od ich różnicy.

Rys. 54 Dany jest trójkąt ABC (rys. 54), mamy wykazać, że AB < AC + CB. Dowód. Przedłużmy bok AC i odłóżmy odcinek CD równy odcinkowi CB, wtedy otrzymamy CDB równoramienny o podstawie DB, a więc CDB = 1. Ponieważ kąt ABD jest oczywiście większy od kąta 1, a zatem jest większy i od kąta ADB. Wówczas w ABD: ABD >

ADB,

a więc AD > AB. Ale AD = AC + CD = AC + CB, więc AC + CB > AB, czyli AB < AC + CB. Podobnie CB < AB + AC,

stąd AB > CB - AC. Dowiedliśmy więc, że BC - AC < AB < BC + AC. 80. Wniosek 1. Przypominając sobie warunek wystarczający, który otrzymaliśmy dla rozwiązania zadania o konstrukcji trójkąta z trzech danych odcinków (punkt 71, wniosek 1), możemy teraz powiedzieć: Aby z trzech danych odcinków można było zbudować trójkąt, potrzeba i wystarcza, żeby jeden z nich był mniejszy od sumy dwóch pozostałych, ale większy od ich różnicy. 81. Wniosek 2. Odcinek prostej jest krótszy od dowolnej łamanej, łączącej te same punkty.

Rys. 55 Jeżeli mamy dane dwa punkty A i B (rys. 55), połączone odcinkiem AB i łamaną AEDCB, to łącząc punkt A z C i A z D, otrzymujemy trójkąt ABC, w którym AB < AC + CB. Następnie z trójkąta ACD dostajemy AC < AD + DC, a wreszcie AD < AE + ED z trójkąta ADE. Zatem AB < AE + ED + DC + CB. 82. Określenia. Linia łamana nazywana jest łamaną wypukłą (rys. 56), jeżeli leży z jednej strony każdego ze swych odcinków, w przeciwnym razie nazywana jest łamaną wklęsłą (rys. 57).

Rys. 56

Rys. 57

Jeżeli dwa punkty A i B (rys. 58) są połączone ze sobą odcinkiem AB i dwiema łamanymi ACDB i AEFGB, które leżą z jednej strony odcinka AB i nie przecinają się ze sobą, to jedna z tych łamanych, nazywamy ją łamaną zewnętrzną (AEFGB na rys. 58) obejmuje łamaną wewnętrzną (ACDB na rys. 58).

Rys. 58

Rys. 59

83. Twierdzenie. Łamana wypukła jest krótsza od dowolnej łamanej, która ją obejmuje. Dowód. Dana jest łamana wypukła ACDB (rys. 59) i łamana ją obejmująca AEFGB. Przedłużmy odcinki AC i CD do prze cięcia się z odcinkiem GB w punktach H i J. Na podstawie wniosku z poprzedniego twierdzenia możemy powiedzieć, że AH = AC + CH < AE + EF + FG + GH, CJ = CD + DJ < CH + HJ, DB < DJ + JB. Dodając te nierówności stronami, a następnie od obydwu stron odejmując odcinki CH i DJ i zauważając, że GH + HJ + JB = GB, otrzymujemy AC + CD + DB < AE + EF + FG + GB, czyli: AC + CD + DB < AE + EF + FG + GH + HJ + JB cbdd. 84. Wniosek. Jeżeli dwa wielokąty są tak położone, że wierzchołki jednego z nich albo leżą na bokach drugiego, albo wewnątrz tego wielokąta, to powiemy, że wielokąt zewnętrzny obejmuje wewnętrzny (rys. 60). O obwodach takich wielokątów, na mocy powyżej udowodnionego twierdzenia, możemy powiedzieć, że

Rys. 60 obwód wielokąta wypukłego jest mniejszy od obwodu każdego wielokąta, który go obejmuje. 85. Twierdzenie. Jeżeli dwa boki jednego trójkąta są równe odpowiednim dwóm bokom drugiego, ale kąty między nimi zawarte są nierówne, to i trzecie boki są nierówne, a mianowicie ten bok jest większy, który leży naprzeciw większego kąta. Wiadomo, że trójkąty ABC i DEF (rys. 61) są takie, iż AB = DE, BC = EF i kąt B jest większy od kąta E.

Rys. 61 Mamy dowieść, że bok AC jest większy od boku DF. Dowód. Na boku AB przy punkcie B zbudujmy kąt ABK równy kątowi DEF, odłóżmy BK = EF i połączmy K z A. Wtedy ABK = DEF i AK = DF. Podzielmy teraz na połowę kąt KBC i niech dwusieczną będzie BL. Połączmy K i L, wtedy trójkąty KBL i LBC są przystające, gdyż BL = BL, BC = BK (= EF) i (rys. 61) 1 = 2. Stąd wynika, że KL = LC. Ponieważ w trójkącie ALK mamy AL + LK > AK, więc AL + LC > DF, skąd AC > DF, cbdd. 86. Twierdzenie odwrotne. Jeżeli dwa trójkąty mają po dwa boki odpowiednio równe, a trzecie boki nierówne, to kąty naprzeciw tych boków położone są nierówne, a mianowicie ten kąt jest większy, który leży naprzeciw większego boku. Dowód przeprowadza się metodą sprowadzenia do niedorzeczności. 87. Uwagi ogólne o twierdzeniach*. Poznane dotychczas twierdzenia i ich dowody pozwalają na wysnucie niektórych ogólnych prawidłowości. Wiadomo, że twierdzenie odwrotne tworzy się z danego przez odwrócenie w nim założenia i tezy. Tak np. dla twierdzenia "jeżeli dwa boki trójkąta są równe, to i kąty im przeciwległe są równe", odwrotnym jest twierdzenie "jeżeli dwa kąty w trójkącie są sobie równe, to i boki im przeciwległe są równe". Zastanawiając się bliżej nad twierdzeniami, które dotąd poznaliśmy, a wyrażającymi różne zależności między elementami trójkąta, możemy zauważyć, że niektóre z nich, nie mówiąc już o twierdzeniach odwrotnych względem siebie, są w pewnej wzajemnej zależności logicznej. Mieliśmy twierdzenia: I. Jeżeli w trójkącie dwa boki są równe, to i dwa kąty do nich przeciwległe są równe. II. Jeżeli w trójkącie dwa kąty są równe to i boki naprzeciw nich położone są sobie równe. III. Jeżeli w trójkącie dwa boki są nierówne, to i kąty przeciwległe są nierówne.

IV Jeżeli w trójkącie dwa kąty są nierówne, to i boki przeciwległe są nierówne. Widzimy, że twierdzenie drugie jest odwrotne względem pierwszego, a czwarte względem trzeciego. Ogólną postacią takiej "czwórki" twierdzeń, czyli tzw. układu zamkniętego będzie: I. Jeżeli A, to B. II. Jeżeli B, to A. III. Jeżeli nie A, to nie B. IV. Jeżeli nie B, to nie A. Łatwo można wywnioskować metodą sprowadzenia do niedorzeczności, że prawdziwość twierdzenia pociąga za sobą prawdziwość twierdzenia IV (i na odwrót), tak samo zachowują się względem siebie twierdzenia II i III*. Z tych rozważań dochodzimy do następujących wniosków: 1) Jeżeli są udowodnione dwa twierdzenia względem siebie odwrotne, to pozostałe dwa twierdzenia czwórki będą prawdziwe. 2) Jeżeli są udowodnione dwa twierdzenia I i III (lub II i IV), to pozostałe dwa twierdzenia będą prawdziwe. *Podobnie jak w punkcie 69 wystarczy zauważyć, że trójkąt ABC jest przystający do trójkąta BAC (przyp. red.). W tym punkcie termin "twierdzenie odwrotne" znaczy zdanie powstałe formalnie z danego twierdzenia przez zamianę tezy z założeniem, nie przesądza to o prawdziwości tak utworzonego "twierdzenia odwrotnego" (przyp. red.).

§ 13. Prostopadła i pochyła. Trójkąty prostokątne 88. Określenia. Rzutem prostokątnym punktu, albo krócej rzutem punktu, na daną prostą nazywamy spodek prostopadłej spuszczonej na tę prostą. Np. rzutem punktu A na prostą KL (rys. 62) jest punkt A1, gdzie AA1 rzutów.

KL. Prosta KL nosi wtedy nazwę osi

Jeżeli mamy pewien odcinek AB (rys. 63), to dla otrzymania jego rzutu na oś KL należy mieć rzuty poszczególnych jego punktów, ale oczywiście, wystarczy znaleźć rzuty końców. I tak rzutem odcinka AB na oś KL będzie odcinek A1B1, który łączy rzuty jego końców.

Rys. 62

Rys. 63

Jeżeli odcinek AB ma jeden z końców na osi rzutów (rys. 64), to dla otrzymania jego rzutu wystarczy poprowadzić BB1 KL i rzutem będzie odcinek AB1. Jak wiemy, z danego punktu można poprowadzić tylko jedną prostopadłą do prostej danej, a zatem każdy inny odcinek, np. BA (rys. 64), już nie będzie prostopadły do KL, ale pochyły. 89. Twierdzenie. Jeżeli z tego samego punktu wyprowadzono prostopadłą i pochyłe do danej prostej, to prostopadła jest krótsza, niż każda pochyła. Jeżeli mówimy, że prostopadła jest krótsza niż pochyła, to mamy na myśli odcinek AB prostopadłej i odcinek AC pochyłej.

Rys. 64

Rys. 65

Niech będzie dana prosta KL i punkt A (rys. 65). Poprowadźmy AB KL z punktem A pochyłą AC. Mamy dowieść, że AB < AC.

KL i połączmy dowolny punkt C prostej

Dowód. Trójkąt ABC zawiera kąt prosty ABC, a więc kąt ACB jest ostry (patrz punkt 75), mamy więc ACB <

ABC,

stąd zaś (patrz punkt 78) AB < AC, cbdd. 90. Twierdzenie odwrotne. Najkrótszą odległością punktu od prostej jest odcinek prostopadły spuszczony z tego punktu na daną prostą. Zakładamy, że AB (rys. 65) jest najkrótszą odległością punktu A do prostej KL, mamy dowieść, że AB Dowód. Gdyby odcinek AB nie był prostopadły do prostej KL, to moglibyśmy poprowadzić prostopadły i niech będzie to odcinek AC. W takim razie musiałoby być AC < AB, co przeczyłoby założeniu, a zatem AB

KL.

KL.

91. Zgodnie z powyższym twierdzeniem odległość punktu od prostej mierzy się odcinkiem prostopadłej, spuszczonej z tego punktu na prostą.

Rys. 66 92. Niech będzie dana prosta KL i punkt A (rys. 66). Wyprowadźmy z tego punktu prostopadłą AB i pochyłe AC, AD i AE, których rzutami na KL są odpowiednio CB, BD i BE. Twierdzenie 1. Dwie pochyłe, wyprowadzone z tego samego punktu, są równe, jeżeli ich rzuty są równe. Dowód. Zakładamy, że CB = BD. Wtedy trójkąty CAB i BAD są przystające, bo mają bok AB wspólny, bok CB = BD z założenia, a kąty CBA i ABD, między tymi bokami zawarte są równe jako kąty proste. Z przystawania tych trójkątów wynika, że AC = AD. 93. Twierdzenie 2. Jeżeli rzuty dwóch pochyłych, wyprowadzonych z tego samego punktu, są nierówne, to i pochyłe są nierówne, a w szczególności ta pochyła jest większa, której rzut jest większy. Dowód. Załóżmy, że BE > BC, wtedy możemy odłożyć na odcinku BE odcinek BD = BC i połączyć D z A. Na mocy poprzedniego twierdzenia AC = AD. Zauważmy teraz, że w trójkącie DAE kąt 2 jest rozwarty (dlaczego?), a więc kąt 3 musi być ostry, czyli 3<

2,

w takim razie będzie AE > AD, czyli AE > AC, cbdd. 94. Twierdzenie 3 (odwrotne względem 1). Dwie równe pochyłe, wyprowadzone z tego samego punktu, mają równe rzuty. 95. Twierdzenie 4 (odwrotne względem 2). Jeżeli z tego samego punktu wyprowadzono dwie nierówne pochyłe do danej prostej, to i rzuty ich są nierówne, a w szczególności większej pochyłej będzie odpowiadał większy rzut. 96. Przystawanie trójkątów prostokątnych. Niech dane będą dwa trójkąty prostokątne: ABC i DEF (rys. 67), w których kąty przy wierzchołku B i E są proste. Ponieważ takie trójkąty mają zawsze po jednym elemencie równym (kąt prosty), więc na to, aby były trójkątami przystającymi, wystarczać będzie równość dwóch elementów.

. Rys. 67 Ze znanych już ogólnych cech przystawania trójkątów wynikać będzie bezpośrednio: 1) dwa trójkąty prostokątne są przystające, jeżeli mają odpowiednie przyprostokątne równe; 2) dwa trójkąty prostokątne są przystające, jeżeli mają po jednej przyprostokątnej równej i po kącie ostrym do niej przyległym równym.

. Rys. 68 97. Trzecia cecha przystawania trójkątów prostokątnych. Niech będą dane dwa trójkąty prostokątne ABC i DEF (rys. 68), które mają AC = DF BC = EF. Na odcinku EF równym BC zbudujmy trójkąt EFG przystający do trójkąta ABC, położony po przeciwnej stronie odcinka, niż trójkąt DEF (budując EFG = ACB, FG = AC i łącząc E i G). Wtedy kąt FEG, jako równy kątowi B, jest prosty, a ponieważ kąt DEF jest również prosty, więc wynika stąd, że odcinek EG, jak również odcinek DE, jest prostopadły do odcinka EF, a więc, że odcinki DE i EG leżą na jednej prostej (dlaczego?). Trójkąt DFG jest trójkątem równoramiennym (DF = FG), w którym dwusieczna FE kąta przy wierzchołku jest jednocześnie środkową względem podstawy, DE = EG. Zatem trójkąty EFG i DEF są przystające, więc i trójkąty ABC i DEF są przystające. Otrzymaliśmy Twierdzenie. Dwa trójkąty prostokątne są przystające, jeżeli mają po jednej z przyprostokątnych i przeciwprostokątne równe. 98. Czwarta cecha przystawania trójkątów prostokątnych. Niech będą znowu dane dwa trójkąty prostokątne: ABC i DEF (rys. 68), w których AC = DF A=

D.

Jeżeli na odcinku DF równym AC zbudujemy trójkąt przystający do zatem ABC = DEF. Mamy więc

ABC, to tym trójkątem będzie DEF, a

Twierdzenie. Dwa trójkąty prostokątne są przystające, jeżeli mają po przeciwprostokątnej równej i po kącie ostrym równym. 99. Wniosek. W trójkątach przystających odpowiednie wysokości są sobie równe. Dowód oczywisty wobec ostatniego twierdzenia.

§ 14. O miejscu geometrycznym punktów 100. O linii (lub w ogóle o figurze) mówimy, że jest miejscem geometrycznym punktów, posiadających pewną tę samą własność, jeżeli posiada ją każdy punkt tej linii (lub figury) i poza nią nie ma punktów posiadających tę własność. Tak np. okrąg jest miejscem geometrycznym punktów na płaszczyźnie, położonych w tej samej odległości (czyli równo oddalonych) od jednego punktu, dlatego że: 1) każdy punkt okręgu leży w tej samej odległości od środka i 2) jakikolwiek punkt, nie leżący na okręgu, ma odległość od środka inną. Z podanego określenia widzimy, że dla udowodnienia, iż pewna linia jest miejscem geometrycznym punktów o danej wspólnej własności, musimy dowieść dwu twierdzeń: 1) że każdy punkt tej linii spełnia żądany warunek i 2) przeciwnie: punkt, nie leżący na linii, już tego warunku spełniać nie może. Często zamiast "miejsce geometryczne" punktów mówi się krótko "miejsce" punktów*. 101. Twierdzenie. Miejscem geometrycznym punktów na płaszczyźnie, równo oddalonych od dwóch danych punktów, jest prosta, która przechodzi przez środek odcinka, łączącego dane punkty i jest do niego prostopadła. Dane punkty A i B (rys. 69) połączmy odcinkiem AB. Dowód składać się będzie z dwu części: 1. Ze środka odcinka AB wystawmy prostopadłą CD i udowodnijmy, że każdy punkt, leżący na CD, będzie leżał w jednakowej odległości od A i od B. Niech M będzie dowolnym punktem na CD, połączmy go z A i z B, wtedy MA = MB jako dwie pochyłe, których rzuty są równe. 2. Obierzmy dowolny punkt na płaszczyźnie, np. M, tak aby MA = MB i udowodnijmy, że musi on leżeć na prostopadłej, wystawionej ze środka odcinka AB.

Rys. 69

Rys. 70

Istotnie, jeżeli podzielimy AB na połowy w punkcie O i połączymy punkt M z O, to otrzymamy trójkąt równoramienny AMB, w którym odcinek MO jest środkową względem podstawy AB, az zatem jest MO

AB.

Udowodniwszy powyższe dwa twierdzenia, możemy powiedzieć, że CD jest żądanym miejscem geometrycznym. 102. Twierdzenie. Miejscem geometrycznym punktów, równo oddalonych od ramion danego kąta, jest dwusieczna tego kąta. Niech będzie dany kąt AOB (rys. 70) i niech OC będzie jego dwusieczną. Dowód. Udowodnimy, że: 1. Każdy punkt, położony na OC, leży w jednakowej odległości od obu ramion kąta. Wystarczy poprowadzić MD OA i ME OB (patrz punkt 90), wtedy MD = ME ( ODM = OEM). 2. Odwrotnie: jakikolwiek punkt położony na danej płaszczyźnie w jednakowej odległości od ramion kąta musi leżeć na jego dwusiecznej. Niech M będzie punktem takim, że MD = ME. Łącząc ten punkt z wierzchołkiem O, otrzymamy dwa trójkąty prostokątne, które będą przystające (patrz punkt 97), a zatem DOM = EOM, czyli OM jest dwusieczną, co dowodzi 1. Twierdzenie jest zatem udowodnione. * W ujęciu Euklidesa - za którym idzie Autor - figura jest miejscem, gdzie mogą pojawić się punkty, nie jest zbiorem punktów, jak to jest w mnogościowym ujęciu geometrii (przyp. red.).

§ 15. Symetria figur płaskich 103. Określenia. Istnieją dwa rodzaje symetrii figur na płaszczyźnie: symetria względem prostej i względem punktu. Prosta nazywana jest wtedy osią symetrii, a punkt środkiem symetrii. Dwa punkty nazywamy symetrycznymi względem danej osi, jeżeli leżą na odcinku prostopadłym do osi i są od niej równo oddalone.

Rys. 71 Aby więc otrzymać punkt symetryczny do punktu A lub B względem osi xy (rys. 71), należy z punktu A lub B poprowadzić prostopadłą do tej osi i odłożyć OA1 = OA, lub O'B1 = BO'. Oczywiście, istnieje tylko jeden punkt symetryczny do danego względem danej osi (dlaczego?). Dwie figury nazywamy symetrycznymi do siebie względem danej osi, jeżeli każdemu punktowi jednej figury odpowiada punkt drugiej figury, symetrycznie do niego względem tej osi położony. Jeżeli dana figura jest tego rodzaju, że wszystkie jej punkty są parami symetrycznie położone względem pewnej prostej, to tę figurę nazywamy figurą symetryczną. Składać się ona będzie z dwóch części, symetrycznie do siebie względem tej osi położonych. Figurę symetryczną do danej nazywamy jej obrazem symetrycznym. Tak więc np. punkt A1 jest obrazem symetrycznym punktu A. 104. Twierdzenie. Obraz symetryczny danego odcinka względem osi jest odcinkiem równym danemu.

Rys. 72 Weźmy najpierw odcinek AC (rys. 72), który ma jeden punkt wspólny C z osią symetrii xy. Punktem symetrycznym do punktu A będzie punkt A1, położony na prostopadłej AA1 i będący w równej odległości od osi. Łatwo możemy wywnioskować, że punkty odcinka AC, np. punkt B, będą miały obrazy symetryczne, położone na odcinku A1C. Istotnie, poprowadźmy przez punkt B prostopadłą do osi symetrii, niech ona przetnie odcinek A1C w punkcie B1. Trójkąt AA1C jest równoramienny, więc kąt ACA1 został podzielony osią xy na połowy, a zatem trójkąt BB1C będzie także równoramienny, dlatego że trójkąty prostokątne, na które go podzieliła oś xy, są przystające (II cecha przystawania trójkątów). Ponieważ punkt ma tylko jeden obraz do siebie symetryczny, widzimy, że i na odwrót: wszystkie punkty symetryczne do punktów odcinka AC będą leżały na odcinku A1C. Możemy więc powiedzieć, że odcinek A1C jest miejscem geometrycznym punktów symetrycznych do punktów odcinka AC, tzn. jest obrazem symetrycznym odcinka AC.

Oczywiście AC = A1C. To samo da się powiedzieć o odcinkach BC i B1C: BC = B1C. Stąd, po odjęciu, dostajemy AB = A1B1, cbdd. Uwaga. Jak należałoby poprowadzić rozumowanie, gdyby dany odcinek AB (ani jego przedłużenie) nie przecinał osi, zobaczymy później. 105. Z tego, co powiedzieliśmy, wynika, że 1. Odcinek jest figurą symetryczną, której osią symetrii jest prosta prostopadła, przechodząca przez środek odcinka. 2. Kąt jest figurą symetryczną, której osią jest dwusieczna kąta. 3. Trójkąt równoramienny jest figurą symetryczną względem wysokości (za podstawę wzięty jest bok nierówny). Trójkąt równoboczny jest figurą symetryczną względem każdej ze swych wysokości. 106. Twierdzenie. Obraz symetryczny trójkąta względem osi jest trójkątem doń przystającym. Dany jest trójkąt ABC i oś xy (rys. 73). Obraz symetryczny trójkąta łatwo otrzymać, znajdując obrazy wierzchołków i łącząc je odcinkami. Z poprzedniego twierdzenia jest oczywiste, że trójkąty ABC i A1B1C1 są przystające. Twierdzenie łatwo można uogólnić na przypadek wielokąta.

Rys. 73

Rys. 74

107. Symetria względem punktu. Dwa punkty nazywamy symetrycznymi względem danego punktu, jako środka, jeżeli leżą na prostej, przechodzącej przez ten punkt i są jednakowo od niego oddalone. Aby otrzymać punkt symetryczny do A lub do B względem danego środka O (rys. 74), należy przedłużyć odcinek AO lub BO i odłożyć OA1 = OA, lub OB1 = OB. Punkt A1 albo B1 nazywamy obrazem symetrycznym punktu A albo B względem punktu O. Oczywiście, istnieje tylko jeden punkt symetryczny do danego względem obranego środka (dlaczego?).

Dwie figury nazywamy symetrycznymi do siebie względem pewnego środka, jeżeli każdemu punktowi jednej figury odpowiada punkt drugiej figury, symetrycznie do niego względem tego środka położony. Jeżeli dana figura jest tego rodzaju, że wszystkie jej punkty są parami symetrycznie położone względem pewnego punktu jako środka, to nazywamy tę figurę środkowosymetryczną. Np. okrąg jest figurą symetryczną względem swego środka. 108. Twierdzenie. Obraz symetryczny odcinka względem danego środka jest odcinkiem równym danemu. Niech będzie dany odcinek AB (rys. 75). Znajdźmy punkty A1 i B1, symetrycznie położone do A i B względem danego środka O. Łatwo można dowieść, że A1B1 jest obrazem symetrycznym odcinka AB, to znaczy, że wszystkie punkty symetryczne do odcinka AB leżą na A1B1 i odwrotnie. Weźmy dowolny punkt na AB, np. C, połączmy go z O i prze dłużenie CO niech się przetnie z A1B1 w punkcie C1. Dowiedziemy, że punkt C1 jest obrazem symetrycznym punktu C. Zauważmy najpierw, że AOB = A1OB1 są przystające (mając równe dwa boki i kąt między nimi), skąd A = A1. Następnie AOC = A1OC1 (równy jeden bok i dwa przyległe do niego kąty), a zatem OC1 = OC.

Rys. 75 Ponieważ każdy punkt danego odcinka AB będzie miał tylko jeden obraz symetryczny, więc możemy powiedzieć, że odcinek A1B1 jest miejscem geometrycznym punktów symetrycznych do punktów odcinka AB względem środka O, czyli jest obrazem symetrycznym tego odcinka. Z przystawania trójkątów AOB i A1OB1 wynika oczywiście, że AB = A1B1. 109. Twierdzenie. Obraz symetryczny trójkąta względem pewnego środka jest trójkątem do niego przystającym. Dowód jest oczywisty (rys. 76). Ponieważ wielokąt można podzielić przekątnymi na trójkąty, więc twierdzenie łatwo rozszerzyć na wielokąty.

Rys. 76 110. Uwaga. Należy zauważyć, że kiedy mowa o symetrii środkowej, to układ elementów obrazu symetrycznego jest taki sam, jak figury danej. Kiedy zaś chodzi o symetrię osiową, elementy obrazu następują

po sobie w porządku przeciwnym, niż w figurze danej i dlatego przystawanie między figurą a jej obrazem w symetrii środkowej niekiedy nazywa się prostym, a przystawanie symetrii osiowej przystawaniem przez odwrócenie. Na rysunku 77 mamy przykład figur przystających przez odwrócenie.

Rys. 77 111. Twierdzenie. Jeżeli figura ma dwie prostopadłe do siebie osie symetrii, to punkt przecięcia się tych osi jest środkiem symetrii figury. Dowód. Niech A będzie dowolnym punktem danej figury, która ma dwie wzajemnie prostopadłe osie symetrii xx' i yy'. Obrazem punktu A względem osi xx' niech będzie punkt A1, a względem osi yy' punkt A2. Połączmy punkty A1 i A2 z punktem O. Łatwo zauważyć, że OA1 = OA2 (każdy z tych odcinków jest równy OA, gdyż trójkąty OAA2 i OA1A są trójkątami równoramiennymi). Dalej widzimy, z tych samych trójkątów, że: 1=

2i

3=

4.

Ponieważ suma kątów 2 i 3 jest kątem prostym, więc suma kątów 1 i 4 jest kątem prostym, a zatem suma kątów 1, 2, 3 i 4 jest kątem półpełnym, co dowodzi, że linia A2OA1 jest prostą. Stwierdziliśmy więc, że punkty A1 i A2 są do siebie symetryczne względem punktu O, a to dowodzi twierdzenia.

Rys. 78

§ 16. Ćwiczenia 1. Dane są trzy odcinki: 6 cm, 10 cm i 4 cm. Czy można z nich zbudować trójkąt? 2. Czy trzy odcinki, 5 cm, 9 cm i 10 cm, mogą utworzyć trójkąt?

3. Na jednym ramieniu kąta O odmierzono dwa kolejne dowolne odcinki: OA i AB, na drugim ramieniu odmierzono OC = OA i CD = AB, połączono A z D oraz B z C odcinkami AD i BC, przecinającymi się w punkcie E. Dowieść, że półprosta OE jest dwusieczną kąta O. 4. Dowieść, że każdy bok trójkąta jest mniejszy od połowy jego obwodu. 5. Dowieść, że wysokość trójkąta jest mniejsza od połowy sumy boków, wychodzących z tego samego wierzchołka. 6. Wewnątrz ABC obrano pewien punkt O i połączono go z wierzchołkami A i C. Dowieść, że 1) AO + OC < AB + BC 2) AOC > ABC. 7. Wewnątrz ABC obrano pewien punkt O i połączono go z wierzchołkami trójkąta. Dowieść, że suma jego odległości od wierzchołków trójkąta jest mniejsza od obwodu trójkąta, ale większa od połowy obwodu. 8. Dowieść, że dwa trójkąty są przystające, jeżeli mają po jednym boku równym i po dwa odpowiednie kąty równe, z których jeden jest do tego boku przyległy, a drugi przeciwległy. 9. Dowieść, że dwa trójkąty są przystające, jeżeli mają po dwa boki odpowiednio równe i po równym kącie przeciwległym do większego z boków. 10. Dowieść, że w trójkącie środkowa względem któregokolwiek boku jest mniejsza od połowy sumy boków pozostałych. 11. Dowieść, że w trójkącie suma wszystkich trzech środkowych jest mniejsza od obwodu trójkąta. (12-14). Dowieść, że dwa trójkąty równoramienne są przystające, jeżeli mają odpowiednio równe: 12. Podstawę i kąt do niej przyległy. 13. Podstawę i wysokość. 14. Wysokość i kąt przy wierzchołku. 15. Zbudować trójkąt równoramienny, mając jego podstawę i wysokość. 16. Zbudować trójkąt prostokątny, mając jego przyprostokątne. 17. Zbudować trójkąt równoboczny, mając dany jeden bok. 18. Odcinek podzielić na 4 równe części . 19. Kąt podzielić na 4 równe części . 20. Wykreślić dwa odcinki, których suma i różnica jest dana. 21. Wykreślić dwa kąty, których suma i różnica jest dana. 22. Dowieść, że dwusieczne kątów przyległych są do siebie prostopadłe. 23. Dowieść, że dwusieczne kątów wierzchołkowych tworzą jedną prostą.

24. Na bokach: AB, BC i AC trójkąta równobocznego ABC odłożono odcinki: AD = BE = CF. Dowieść, że punkty D, E i F są wierzchołkami trójkąta równobocznego. 25. Dowieść, że w trójkącie równobocznym wszystkie kąty są sobie równe. 26. Dowieść, że dwusieczna kąta przy wierzchołku trójkąta równoramiennego jest prostopadła do podstawy trójkąta oraz dzieli ją na połowy. 27. Sformułować i udowodnić twierdzenia odwrotne względem poprzedniego (zad. 26). 28. Dowieść, że w trójkącie równe boki mają równe środkowe. Sformułować i udowodnić twierdzenie odwrotne. 29. Dowieść, że dwusieczna kąta w trójkącie rozcina bok przeciwległy na dwa odcinki mniejsze od przyległych boków trójkąta. Wskazówka. Przedłużyć dwusieczną na równą jej odległość, a potem zastosować twierdzenia z punktów 74 i 78. 30. Jakie jest miejsce geometryczne środków okręgów o danym promieniu, przechodzących przez dany punkt? 31. Jakie jest miejsce geometryczne środków okręgów, które przechodzą przez dwa dane punkty? 32. Wykreślić miejsce geometryczne wierzchołków trójkątów równoramiennych, zbudowanych na wspólnej podstawie. 33. Dane są dwa punkty A i B, położone z jednej strony prostej MN w różnych odległościach od niej. Znaleźć na prostej MN taki punkt C, żeby kąty ACM i BCN były sobie równe. Wskazówka. Skorzystać z punktu symetrycznego. 34. Dowieść, że w poprzednim zadaniu suma odległości CA + + CB będzie najmniejsza jeżeli BCN.

ACM =

Proste równoległe § 17. Kąty przy równoległych. Postulat Euklidesa. Wnioski 12. Określenia. Jeżeli dwie proste położone na płaszczyźnie (rys. 79), przetniemy trzecią, którą nazywamy wówczas prostą sieczną, to utworzy się osiem kątów, mających następujące nazwy:

Rys. 79 1) kąty 3 i 6 oraz 4 i 5 - kąty naprzemianległe wewnętrzne; 2) kąty 1 i 8 oraz 2 i 7 - kąty naprzemianległe zewnętrzne; 3) kąty 1 i 5, 3 i 7, 2 i 6, 4 i 8 - kąty odpowiadające; 4) kąty 3 i 5, 4 i 6 - kąty jednostronne wewnętrzne; 5) kąty 1 i 7, 2 i 8 - kąty jednostronne zewnętrzne. Dwie proste, położone na tej samej płaszczyźnie, które nie przecinają się nazywamy prostymi równoległymi. O istnieniu takich prostych oraz o sposobie ich wykreślania mówi następujące twierdzenie: 113. Twierdzenie. Jeżeli dwie proste tworzą z pewną prostą sieczną kąty naprzemianległe wewnętrzne równe, to są one do siebie równoległe. Niech będą dane na płaszczyźnie dwie proste: prosta AB i prosta CD (rys. 80). Przetnijmy je prostą sieczną EF w punktach K i L i załóżmy, że 3 = 6. Mamy dowieść, że proste AB i CD nie przecinają się ze sobą, tj., że są do siebie równoległe, co będziemy oznaczać, pisząc AB II CD.

Rys. 80 Dowód. Zastosujemy tu metodę sprowadzenia do niedorzeczności. Przypuśćmy, że proste AB i CD nie są do siebie równoległe. Przecinają się więc w pewnym punkcie, który nazwiemy O. Wówczas w trójkącie OKL kąt 3 jest kątem zewnętrznym, a więc musiałby być większy od kąta wewnętrznego 6, co przeczy założeniu, że 3 = 6. Stąd wynika, że AB II CD, cbdd.

114. Wnioski. Pomiędzy ośmioma kątami, które tworzy sieczna z dwiema prostymi równoległymi, istnieją pewne zależności. Z udowodnionego twierdzenia wynikają następujące oczywiste wnioski (rys. 81):

Rys. 81 Jeśli dwie proste z jakąkolwiek sieczną tworzą: a) kąty naprzemianległe zewnętrzne równe (z równości

2=

7 wynika bowiem, że

3=

6),

b) kąty odpowiadające równe, c) kąty jednostronne (wewnętrzne lub zewnętrzne) dopełniające się, to te proste są do siebie równoległe. 115. Uwaga. Przytoczony tu dowód twierdzenia podał po raz pierwszy znakomity uczony grecki Euklides w swoim dziele Elementy. Euklides żył na początku III wieku przed Chrystusem i nauczał w Aleksandrii, a stał się słynny przez napisanie swoich Elementów, czyli zasad geometrii, po raz pierwszy ściśle naukowo potraktowanych. Nie ma na świecie książki naukowej, która cieszyłaby się takim rozpowszechnieniem i rozgłosem, jak Elementy Euklidesa, przełożone na wszystkie prawie języki; według tego dzieła przez wieki całe nauczano geometrii w szkołach. Jakkolwiek czytanie Elementów jest dość trudne, a ich uroczysty ton może dziś już czytelnika razić, to jednak jest to wzór ścisłości naukowej, którą dzięki Euklidesowi geometria od tak dawna posiada. Pojawienie się tego dzieła było tak znaczącym zdarzeniem w historii geometrii, że zwykle dzieli się ją na dwa okresy: przed Euklidesem i po Euklidesie. 116. Po udowodnieniu ostatniego twierdzenia powstaje z natury rzeczy pytanie, czy twierdzenie odwrotne względem niego będzie prawdziwe. Zagadnienie to nie jest tak proste, jakby się na pozór wydawać mogło. Okazuje się bowiem, że pewniki, które dotychczas poznaliśmy, nie dają odpowiedzi na postawione przez nas pytanie i musimy przyjąć bez dowodu następującą prawdę: Pewnik. Przez dany punkt można poprowadzić tylko jedną prostą równoległą do danej prostej. Po wprowadzeniu tego pewnika możemy już przystąpić do twierdzenia odwrotnego względem poprzedniego. 117. Twierdzenie odwrotne. Jeżeli dwie proste są do siebie równoległe, to kąty naprzemianległe wewnętrzne, które one tworzą z jakąkolwiek prostą sieczną, są sobie równe. Niech będą dane dwie proste: prosta AB i prosta CD i niech AB II CD (rys. 82).

Rys. 82 Przetnijmy je dowolną sieczną w punktach K i L. Mamy dowieść, że 3=

6.

Dowód. Uciekniemy się tu znowu do sposobu „ad absurdum”. Przypuśćmy, że kąty 3 i 6 nie są równe i niech kąt 3 będzie mniejszy od kąta 6. Wówczas moglibyśmy na prostej EF przy punkcie K zbudować kąt FKM równy kątowi 6, ale wtedy zgodnie z poprzednim twierdzeniem musiałoby być KM II CD, a że z założenia mamy AB II CD, więc wynikałoby stąd, że przez punkt K przechodzą dwie proste równoległe do CD, co przeczy pewnikowi. Widzimy więc, że kąt 3 nie może być różny od kąta 6, a zatem

3=

6, cbdd.

Wnioski. Z twierdzenia tego wynikają następujące wnioski: jeżeli dwie proste są do siebie równoległe, to tworzą one z jakąkolwiek sieczną: a) kąty naprzemianległe zewnętrzne równe sobie, b) kąty odpowiadające równe sobie, c) kąty jednostronne wewnętrzne (lub zewnętrzne) dopełniające się. 118. Postulat Euklidesa. Po udowodnieniu twierdzenia odwrotnego mamy prawo powiedzieć, że i pozostałe dwa tworzące czwórkę twierdzeń są prawdziwe, o czym była mowa w punkcie 87. W szczególności, będzie prawdą, że jeżeli kąty jednostronne nie są kątami dopełniającymi się, to dane proste nie są równoległe, tj. przecinają się. Otóż, twierdzenie w tym brzmieniu przyjął Euklides za pewnik w swojej teorii prostych równoległych. Ten właśnie pewnik, czyli tzw. XI pewnik Euklidesa znany jest w geometrii pod nazwą postulatu Euklidesa o prostych równoległych. Otrzymaliśmy ten postulat, jako wniosek z dowiedzionego twierdzenia dzięki temu, że wprowadziliśmy przedtem inny pewnik. Euklides natomiast obrał za punkt wyjścia swój postulat, nasz pewnik jest łatwym zeń wnioskiem. 119. Wnioski. Z postulatu Euklidesa i z poprzednich twierdzeń wynikają bezpośrednio następujące wnioski: 1) Dwie proste prostopadłe do tej samej prostej są do siebie równoległe. 2) Prosta, która przecina jedną z dwóch prostych równoległych, przecina także drugą.

3) Prosta prostopadła do jednej z dwóch równoległych jest prostopadła do drugiej prostej. 4) Dwie proste równoległe do trzeciej prostej są do siebie równoległe. Dowody pozostawiamy czytelnikowi. 120. Uwaga. Postulat Euklidesa o prostych równoległych nazywany bywa XI pewnikiem albo V postulatem Euklidesa, w różnych bowiem wydaniach jego Elementów rozróżniano pewniki, jako prawdy "wręcz oczywiste", od postulatów, które są podawane bez dowodu, jako pewne założenia, niezbędne do wyprowadzenia z nich następnych twierdzeń. Paryskie wydanie Euklidesa z początków XIX w., uchodzące za najlepsze, zawiera, jako V postulat (z ogólnej liczby sześciu), następujące założenie: Jeżeli dwie proste przecięte sieczną tworzą z nią kąty jednostronne nie dopełniające się, to te proste po przedłużeniu przecinają się ze sobą z tej strony siecznej, gdzie suma rozłożonych kątów jest mniejsza od kąta półpełnego. Ten właśnie brak "oczywistości" w postulacie V sprawił, że wielu uczonych przez wieki całe dokonywało próby udowodnienia go, czyli wyprowadzenia go jako wniosku z innych pewników geometrycznych. Pomijając mniej znane imiona wspomnieć należy, że już Ptolemeusz w II w. n.e., następnie Nasir ad-Din w XIII w., Clavius w XVI w. zostawili w swych pracach ślady poważnych, choć bezskutecznych usiłowań w tym kierunku, a znakomity matematyk Gauss wypowiedział się (1799 r.) o niemożliwości udowodnienia V postulatu Euklidesa, czyli jego niezależności od innych pewników. Oryginalną drogą poszli w swych dociekaniach o prostych równoległych prawie jednocześnie, a zupełnie niezależnie od siebie uczony rosyjski Nikołaj Łobaczewski oraz węgierski matematyk Janos Bolyai (pierwsza połowa XIX w.), wychodząc z następującego założenia: jeżeli byłoby możliwe wyprowadzenie V postulatu Euklidesa z pozostałych jego postulatów, wówczas przyjmując założenie sprzeczne z tym postulatem, pozostałe zaś uważając za prawdziwe, powinniśmy dojść do wyników niedorzecznych. Tymczasem dokonana przez nich budowa geometrii, oparta na nowym postulacie, sprzecznym z euklidesowskim („przez dany punkt można poprowadzić nieskończenie wiele prostych równoległych do prostej danej”), okazała się możliwa. Stąd wniosek, że ten postulat jest niezależny od pozostałych. Prace Łobaczewskiego i Bolyaia nabrały wielkiego rozgłosu w świecie naukowym, a nieco później uczony niemiecki Riemann zbudował również nową geometrię, zakładając, wbrew V postulatowi Euklidesa, że jeśli jakąkolwiek prostą poprowadzimy przez dany punkt, to zawsze ona przetnie daną prostą. Stworzone w ten sposób nowe geometrie, które noszą ogólną nazwę nieeuklidesowych, mogą być ciekawe z punktu widzenia czysto logicznego, ale niewątpliwie ustępować muszą geometrii Euklidesa pod względem prostoty w ujmowaniu zjawisk świata zewnętrznego. 121. Zadanie. Zbudować trójkąt, mając dany bok i dwa kąty do niego przyległe. Na danym odcinku przy każdym z jego końców wykreślamy kąty odpowiednio równe kątom danym. Ramiona tych kątów przetną się (dlaczego?) i punkt przecięcia będzie wierzchołkiem żądanego trójkąta. 122. Twierdzenie. Odcinki równoległe zawarte między dwiema prostymi równoległymi są sobie równe.

Rys. 83 Dane są dwie równoległe proste AB¨CD (rys. 83), przecięte dwiema prostymi równoległymi EF i GH. Mamy dowieść, że JK = LM JL = KM. Dowód. Połączmy punkt J z punktem M, wówczas 1 = 4 jako kąty naprzemianległe wewnętrzne, utworzone przez proste równoległe EF i GH z sieczną JM. Podobnie 2 = 3, zatem trójkąty JKM i JLM są przystające. Stąd otrzymujemy JK = LM i JL = KM, jako boki położone naprzeciw równych kątów, cbdd. 123. Twierdzenie odwrotne. Jeżeli w wyniku przecięcia dwóch prostych dwiema innymi prostymi otrzymujemy dwa odcinki równe i równoległe, to i dwa pozostałe odcinki będą równe i równoległe. Jeżeli JL = KM (rys. 83) i JL II KM, to trójkąty JLM i JKM są przystające, ponieważ JM = JM, JL = KM, = 4. Stąd zaś wynika, że ML = JK oraz 3 = 2, a w takim razie JK II LM. 124. Wnioski. 1) Niech będą dane dwie proste równoległe: prosta AB i prosta CD (rys. 84). Jeżeli z dowolnych punktów K, K1, K2 itd. prostej AB poprowadzimy odcinki KL, K1L1, K2L2 prostopadłe do CD, to odcinki te będą do siebie równoległe, a więc i równe. Ponieważ odcinkami KL, K1L1... mierzymy odległość punktów K, K1... od prostej CD i tymi samymi odcinkami mierzymy odległości punktów L, L1... od prostej AB, więc okazuje się, że wszystkie punkty jednej z dwóch równoległych prostych leżą w jednakowej odległości od drugiej prostej. Każdym z tych odcinków mierzy się odległość dwóch równoległych prostych.

Rys. 84

1

2) Jeżeli z dowolnych punktów prostej CD wystawimy do niej prostopadłe i odłożymy na nich równe sobie odcinki LK, L1K1, ..., to na mocy ostatnich dwóch twierdzeń wnosimy, że miejscem geometrycznym punktów równo oddalonych od danej prostej jest prosta do niej równoległa. Rzecz jasna, że ta prosta może leżeć z jednej lub z drugiej strony danej prostej, więc miejscem geometrycznym punktów o powyższej własności będą dwie proste równoległe do danej, poprowadzone w równej od niej odległości.

Rys. 85 125. Twierdzenie. Dwa kąty o ramionach odpowiednio do siebie równoległych albo są równe, albo się dopełniają. Dowód. Niech będą dane dwa kąty ABC i DEF (rys. 85). Jeżeli przedłużymy ramię AB do przecięcia się z EF, to widać, że każdy z danych kątów jest równy 1, a zatem ABC = DEF. Jeżeli przedłużymy ramię EF w przeciwnym kierunku, to kąt DEF1 będzie dopełnieniem kąta DEF jako do niego przyległy, a zatem będzie dopełnieniem kąta ABC. 126. Twierdzenie. Dwa kąty o odpowiednich ramionach do siebie prostopadłych albo są równe, albo się dopełniają. Kąty będą równe, jeżeli obydwa ich ramiona mają zwroty zgodne lub obydwa mają zwroty przeciwne; będą się dopełniały, jeżeli jedna para ramion ma zwrot zgodny, a druga przeciwny. Dowód w oparciu o ćwiczenie 10 (§ 6). 127. Twierdzenie. Prosta, która przechodzi przez środek jednego z boków trójkąta i jest równoległa do drugiego boku, dzieli bok trzeci na połowy.

Rys. 86 Dany jest trójkąt ABC (rys. 86), którego bok AC podzielono w punkcie D na połowy i poprowadzono DE II AB, trzeba dowieść, że CE = EB. Dowód. Z punktu D wyprowadźmy DF II CB. Otrzymamy wówczas trójkąty ADF i DCE, w których: AD = DC z założenia,

1= DAF = Zatem

ADF =

DCE jako kąty odpowiadające, 2, także jako kąty odpowiadające.

DCE, a stąd DF = CE.

Ponieważ DF = EB (dlaczego?), więc CE = EB. 128. Twierdzenie odwrotne. Odcinek, który łączy środki dwóch boków trójkąta, jest równoległy do trzeciego boku i równy jego połowie. Dowód. 1) Gdyby odcinek DE (rys. 86) nie był równoległy do AB, to moglibyśmy z punktu D wyprowadzić odcinek równoległy do odcinka AB, ale wtedy musiałby on podzielić bok CB na połowy, co jest niemożliwe, bo środkiem tego boku jest z założenia punkt E. 2) Z przystawania trójkątów ADF i CDE, które otrzymaliśmy, prowadząc DF II CB, wynika, że DE = AF, ale DE = FB, więc DE = AF = FB , czyli DE = AB/2. 129. Twierdzenie. Jeżeli na jednym z ramion danego kąta, poczynając od wierzchołka, odłożymy dowolną liczbę odcinków równych i przez ich końce poprowadzimy proste równoległe, to na drugim ramieniu otrzymamy taką samą liczbę odcinków sobie równych.

Rys. 87 Dowód. Dany jest kąt BAC (rys. 87). Na ramieniu AB odłóżmy AD = DE = EF = FG ... i poprowadźmy dowolny odcinek DD1, przecinający ramię AC w punkcie D1, a następnie odcinki EE1, FF1 ... równoległe do odcinka DD1.

Poprowadźmy odcinki DM, EN, FP ... równoległe do AC, dalsze rozumowanie przebiega jak w poprzednim twierdzeniu (patrz punkt 127). Otrzymamy wtedy: AD1 = D1E1 = E1F1 = ... 130. Zadanie. Dany odcinek podzielić na dowolną ilość równych części.

Niech dany będzie odcinek AB (rys. 88), który chcemy podzielić np. na trzy części równe. W tym celu przez punkt A prowadzimy dowolną prostą AE i odkładamy na niej, poczynając od A, trzy dowolne, ale równe sobie odcinki. Jeżeli koniec ostatniego z nich połączymy z punktem B, a przez końce pozostałych odcinków poprowadzimy równoległe do odcinka BE, to na zasadzie poprzedniego twierdzenia będzie: AC = CD = DB = AB/3.

§ 18. Ćwiczenia 1. Korzystając z własności kątów naprzemianległych wewnętrznych, przez dany punkt poprowadzić prostą równoległą do danej prostej. 2. Przez dany punkt poprowadzić równoległą do danej prostej, wykorzystując twierdzenia o dwóch prostych prostopadłych do trzeciej prostej. 3. Dwie proste równolegle przecięto jakąkolwiek sieczną. Dowieść, że: a) dwusieczne kątów odpowiadających są do siebie równoległe. b) dwusieczne kątów jednostronnych są do siebie prostopadłe. 4. Dwie równoległe proste przecięto dowolną sieczną. Jeden z otrzymanych kątów jest równy . Obliczyć wszystkie pozostałe kąty. 5. Znaleźć miejsce geometryczne punktów jednakowo oddalonych od dwóch równoległych prostych. 6. Dowieść, że rzut odcinka na prostą jest na ogół mniejszy od tego odcinka (w jednym przypadku jest mu równy, w jakim?). 7. Znaleźć obraz symetryczny odcinka równoległego do osi symetrii. 8. Wykreślić miejsce geometryczne punktów równo oddalonych od dwóch nierównoległych prostych bez przedłużania ich do przecięcia się z sobą.

9. Dowieść, że prosta równoległa do podstawy trójkąta równoramiennego odcina od niego trójkąt równoramienny. 10. Dowieść, że dwusieczne kątów przy podstawie trójkąta równoramiennego tworzą z tą podstawą nowy trójkąt równoramienny. 11. Wykreślić trójkąt równoramienny, mając dane: a) podstawę i kąt przy podstawie, b) wysokość i kąt przy wierzchołku. 12. Podzielić odcinek na 5 równych części. 13. W trójkącie prostokątnym z wierzchołka kąta prostego poprowadzono wysokość. Dowieść, że ta wysokość podzieliła kąt prosty na dwa kąty, odpowiednio równe kątom ostrym danego trójkąta. 14. Na przedłużeniach równych boków trójkąta równoramiennego odmierzono dwa równe sobie odcinki i końce ich połączono nowym odcinkiem. Dowieść, że odcinek ten jest równoległy do podstawy trójkąta. 15. W trójkącie równoramiennym jeden z kątów przy podstawie podzielono na połowy i przez koniec dwusiecznej poprowadzono równoległą do podstawy. Dowieść, że odcinek tej równoległej, zawarty między bokami trójkąta i odcinki tych boków, przylegające do podstawy, są sobie równe. 16. Dlaczego w trójkącie dwusieczne dwóch kątów muszą się z sobą przecinać? 17. Dlaczego w trójkącie osie symetrii dwóch boków muszą się ze sobą przecinać? 18. Dwa odcinki AB i CD dzielą się na połowy w punkcie O. Dowieść, że AC II BD. 19. Jakie jest miejsce geometryczne wierzchołków trójkątów o wspólnej podstawie, mających równe wysokości?

§ 19. Suma kątów trójkąta i wielokąta 131. Twierdzenie. W każdym trójkącie suma kątów jest równa dwóm kątom prostym.

Rys. 89 Dowód. Niech będzie dany ABC (rys. 89). Jeżeli przez którykolwiek wierzchołek, np. przez C, przeprowadzimy prostą DD' równolegle do przeciwległego boku AB, to przy tym wierzchołku otrzymamy kąty 1, C i 2, które w sumie tworzą kąt półpełny: 1+

C+

2 = 2d.

Ale z równoległości DD˘ do AB mamy: 1=

B;

2=

A,

a zatem A+

B+

C=

2d, cbdd.

Wniosek 1. W trójkącie prostokątnym suma kątów ostrych jest równa kątowi prostemu. Wniosek 2. W trójkącie równobocznym każdy z kątów jest równy 2/3 kąta prostego. Wniosek 3. Jeżeli dwa trójkąty mają po dwa kąty odpowiednio równe, to i pozostałe kąty mają równe. Wniosek 4. Kąt zewnętrzny trójkąta jest równy sumie dwóch kątów wewnętrznych, do niego nieprzyległych. Rzeczywiście, w trójkącie ABC (rys. 90) kąt ACB jest dopełnieniem sumy kątów A i B, ten sam kąt jest również dopełnieniem kąta zewnętrznego BCD, a zatem BCD =

A+

B.

132. Twierdzenie. Suma kątów wewnętrznych w wielokącie wypukłym jest równa dwóm kątom prostym wziętym tyle razy, ile wielokąt ma boków mniej dwa. Jeżeli w danym wielokącie (rys. 91) z jednego wierzchołka wyprowadzimy wszystkie przekątne, to podzielimy go na trójkąty, których będzie o dwa mniej, niż boków w wielokącie. Ponieważ w każdym trójkącie suma kątów jest równa dwóm kątom prostym, więc w danym wielokącie suma wszystkich kątów będzie wynosiła dwa kąty proste, powtórzone tyle razy, ile było trójkątów. Jeżeli liczba boków wielokąta wynosi n, to suma kątów jest równa 2d(n - 2). Więc np. w czworokącie suma kątów jest równa 4d, w pięciokącie 6d itd.

Rys. 90

Rys. 91

Wniosek. Jeżeli przy każdym z wierzchołków wielokąta utworzymy po jednym kącie zewnętrznym (rys. 91), to łatwo zauważyć, że będzie on wraz z kątem wewnętrznym przy tym wierzchołku dawać w sumie kąt półpełny, czyli kąt 2d. Suma wszystkich tych kątów będzie równa n × 2d. W tej sumie zawierać się będą kąty zewnętrzne i wewnętrzne, a zatem sumę kątów zewnętrznych otrzymamy jako różnicę: n × 2d - (n - 2) × 2d = 4d, tj. suma kątów zewnętrznych w każdym wielokącie wypukłym jest równa czterem kątom prostym.

§ 20. Ćwiczenia 1. Dane są dwa kąty trójkąta

i . Wykreślić kąt trzeci.

2. Dany jest jeden z kątów ostrych trójkąta prostokątnego równy . Wykreślić drugi kąt. 3. Kąt przy wierzchołku trójkąta równoramiennego jest równy a. Wykreślić kąty przy podstawie. 4. Kąt przy podstawie trójkąta równoramiennego jest równy a. Wykreślić kąt przy wierzchołku. 5. Kąt prosty podzielić na trzy równe cześci. 6. Jaki kształt będzie miał trójkąt, jeżeli a) jeden z jego kątów jest równy sumie dwóch pozostałych, b) jeden z kątów jest większy od sumy dwóch pozostałych, c) jeden z kątów jest mniejszy od sumy dwóch pozostałych? 7. Dowieść, że w trójkącie prostokątnym środkowa wyprowadzona z wierzchołka kąta prostego jest równa połowie przeciwprostokątnej. Wskazówka. Przedłużyć środkową na równą jej odległość; otrzymamy dwa przystające trójkąty prostokątne. 8. Sformułować i udowodnić twierdzenie odwrotne do twierdzenia z zadania 7. 9. Dowieść, że w każdym trójkącie kąt, zawarty między wysokością a dwusieczną wyprowadzoną z tego samego wierzchołka jest równy połowie różnicy kątów położonych przy boku przeciwległym. 10. Na odcinku AB wystawiono trójkąt równoramienny ABC, następnie na przedłużeniu boku BC odłożono odcinek CD równy odcinkowi CB i połączono punkt D z punktem A. Dowieść, że AD przedłużania.

AB. Jest to sposób wystawiania prostopadłej z końca danego odcinka bez jego

11. Dowieść, że jeżeli w trójkącie prostokątnym jeden z kątów ostrych jest połową drugiego, to bok naprzeciwko niego położony jest równy połowie przeciwprostokątnej. 12. Sformułować i udowodnić twierdzenie odwrotne do twierdzenia z zadania 11. 13. Przez wierzchołki danego trójkąta poprowadzono proste równoległe do przeciwległych boków. Dowieść, że w otrzymanym w ten sposób nowym trójkącie kąty będą odpowiednio równe kątom danego trójkąta, a jego boki będą dwa razy większe. 14. Dowieść, że suma kątów zewnętrznych wielokąta wypukłego jest równa czterem kątom prostym niezależnie od sumy kątów wewnętrznych. Wskazówka. Przez jeden z wierzchołków poprowadzić proste równoległe do przedłużeń boków wielokąta.

§ 21. Równoległoboki i ich własności. Trapez 133. Określenie. Spośród czworokątów wypukłych wyróżniamy czworokąt, który ma dwie pary boków równoległych. Taki czworokąt nazywa się równoległobokiem. Równoległobok otrzymujemy, jeżeli dwie proste równoległe przetniemy dwiema innymi prostymi równoległymi, np. ABCD (rys. 92). Jeśli któryś z boków, np. AD, uznamy za podstawę równoległoboku, odległość między bokami równoległymi nazwiemy jego wysokością.

Rys. 92

Rys. 93

134. Własności równoległoboku. W oparciu o posiadane dotychczas wiadomości możemy sformułować następujące twierdzenia: 1. Przeciwległe boki równoległoboku są sobie równe. 2. Przeciwległe kąty równoległoboku są sobie równe, położone zaś przy jednym boku są kątami dopełniającymi się. 3. Przekątna dzieli równoległobok na dwa trójkąty przystające. Wynika to z I cechy przystawania trójkątów. 4. Przekątne równoległoboku dzielą się na połowy. Dowód. Dany jest równoległobok ABCD (rys. 93), jego przekątne niech się przecinają w punkcie O. Otrzymujemy dwa trójkąty BOC i AOD, w których BC = AD jako boki przeciwległe; 1 = 2, 3 = kąty naprzemianległe wewnętrzne. Zatem BOC =

AOD.

Stąd: AO = OC i BO = OD jako boki położone naprzeciw równych kątów .

Rys. 95 Rys. 94

4 jako

Rys. 96 135. Wnioski. Na mocy pierwszego i drugiego z przytoczonych powyżej twierdzeń możemy powiedzieć, że: 1) równoległobok, który ma dwa boki wychodzące z jednego wierzchołka równe, ma wszystkie cztery boki równe. Taki równoległobok nazywamy rombem (rys. 94). 2) Równoległobok, który ma jeden kąt prosty, ma wszystkie kąty proste. Taki równoległobok nazywamy prostokątem (rys. 95). 3) Równoległobok, który ma dwa przyległe boki równe, a kąt między nimi prosty, ma wszystkie boki równe i wszystkie kąty proste. Taki równoległobok nazywamy kwadratem (rys. 96). Widzimy, że kwadrat jest to romb o kątach prostych albo prostokąt o równych bokach. Jasne jest, że własności równoległoboku, które były zawarte w poprzednich twierdzeniach, dotyczyć będą rombu, prostokąta i kwadratu jako szczególnych równoległoboków. Oprócz tych własności ogólnych każda z tych trzech figur będzie miała własności swoiste, które poznamy z następujących twierdzeń. 136. Twierdzenie. Przekątne rombu są do siebie prostopadłe i dzielą odpowiednie kąty rombu na połowy. Dowód. Dany jest romb ABCD (rys. 97), to znaczy taki równoległobok, w którym AB i AD są równe. Niech O będzie punktem przecięcia przekątnych tego rombu. Otrzymaliśmy trójkąt równoramienny ABD, w którym AO jest środkową względem podstawy BD (dlaczego?). Stąd wynika już, że ta środkowa będzie wysokością trójkąta i dwusieczną kąta przy wierzchołku, czyli AC

BD i

BAO =

OAD.

To, że druga przekątna dzieli na połowy kąty B i D, jest już oczywiste. 137. Twierdzenie. Przekątne prostokąta są sobie równe. Dowód wynika z tego, że trójkąty ABD i ACD są przystające (rys. 98).

Rys. 97

Rys. 98

138. Z łatwością można wywnioskować, że kwadrat będzie łączył w sobie własności rombu i prostokąta, a

zatem jego przekątne są do siebie prostopadłe, są sobie równe i dzielą kąty kwadratu na połowy. 139. Symetria równoległoboków. Do poznanych już ogólnych własności równoległoboków oraz własności ich szczególnych przypadków prostokątów, rombów i kwadratów dołączyć możemy jeszcze własności następujące: 1) Równoległobok jest figurą symetryczną względem punktu przecięcia się jego przekątnych. Wynikać będzie stąd, że jakikolwiek odcinek, zawarty między równoległymi bokami i przechodzący przez punkt przecięcia się przekątnych podzieli się w tym punkcie na połowy (dlaczego?). Ten punkt nazywa się środkiem równoległoboku. 2) Romb ma dwie osie symetrii. Są nimi oczywiście przekątne. 3) Prostokąt ma dwie osie symetrii (jakie?). 4) Kwadrat ma cztery osie symetrii (jakie?). 140. Określenia. Czworokąt, który ma jedną parę boków do siebie równoległych, nazywamy trapezem, np. ABCD (rys. 99). Boki równoległe nazywamy podstawami trapezu, a odległość między nimi wysokością. Trapez nosi nazwę trapezu równoramiennego, jeżeli ma boki nierównoległe równe sobie. Odcinek EF, który łączy środki boków nierównoległych, nazywamy linią środkową trapezu. 141. Twierdzenie. Linia środkowa trapezu jest równoległa do obu podstaw i równa połowie ich sumy.

Rys. 99 Dowód. Dany jest trapez ABCD (rys. 99). Niech E będzie środkiem boku AB, F środkiem boku CD, a odcinek EF linią środkową. Przez punkty B i F poprowadźmy prostą, która przetnie przedłużenie podstawy AD trapezu w punkcie M. Wówczas trójkąty BCF i DFM są przystające dlatego, że CF = FD z założenia, 1=

2, jako kąty wierzchołkowe,

3=

4, jako kąty naprzemianległe.

Z przystawania tych trójkątów wynika, że BF = FM.

W takim razie w trójkącie ABM odcinek EF łączy środki dwóch boków. Mamy zatem EF II AM, a więc EF II AD. Oprócz tego będzie EF=AM/2 , ale AM = AD + DM = AD + BC, bo DM = BC, wobec przystawania trójkątów BCF i DFM. Będzie więc ostatecznie EF=(AD+BC)/2.

Rys. 100 142. Określenie. Jeżeli na danym odcinku wykreślimy z obydwu jego stron 2 trójkąty równoramienne, które nie są przystające, to otrzymamy czworokąt, który nosi nazwę deltoidu (rys. 100). Przekątne deltoidu są do siebie prostopadłe, ale tylko jedna z nich dzieli się na połowy przy przecięciu z drugą. Widzimy, że deltoid jest figurą symetryczną względem tylko jednej ze swoich przekątnych.

§ 22. Ćwiczenia 1. Sformułować i udowodnić cztery twierdzenia odwrotne względem twierdzeń z punktu 134. 2. Zbudować równoległobok bez prowadzenia linii równoległych. 3. Dowieść, że czworokąt, którego przekątne dzielą się na połowy i są do siebie prostopadłe, jest rombem. 4. Zbudować romb bez prowadzenia prostych równoległych. 5. Dowieść, że czworokąt, którego przekątne są sobie równe i dzielą się na połowy, jest prostokątem. 6. Dowieść, że środki boków jakiegokolwiek czworokąta wypukłego są wierzchołkami równoległoboku.

7. Dowieść, że środki boków prostokąta są wierzchołkami rombu. 8. Dowieść, że środki boków rombu są wierzchołkami prostokąta. 9. Jakie i ile elementów potrzeba i wystarcza, aby: a) dwa równoległoboki były przystające, b) dwa prostokąty były przystające, c) dwa romby były przystające, d) dwa kwadraty były przystające? 10. Czy trapez równoramienny jest figurą symetryczną? Jaka jest jej oś symetrii? 11. Dowieść, że w trapezie równoramiennym przekątne są równe. (12-14). Zbudować prostokąt, mając dane: 12. dwa sąsiednie boki, 13. przekątne i kąt między nimi zawarty, 14. bok i kąt między przekątnymi. (15-17). Zbudować romb, mając: 15. bok i jeden z kątów, 16. przekątne, 17. wysokość i jedną z przekątnych. 18. Zbudować kwadrat, mając dany bok. 19. Zbudować kwadrat mając daną przekątną. (20-23). Zbudować równoległobok, mając: 20. dwa sąsiednie boki i kąt między nimi, 21. podstawę oraz obydwie przekątne, 22. przekątne i kąt między nimi, 23. podstawę, bok i wysokość. (24-25). Zbudować trapez, mając: 24. podstawę, jeden z boków nierównoległych i kąty przy podstawie, 25. cztery boki.

Wskazówka. Rozciąć trapez równoległą do jednego z boków na równoległobok i trójkąt. 26. Zbudować trapez równoramienny, mając jedną podstawę, bok nierównoległy i przekątną.

§ 23. Punkty szczególne w trójkącie 143. Twierdzenie. Osie symetrii wszystkich trzech boków trójkąta przecinają się w jednym punkcie. Dowód. Niech będzie dany trójkąt ABC (rys. 101), DK jest osią symetrii boku AB, EL osią symetrii boku AC. Te dwie osie przecinają się ze sobą (dlaczego?), niech O będzie punktem ich przecięcia.

Rys. 101 O tym punkcie możemy powiedzieć, że 1) jest jednakowo oddalony od wierzchołków A i B trójkąta, jednakowo oddalony od wierzchołków A i C z podobnej przyczyny. Stąd wynika, że punkt O jest jednakowo oddalony od wszystkich trzech wierzchołków trójkąta, więc i od B i C, a zatem musi leżeć także na osi symetrii boku BC, czyli jest punktem przecięcia się osi wszystkich trzech boków trójkąta, cbdd. 144. Wnioski. Z tego twierdzenia bezpośrednio wynikają następujące wnioski: 1) Ponieważ, jak widzieliśmy, punkt P leży w jednakowej odległości od wierzchołków trójkąta, więc biorąc go za środek, a za promień odcinek OA = OB = OC, możemy wykreślić okrąg, który przechodzić będzie przez wszystkie wierzchołki trójkąta. Taki okrąg nazywamy okręgiem opisanym na trójkącie. A zatem: na każdym trójkącie można opisać okrąg. Środek tego okręgu jest właśnie pierwszym punktem szczególnym trójkąta. 2) Jeżeli wierzchołki trójkąta ABC uważać będziemy za trzy dane punkty na płaszczyźnie, to możemy powiedzieć, że punkt O jest wyznaczony przez te trzy punkty, a tym samym wyznaczony jest i okrąg, o którym poprzednio mówiliśmy. Zatem, trzy punkty będące wierzchołkami trójkąta, tj. nie leżące na jednej prostej, wyznaczają okrąg (wyznaczają okrąg, to znaczy, że okrąg zawsze można wykreślić i tylko jeden). 145. Twierdzenie. Osie symetrii (dwusieczne) wszystkich trzech kątów trójkąta przecinają się w jednym punkcie.

Rys. 102 Dowód. W trójkącie ABC (rys. 102) podzielmy kąty A i C na połowy, dwusieczna AE będzie osią symetrii kąta A, CD - osią kąta C. Niech te dwusieczne przecinają się w punkcie O. Rozumując podobnie jak w twierdzeniu poprzednim, dojdziemy do wniosku, że ten punkt leży w jednakowej odległości od wszystkich boków trójkąta, a jeżeli jest jednakowo oddalony od boków AB i BC, to musi leżeć także na osi kąta B, a to dowodzi twierdzenia. Odległości punktu symetrii O (drugiego punktu szczególnego w trójkącie) od boków trójkąta są równe. Biorąc jedną z nich za promień, a punkt O za środek, otrzymać możemy okrąg. Co to za okrąg, zobaczymy wkrótce. 146. Twierdzenie. W trójkącie wszystkie trzy wysokości przecinają się w jednym punkcie. W trójkącie ABC (rys. 103) spuśćmy wszystkie trzy wysokości: AD, BE i CF; trzeba dowieść, że przecinają się one w jednym punkcie.

Rys. 103 Dowód. Przez wierzchołek B poprowadźmy równoległą do AC, przez C równoległą do AB i przez A równoległą do BC. Zauważmy, że czworokąty: AJBC, ABKC, ABCL, są równoległobokami. Z tego wynika, że AC = JB = BK, a więc B jest środkiem boku JK, dalej AB = KC = CL, a więc C jest środkiem boku KL i nareszcie BC = JA = AL, a więc A jest środkiem boku JL. Z drugiej strony prosta AD jest prostopadła do BC z założenia, ale JL jest równoległa do BC, a zatem AD jest prostopadła do JL, podobnie CF KL i BE JK. Widzimy, że proste AD, BE i CF są prostopadłe do boków trójkąta JKL, wystawione z ich środków, a więc, jak to już wiemy, przecinać się muszą w jednym punkcie. Poznaliśmy trzeci punkt szczególny, który nazywamy ortocentrum trójkąta. Uwaga. Dowód powyżej przytoczony został podany przez znakomitego matematyka niemieckiego Gaussa (1777-1855). 147. Twierdzenie. W trójkącie wszystkie trzy środkowe przecinają się w jednym punkcie.

Rys. 104 Niech AE i CD (rys. 104) będą środkowymi trójkąta ABC, tj. niech AD = BD i BE = EC, a ich punktem przecięcia niech będzie M. Trzeba dowieść, że trzecia środkowa musi przejść przez punkt M. Dowód. Podzielmy odcinki AM i MC na połowy i połączmy ich środki K i L. Poprowadźmy jeszcze odcinki DK, DE i EL. Wtedy z trójkąta AMC widzimy, że KL jest równoległa do ACi że KL = AC/2, a z trójkąta ABC mamy, że DE jest równoległa do AC i DE = AC/2. Stąd wnioskujemy, że DE jest równe i równoległe do KL, a zatem czworokąt DELK jest równoległobokiem. Z tego równoległoboku mamy, że DM = ML i KM = ME, a że oprócz tego było ML = LC i AK = KM, więc ME jest trzecią częścią środkowej AE i DM jest trzecią częścią środkowej CD. Łatwo już zrozumieć, że gdybyśmy z punktu B wyprowadzili trzecią środkową, to musiałaby się ona przeciąć z CD w takim punkcie, który by od niej i od CD odcinał trzecią część, a że takim punktem dla CD jest M, więc i trzecia środkowa musi przejść przez punkt M. Punkt, który poznaliśmy w tym twierdzeniu, nosi w mechanice nazwę środka ciężkości trójkąta.

Koło § 24. Położenie prostej względem koła 148. Wiemy już, że punkt położony na płaszczyźnie danego koła leży albo na zewnątrz koła, albo wewnątrz niego, albo wreszcie na okręgu. Podobnie każda prosta może przyjmować także trzy położenia względem koła i właśnie te trzy przypadki położeń rozważymy kolejno. Twierdzenie. Prosta poprowadzona w odległości od środka koła większej od jego promienia nie ma żadnego punktu wspólnego z kołem, tj. leży całkowicie na zewnątrz koła.

Rys. 105

Dane jest koło O i prosta MN (rys. 105), której odległością od środka O jest odcinek OA że odległość OA jest większa od promienia, który oznaczać będziemy r, więc OA > r.

MN. Zakładamy,

Jeżeli na prostej MN obierzemy dowolny punkt B, to jego odległość OB od środka koła będzie większa od promienia, a zatem punkt B leży na zewnątrz koła. Widzimy więc, że wszystkie punkty prostej MN leżą poza kołem. 149. Twierdzenie. Prosta poprowadzona w odległości od środka koła mniejszej niż jego promień ma z okręgiem dwa punkty wspólne.

Rys. 106 Dane jest koło o środku w punkcie O i promieniu r oraz prosta MN (rys. 106), której odległość od środka O jest mniejsza od promienia; zakładamy więc, że OA < r. Odłóżmy na prostej MN z obydwu stron punktu A odcinki AB i AB1 równe promieniowi r i połączmy ich końce ze środkiem koła. Ponieważ AB = AB1 = r, więc OB = = OB1 > r (dlaczego?), a to dowodzi, że punkty B i B1 leżą na zewnątrz koła. Ponieważ punkt A leży wewnątrz koła, więc na mocy znanego pewnika (patrz punkt 57) możemy powiedzieć, że każdy z odcinków AB i AB1 ma z okręgiem po jednym punkcie wspólnym, a to dowodzi twierdzenia. Określenie. Prostą, która ma z okręgiem dwa punkty wspólne, nazywamy sieczną względem koła. 150. Twierdzenie. Prosta poprowadzona w odległości od środka koła równej jego promieniowi ma z okręgiem tylko jeden punkt wspólny.

Rys. 107

Dane jest znowu koło o środku w punkcie O i promieniu r oraz prosta MN, poprowadzona w odległości od środka równej promieniowi, tj. prosta przechodząca przez punkt A (rys. 107) i oczywiście prostopadła do AO. Każdy punkt tej prostej, oprócz punktu A, będzie leżał od środka koła w odległości większej od promienia, np. będzie OB > OA, a więc każdy inny punkt tej prostej, oprócz A, będzie leżał na zewnątrz koła, cbdd. Określenie. Prostą, która ma z okręgiem tylko jeden punkt wspólny, nazywamy styczną do koła. Punkt wspólny okręgu i prostej nazywamy ich punktem styczności. 151. Z drugiego z twierdzeń niniejszego rozdziału wnosimy, że styczna do koła leży od jego środka w odległości równej promieniowi, inaczej mówiąc: styczna jest prostopadła do promienia przechodzącego przez punkt styczności. Wniosek. Przez dany punkt okręgu można poprowadzić tylko jedną styczną. 152. Z tego, co było powiedziane, widoczny jest sposób wykreślenia stycznej w punkcie położonym na danym okręgu. Jak poprowadzić styczną z punktu zewnętrznego? Zadanie. Z punktu leżącego na zewnątrz koła poprowadzić do niego styczną.

Rys. 108 Dane jest koło o środku w punkcie O i promieniu r oraz punkt zewnętrzny A (rys. 108). Poprowadźmy odcinek OA i przez jego punkt przecięcia B z okręgiem poprowadźmy prostą prostopadłą do niego. Jeżeli teraz ze środka O promieniem OA opiszemy okrąg, to przetnie się on z tą prostopadłą w punkcie C. Łącząc punkt C ze środkiem O odcinkiem OC, przetniemy okrąg danego koła w punkcie D. Punkty A i D wyznaczają prostą AD, która będzie żądaną styczną. Istotnie, trójkąty ODA i OCB są przystające, dlatego że OD = OB, OA = OC i kąt DOA mają wspólny. Z przystawania tych trójkątów wynika, że kąt ODA jest prosty, jako kąt równy kątowi OBC, a więc prosta AD jest styczną. Widzimy dalej, że okrąg, opisany promieniem OA, przetnie się z prostą prostopadłą BC jeszcze w drugim punkcie C1, który będzie symetrycznie położony do C względem OA, a zatem z drugiej strony odcinka OA otrzymamy jeszcze jedną styczną AD1. Zadanie ma zatem dwa rozwiązania. Wniosek. Z przystawania trójkątów prostokątnych ODA i OD1A wynika, że AD = AD1, czyli styczne do koła, wyprowadzone z danego punktu zewnętrznego, są sobie równe. Pamiętać należy, że mówiąc o równości stycznych, mamy na myśli odcinki stycznych, liczone od punktu, z którego zostały wyprowadzone, do punktów styczności.

Rys. 109 153. Określenie. Mówimy, że okrąg jest okręgiem wpisanym w trójkąt, jeżeli jest styczne do wszystkich boków trójkąta. O trójkącie mówimy wówczas, że jest trójkątem opisanym na okręgu. Zadanie. W dany trójkąt wpisać okrąg. Z określenia okręgu wpisanego w trójkąt wynika, że odległości jego środka od boków trójkąta są promieniami tego okręgu, a zatem są równe. Dlatego środkiem okręgu wpisanego w trójkąt jest punkt, w którym przecinają się dwusieczne kątów trójkąta (drugi punkt szczególny trójkąta, patrz punkt 145). Stąd już oczywisty jest sposób rozwiązania naszego problemu: Należy podzielić dwa kąty trójkąta na połowy. Punkt przecięcia się dwusiecznych będzie środkiem okręgu wpisanego, a promieniem odcinek prostopadły do boku poprowadzony z O (rys. 109). Zadanie ma dokładnie jedno rozwiązanie, czyli w każdy trójkąt można zawsze wpisać okrąg, i to tylko jeden. Zadanie można rozszerzyć, poszukując okręgu stycznego niekoniecznie do boków trójkąta, lecz do ich przedłużeń, tj. poszukując okręgu stycznego do trzech danych prostych, parami przecinających się. W tym celu podzielmy na połowy dwa kąty zewnętrzne ABC przy wierzchołkach A i B (rys. 109). Punkt przecięcia się tych dwusiecznych O1 będzie środkiem okręgu stycznego do boku AB trójkąta ABC i do przedłużeń dwóch pozostałych boków. (Łatwo się przekonać, że przez punkt O1 przechodzić będzie również dwusieczna kąta wewnętrznego ACB w trójkącie ABC). Promieniem tego okręgu jest odcinek, poprowadzony z O1 i prostopadły do boku AB albo, co na to samo wychodzi, odcinek prostopadły do przedłużenia boku AC lub boku BC. W taki sposób otrzymamy trzy okręgi, których środkami będą punkty: O1, O2, O3. Okręgi te noszą nazwę okręgów dopisanych do trójkąta ABC. Tak więc zadanie o okręgu stycznym do trzech prostych ma cztery rozwiązania.

§ 25. Własności średnicy. Odległość punktu od okręgu 154. Twierdzenie. Średnica koła jest większa od każdej cięciwy nie będącej średnicą. Dowód . Dany jest okrąg (rys. 110), poprowadźmy dowolną jego średnicę AB i dowolną cięciwę CD. Jeżeli końce tej cięciwy połączymy ze środkiem O okręgu, to otrzymamy trójkąt COD, w którym mamy CO + OD > CD, stąd AB = AO + OB > CD.

Rys. 110

Rys. 111

155. Twierdzenie. Średnica prostopadła do cięciwy dzieli tę cięciwę na połowy. Dany jest okrąg (rys. 111), a w nim cięciwa AB i średnica CD AB. Jeżeli końce cięciwy połączymy ze środkiem okręgu, otrzymamy trójkąt równoramienny AOB, w którym OE jest wysokością, a zatem AE = EB. 156. Twierdzenie odwrotne. Średnica, która dzieli cięciwę na połowy, jest do niej prostopadła. Jest to oczywisty wniosek z faktu, że trójkąt AOB (rys. 111) jest trójkątem równoramiennym. Wniosek 1. Okrąg jest figurą symetryczną względem każdej średnicy. Wniosek 2. Miejscem geometrycznym środków wszystkich cięciw do siebie równoległych jest średnica koła, prostopadła do jednej z tych cięciw. 157. Niech będzie dane koło o środku w punkcie O z promieniem r i pewien punkt A wewnętrzny (rys. 112) lub zewnętrzny (rys. 113).

Rys. 112

Rys. 113

Jeżeli ten punkt połączymy z jakimkolwiek punktem C leżącym na okręgu, to odcinek AC będzie odległością danego punktu od punktu C okręgu. Oczywiście odległość ta będzie różna dla różnych punktów okręgu. Można zadać pytanie, który z punktów połączonych na okręgu jest najbliższy, a który najdalszy punktowi A?

Twierdzenie. Najmniejszą odległością danego punktu od okręgu jest odcinek, którego przedłużenie przechodzi przez środek koła; największą zaś jest odcinek, który przechodzi przez środek koła. Poprowadźmy przez dany punkt A i przez środek koła sieczną, przecinającą okrąg w punktach B i B1. Połączmy dowolny punkt C okręgu ze środkiem koła. Jeżeli punkt A jest punktem wewnętrznym koła, to AB = OB - OA = OC - OA, ale z trójkąta OCA mamy OC - OA < AC, więc AB < AC. Dla punktu A, który jest punktem zewnętrznym, otrzymamy taką samą nierówność. Z drugiej strony AB1 = OA + OB1 = OA + OC > AC. Tak samo będzie AB1 > AC1 (z trójkąta OC1A). Tym właśnie najmniejszym odcinkiem AB mierzymy odległość punktu od okręgu.

§ 26. Własności łuków i cięciw

Rys. 114 158. Określenia. Jeżeli końce łuku AB (rys. 114) połączymy ze środkiem koła, to otrzymamy kąt AOB, który nazywamy kątem środkowym; a więc kąt środkowy jest utworzony przez dwa promienie koła. Dwa łuki w danym kole będziemy nazywali równymi, jeżeli odpowiadające im kąty środkowe są równe. Jeżeli kąty środkowe nie są równe, to za łuk większy uznamy ten, który odpowiada kątowi większemu. Punkt wewnętrzny łuku, np. punkt B na łuku AC, dzieli go na dwie części: na łuk AB i łuk BC. Mówimy wtedy, że łuk AC jest sumą łuków AB i BC, zaś łuk BC jest różnicą łuków AC i AB. Widzimy zatem, że dwa łuki tego samego koła możemy łączyć znakami równości, nierówności oraz znakami działań arytmetycznych. Zatem łuki należą do wielkości geometrycznych i do nich, podobnie jak do odcinków i kątów, możemy stosować pewniki ogólne (patrz punkt 32). Zobaczymy zaraz, jaka istnieje zależność między łukami tego samego koła a odpowiadającymi im cięciwami. Należy jednak zauważyć, że każdej cięciwie odpowiadają w kole dwa łuki i dwa kąty środkowe, z których

jeden jest wypukły, drugi wklęsły. Jeżeli więc będziemy mówili o cięciwie odpowiadającej łukowi, to będziemy mieli na myśli jeden z tych kątów, a zatem i jeden z łuków, mianowicie ten łuk, który odpowiada kątowi środkowemu wypukłemu, tj. łuk mniejszy od półokręgu. 159. Twierdzenie. W każdym kole równym łukom odpowiadają równe cięciwy. Dane jest koło o środku w punkcie O (rys. 115) i dwa równe łuki AB i CD. Jeżeli końce tych łuków połączymy ze środkiem koła, to otrzymamy dwa trójkąty OAB i COD, które są przystające, ponieważ mają po dwa boki równe i po odpowiednim kącie między nimi zawartym równym. Stąd wnosimy, że cięciwy AB i CD są równe.

Rys. 115

Rys. 116

160. Twierdzenie odwrotne. W każdym kole równym cięciwom odpowiadają równe łuki. Fakt ten wynika z przystawania trójkątów AOB i COD (rys. 115). 161. Mając poprzednie dwa twierdzenia, łatwo wnioskujemy, że: 1) w każdym kole większemu łukowi odpowiada większa cięciwa, 2) w każdym kole większej cięciwie odpowiada większy łuk. 162. Twierdzenie. W każdym kole równe cięciwy są równo oddalone od środka koła. Dane jest koło o środku w punkcie O (rys. 116) i dwie cięciwy AB i CD. Odległością pierwszej z nich od środka koła jest odcinek OE prostopadły do AB, drugiej odcinek OF prostopadły do CD. Zakładamy, że AB = CD, mamy dowieść, że OE = OF. Dowód. Połączmy punkty A i C ze środkiem koła. Otrzymamy wówczas dwa trójkąty prostokątne: AOE i COF, które są przystające, dlatego że OA = OC i AE = CF, gdyż AE jest połową cięciwy AB (patrz punkt 155), a CF połową cięciwy CD; będzie więc OE = OF. 163. Twierdzenie. W każdym kole większa z dwóch cięciw położona jest bliżej środka koła.

Rys. 117 W kole o środku w punkcie O (rys. 117) dane są dwie cięciwy AB i CD, których odległościami od środka koła są odcinki OE i OF, OE

AB i OF

CD.

Zakładamy, że AB > CD, mamy dowieść, że OE < OF. Dowód. Odmierzmy na okręgu łuk AG równy CD, wtedy cięciwy AG i CD będą równe i ich odległości od środka koła będą równe, tzn.: OH = OF, gdzie OH

AG.

Odcinek OH przetnie się z cięciwą AB (dlaczego?) w pewnym punkcie K i OE < OK jako prostopadła i pochyła, ale oczywiście OK < OH, więc OE < OH, czyli OE < OF. 164. Ostatnie dwa twierdzenia możemy odwrócić i wypowiedzieć jeszcze dwa twierdzenia: 1) W każdym kole cięciwy równo oddalone od środka koła są sobie równe. 2) W każdym kole ta z dwóch cięciw jest większa, która leży bliżej środka koła. Stąd wynika, że średnica koła jest największą z cięciw, o czym już wiemy skądinąd. Uwaga. W twierdzeniach poprzednich mówiliśmy o cięciwach tego samego koła, możemy to samo oczywiście powiedzieć o cięciwach w dwóch kołach przystających.

§ 27. Położenie dwóch kół względem siebie 165. Określenia. Dwa koła, które mają wspólny środek, nazywamy kołami współśrodkowymi, inaczej koncentrycznymi (rys. 118), w przeciwnym razie nazywamy je kołami niewspółśrodkowymi (rys. 119) lub ekscentrycznymi. Prostą, która przechodzi przez środki dwóch kół niewspółśrodkowych, nazywamy linią środków tych kół.

Rys. 118

Rys. 119

166. Dwa koła niewspółśrodkowe mogą być względem siebie różnie położone zależnie od tego, w jakiej odległości od siebie leżą ich środki. Twierdzenie. Jeżeli odległość środków dwóch okręgów jest mniejsza od różnicy ich promieni, to okręgi nie mają żadnego punktu wspólnego i jeden z nich leży całkowicie wewnątrz drugiego. Dowód. Środkiem większego okręgu niech będzie O1, a promieniem r1 (rys. 120), środkiem mniejszego O2, a promieniem r2.

Rys. 120

Rys. 121

Poprowadźmy linię środków do przecięcia mniejszego okręgu w punkcie B (więc O2B = r2). Zakładamy, że O1O2 < r1 - r2, czyli O1O2 < r1 - O2B, skąd mamy O1O2 + O2B < r1, czyli O1B < r1. A zatem punkt B leży wewnątrz większego koła, a że odcinek O1B jest największy z odcinków, jakie można poprowadzić z punktu O1 do okręgu mniejszego (patrz punkt 157), więc tym bardziej inne punkty tego okręgu

leżały wewnątrz koła pierwszego. 167. Twierdzenie. Jeżeli odległość środków dwóch okręgów jest równa różnicy ich promieni, to okręgi mają tylko jeden punkt wspólny. Dowód. Jeżeli O1O2 = r1 - r2 (rys. 121), to wykreśliwszy linię środków O1O2 do przecięcia się z większym okręgiem w punkcie A, będziemy mieli r1 = O1A, a więc będzie r2 = O2A (jako różnica między r1 = O1A i O1O2). Odcinek O2A będzie promieniem mniejszego koła. Stąd widzimy, że punkt A jest punktem wspólnym dla danych okręgów. Ponieważ zaś odcinek O1A jest największy z odcinków, jakie można poprowadzić z punktu O1 do okręgu O2, więc wszystkie inne punkty tego okręgu będą leżały wewnątrz pierwszego koła. 168. Dwa okręgi, które mają tylko jeden punkt wspólny, nazywamy okręgami stycznymi do siebie i jeżeli są tak położone, że wszystkie pozostałe punkty jednego z nich leżą wewnątrz drugiego, powiadamy, że są styczne wewnętrznie. Wniosek. Punkt wspólny dwóch wewnętrznie stycznych do siebie okręgów leży na linii środków. 169. Twierdzenie. Jeżeli odległość środków dwóch okręgów jest większa od różnicy ich promieni, ale mniejsza od ich sumy, to okręgi mają dwa punkty wspólne.

Rys. 122 Dowód. Jeżeli O1O2 > r1 - r2 (rys. 122), to oznaczając punkty przecięcia linii środków z mniejszym okręgiem przez B i C, mamy r2 = O2C, więc O1O2 > r1 - O2C, stąd O1O2 + O2C > r1, czyli O1C > r1, a to dowodzi, że punkt C leży na zewnątrz większego okręgu. Z założenia mamy również O1O2 < r1 + r2, skąd zakładając, że O1O2 > r2, otrzymujemy

O1O2 - r2 < r1, a zatem O1B < r1, co dowodzi, że punkt B leży wewnątrz większego okręgu. Widzimy więc, że mniejszy okrąg, na którym leżą punkty B i C, należące do różnych części okręgu większego, musi go przecinać w dwóch punktach, położonych z różnych stron linii środków. W dowodzie tym założyliśmy, że O1O2 > r2; gdyby zaś O1O2 = r2, to wtedy punkt B musiałby być środkiem większego okręgu, a więc leżałby wewnątrz niego.

Rys. 123 Jeżeli wreszcie O1O2< r2, (rys. 123) to wtedy O1B = O2B - O1O2, a więc O1B < O2B, czyli O1B < r2 i tym bardziej O1B < r1, a to dowodzić będzie, że punkt B leży wewnątrz większego okręgu. Wniosek. Wspólne punkty dwóch przecinających się okręgów są symetrycznie do siebie położone względem linii środków.

Rys. 124 170. Twierdzenie. Jeżeli odległość środków dwóch okręgów jest równa sumie ich promieni, to okręgi mają tylko jeden punkt wspólny. Dowód. Mamy teraz O1O2 = r1 + r2 (rys. 124). Jeżeli punkt przecięcia linii środków z pierwszym okręgiem nazwiemy A, to r1 = O1A, a zatem r2 = AO2. Okręgi mają więc jeden punkt wspólny A. Ponieważ odcinek O1A = r1 jest najmniejszym z odcinkiem, jaki można poprowadzić z punktu O1 do drugiego okręgu, więc wszystkie inne punkty drugiego okręgu leżą od O1 w odległości większej niż r1, czyli leżą na zewnątrz drugiego okręgu. Okręgi są wtedy styczne do siebie i mówimy, że są styczne zewnętrznie. Wniosek. Punkt wspólny dwóch zewnętrznie stycznych okręgów leży na linii środków. 171. Twierdzenie. Jeżeli odległość środków dwóch okręgów jest większa od sumy ich promieni, to okręgi nie mają punktów wspólnych i jeden leży całkowicie na zewnątrz drugiego.

Rys. 125 Jeżeli O1O2 > r1 + r2, to łącząc środki tych kół, otrzymamy w przecięciu z pierwszym okręgiem punkt A, czyli będzie O1A = r1 (rys. 125). Ponieważ O1O2 > r1 + r2, czyli O1O2 > O1A + r2, więc będzie AO2 > r2 (po odjęciu O1A), a stąd wynika, że punkt A leży na zewnątrz drugiego koła. A że odcinek O2A jest najmniejszym z odcinków, jakie można poprowadzić z punktu O2 do pierwszego okręgu i O2A > r2, więc wszystkie punkty drugiego okręgu leżą na zewnątrz pierwszego. 172. Z poprzednich twierdzeń widzimy, że dwa niewspółśrodkowe okręgi mogą być względem siebie w pięciu różnych położeniach zależnie od tego jakie są odległości ich środków:

1) O1O2 < r1 - r2; 2) O1O2 = r1 - r2; 3) r1 - r2 < O1O2 < r1 + r2; 4) O1O2 = r1 + r2; 5) O1O2 > r1 + r2.

§ 28. O zadaniach konstrukcyjnych 173. Uwagi ogólne. Poznane przez nas dotychczas podstawowe konstrukcje, do których zaliczamy zadania o podziale odcinka lub kąta na połowy, o budowie kąta równego danemu, o budowie trójkątów z trzech danych elementów, o prowadzeniu równoległej i prostopadłej itp., pozwalają przy pomocy zdobytych już wiadomości na zastosowanie ich do konstrukcji o charakterze nieco bardziej skomplikowanym. Ogólnego sposobu rozwiązywania takich zadań oczywiście podać nie można. Wiele znaczy tu wprawa, nabyta przez praktykę i własną spostrzegawczość. Najczęściej w zadaniach takich chodzi o znalezienie pewnego punktu, o wykreślenie prostej, okręgu. Jeżeli więc chodzić będzie o punkt (jak to bywa bardzo często w zadaniach o budowie trójkąta), pamiętać należy, że będzie on wyznaczony, o ile potrafimy wykreślić dwie linie, czyli dwa miejsca geometryczne, których przecięciem ma być poszukiwany punkt. Jeżeli chodzi o prostą, musimy znaleźć dwa punkty, przez które ona ma przechodzić. Koło będzie wyznaczone, o ile znajdziemy jego środek i promień itp. W ogóle w rozwiązywaniu zadania konstrukcyjnego należy wyróżnić cztery następujące etapy: 1) Przypuszczając, że zadanie zostało rozwiązane, rozważamy figurę, która odpowiada postawionym warunkom. Następnie, zestawiając uważnie dane elementy tej figury z poszukiwanymi, staramy się wykryć sposób jej zbudowania, najczęściej posługujemy się konstrukcjami, które jako bardziej podstawowe są już nam znane i nie nastręczają trudności. Takie postępowanie prowadzi do wykrycia sposobu rozwiązania. Jest to tzw. analiza, polegająca na rozkładaniu zadania na pomocnicze części, czyli na zastępowaniu go innymi zadaniami, tak długo, dopóki nie dojdzie się do konstrukcji podstawowej. 2) Dokonawszy analizy, która stanowi najważniejszą część rozwiązania, przechodzimy już do konstrukcji, odwracając kolejność czynności pośrednich i dochodząc w końcu do konstrukcji żądanej. 3) Następnie należy jeszcze sprawdzić, czyli udowodnić, że otrzymana figura jest istotnie tą, o którą chodziło w zadaniu. 4) Wreszcie przeprowadzamy dyskusję zadania, rozważając dokładnie, jaki jest warunek możliwości rozwiązania i ile może być rozwiązań danego zadania. W zadaniach mało skomplikowanych sposób konstrukcji sam rzuca się w oczy, wtedy analizę pomijamy. Dowód najczęściej wynika wprost z warunków, które spełnia konstrukcja, natomiast dyskusji nigdy pomijać nie należy.

Weźmy dla przykładu znane już zadanie o budowie trójkąta z trzech odcinków danych a, b i c.

Rys. 126 Postępując według wskazówek dopiero co podanych, wykreślamy odręcznie trójkąt ABC (rys. 126), w którym podstawa AB ma być równa odcinkowi c, bok AC = b i bok BC = a. Widzimy, że odmierzając na dowolnej prostej odcinek AB = c, mamy już dwa wierzchołki trójkąta żądanego, chodzi więc o położenie trzeciego wierzchołka. Z naszkicowanej figury widać, że odległość punktu C od A jest znana, równa odcinkowi b, a zatem ten punkt musi leżeć na miejscu geometrycznym punktów, znajdujących się od A w odległości b, więc będzie leżał na okręgu zakreślonym z punktu A promieniem b. Z drugiej strony punkt C leży na miejscu geometrycznym punktów, znajdujących się w odległości a od B, a więc na okręgu, zakreślonym z punktu B promienia a. Stąd już wynika, że położenie punktu C jest wyznaczone przez przecięcie się dwóch okręgów. W ten sposób przeprowadziliśmy analizę zadania. Konstrukcja wynika już wprost z analizy. Dowód, że ABC jest żądanym trójkątem, wynika stąd, że jego boki są (na mocy konstrukcji) równe odpowiednio odcinkom: a, b i c. Dyskusja. Warunkiem koniecznym i wystarczającym do możliwości rozwiązania będzie ten, żeby dwa okręgi, o których mówiliśmy, przecięły się ze sobą, a więc a - b < c < a + b. Okręgi przecinają się ze sobą na ogół w dwóch punktach, więc powinny być dwa rozwiązania, widzimy jednak, że są one do siebie symetryczne, mianowicie są to dwa trójkąty położone z obu stron odcinka AB. Zwykle, jeżeli mowa o trójkącie, chodzi o figurę położoną z jednej - z góry umówionej - strony prostej, mówimy więc, że jest tu jedno rozwiązanie. 174. Ogólnie, rozwiązanie zadania geometrycznego polega na wykreśleniu pewnej skończonej liczby prostych i okręgów Konstrukcja nosi nazwę platońskiej na cześć znakomitego starożytnego myśliciela Platona (427-348 r. przed nar. Chr.). W praktyce do wykonania najprostszych konstrukcji posługujemy się linijką, cyrklem i czasami ekierką. Należy jednak pamiętać, że konstrukcja praktyczna jest rozwiązaniem, które polega na przeprowadzeniu rozumowania. Ekierka służy zwykle do praktycznego wykreślania prostopadłej. Np. chcąc wykreślić prostopadłą do MN (rys. 127) w punkcie A, przystawiamy ekierkę do prostej danej bokiem BA, wtedy drugi bok AC da kierunek prostopadły do MN.

Rys. 127 Jeżeli pragniemy przez punkt K (rys. 128) poprowadzić równoległą do MN, przystawiamy ekierkę ABC bokiem AB do prostej MN, a do boku AC (albo CB) przykładamy linijkę DE. Posuwając ekierkę po brzegu nieruchomej linijki, aż bok AB spotka punkt K, otrzymamy takie położenie ekierki A'B'C', iż A'B' będzie równoległe do AB. Jako przykłady na zastosowanie podanych poprzednio ogólnych uwag, rozwiążemy następujące zadania:

Rys. 128

Rys. 129

175. Zadanie. Zbudować trójkąt, mając podstawę, kąt do niej przyległy i sumę pozostałych dwóch boków. Dane są dwa odcinki: c, jako podstawa, s równy sumie boków a + b, oraz kąt 129).

przyległy do podstawy (rys.

Analiza. Przypuśćmy, że zadanie rozwiązano i żądanym trójkątem jest ABC, w którym podstawa AB = c, kąt A przyległy do niej jest równy . Badając tę figurę, widzimy, że wprost nie będzie można zauważyć zależności między danymi elementami c, s, i , dopóki nie mamy na rysunku odcinka s. Przedłużmy zatem bok AC i odmierzmy CD = BC. Wtedy AD = AC + CB = s. Jeżeli teraz połączymy ze sobą punkty D i B, otrzymamy trójkąt ADB, w którym będą znane dwa boki i kąt między nimi zawarty, a więc wykreślić go potrafimy. Jakże teraz przejść do trójkąta żądanego? Chodzić tu będzie o znalezienie położenia wierzchołka C, który będzie zadość czynił dwóm warunkom: 1) będzie leżał na miejscu geometrycznym punktów równo oddalonych od punktów B i D, 2) będzie leżał na prostej AD. A zatem wierzchołek C jest wyznaczony. Dzięki analizie zadanie sprowadziliśmy do dwóch konstrukcji podstawowych:

a) zbudować trójkąt, mając dwa boki i kąt między nimi, b) wykreślić miejsce geometryczne punktów równo oddalonych od dwóch punktów danych. Konstrukcja jest już widoczna z analizy. Przeprowadzić dowód i dyskusję! 176. Zadanie. Zbudować trójkąt, mając jego obwód i dwa kąty.

Rys. 130. Analiza. Przypuśćmy, że ABC (rys. 130) jest żądanym trójkątem. Przedłużmy podstawę AB i odetnijmy AD = AC i BE = BC. Łącząc punkty D i E z punktem C, otrzymujemy trójkąt pomocniczy DCE, który wykreślić możemy, dlatego że jego podstawą jest DE = AB + AC + BC, czyli dany obwód trójkąta, D = 1/2a (dlaczego?) i E = 1/2b. Mając zaś trójkąt DCE, łatwo już otrzymać wierzchołki A i B, wiedząc, że każdy z nich czyni zadość dwóm warunkom: a) leży na prostej DE, b) leży na osi symetrii boków DC i CE. Stąd już konstrukcja jest oczywista. Podać dowód i przeprowadzić dyskusję. 177. Zadanie. Zbudować trójkąt, mając dane jego dwa boki i wysokość względem jednego z nich.

Analiza. Żądanym trójkątem niech będzie trójkąt ABC (rys. 131), dane są boki AB i AC oraz wysokość h względem AB.

Rys. 131 Wierzchołek C będzie czynił zadość dwóm warunkom: a) będzie leżał w odległości h od podstawy, b) w odległości b od punktu A. A zatem będzie punktem przecięcia dwóch miejsc geometrycznych (jakich?).

Przeprowadzić dyskusję! 178. Zadanie. Zbudować trójkąt, mając dane jego dwa boki i środkową względem trzeciego boku. Analiza. Przedłużyć środkową i odłożyć odcinek równy jej długości. Łącząc koniec tej podwojonej i środkowej z jednym z końców podstawy, widzimy, że zadanie sprowadza się do konstrukcji podstawowej: wykreślić trójkąt, mając dane jego trzy boki. Dalsza konstrukcja nie nastręcza trudności. Jaki będzie warunek możliwości rozwiązania i ile będzie rozwiązań? 179. Zadanie. Zbudować trójkąt, mając jego trzy środkowe. Pamiętając, że środkowe w trójkącie przecinają się w jednym punkcie, który odcina od każdej z nich trzecią część (patrz punkt 147), zadanie sprowadzamy do poprzedniego. 180. Zadanie. Zbudować trójkąt, mając środki jego trzech boków. Rozwiązanie oparte jest na twierdzeniu o odcinku, łączącym środki dwóch boków trójkąta. 181. Zadanie. Danym promieniem opisać koło styczne do ramion danego kąta. Środek koła będzie punktem przecięcia dwóch miejsc geometrycznych (jakich?). 182. Zadanie. Do dwóch kół poprowadzić wspólną styczną. Analiza. Przypuśćmy, że żądaną styczną jest prosta AB (rys. 132). Jeżeli punkty styczności A i B połączymy z odpowiednimi

Rys. 132 środkami kół, to otrzymamy promienie O1A i O2B do siebie równoległe. Na promieniu O1A odłóżmy odcinek AC = O2B i poprowadźmy prostą CO2. Prosta ta będzie prostą styczną do koła współśrodkowego z kołem o środku w punkcie O1 i promieniu O1A, wyprowadzoną z punktu O2, a takie zadanie już rozwiązać potrafimy. Oczywiście otrzymamy jeszcze styczną A1B1 symetryczną do AB. Oprócz tych dwóch stycznych możemy otrzymać jeszcze dwie styczne (wewnętrzne), prowadząc naprzód styczną pomocniczą z punktu O1 do koła współśrodkowego z danym kołem o środku w punkcie O2, opisane promieniem równym sumie promieni kół danych. Wykonać konstrukcję i wykazać, że zadanie może mieć cztery rozwiązania, trzy, dwa, jedno i wreszcie, że może być nierozwiązalne.

§ 29. Ćwiczenia 1. Podzielić łuk na połowy. 2. Dowieść, że styczna równoległa do cięciwy dzieli w punkcie styczności łuk odpowiadający tej cięciwie na połowy. 3. Dowieść, że łuki zawarte między równoległymi cięciwami, są sobie równe. 4. Jakie jest miejsce geometryczne środków kół stycznych do danej prostej w danym jej punkcie? 5. Jakie jest miejsce środków kół stycznych: a) do dwóch równoległych prostych? b) do dwóch przecinających się prostych? 6. Skonstruować koło o danym promieniu styczne do dwóch przecinających się prostych. 7. Narysować okrąg, przechodzący przez dany punkt i styczny do danej prostej w danym jej punkcie. 8. Jakie jest miejsce geometryczne środków wszystkich równoległych do siebie cięciw danego koła? 9. Jakie jest miejsce geometryczne środków wszystkich równych sobie cięciw w danym kole? 10. Dane jest koło i prosta do niego styczna w punkcie P. Uzasadnij, że prosta prostopadła do tej stycznej przechodząca przez punkt P przechodzi przez środek koła. 11. Znaleźć miejsce geometryczne punktów, których odległość od danego okręgu jest równa danemu odcinkowi. 12. Wyznaczyć miejsce geometryczne punktów, które są końcami odcinków o tej samej danej długości odłożonych na każdej prostej stycznej do danego koła poczynając od punktu styczności. 13. Jakie jest miejsce geometryczne środków kół o danym promieniu i stycznych do danego koła? 14. Jakie jest miejsce geometryczne środków kół o danym promieniu, które od danej prostej odcinają cięciwę danej długości? 15. Danym promieniem zakreślić koło styczne do dwóch kół danych. 16. Danym promieniem zakreślić okrąg styczny do okręgu danego i przechodzący przez dany punkt. 17. Danym promieniem zakreślić koło, styczne do danej prostej, którego środek leży na drugiej danej prostej. 18. Danym promieniem zakreślić okrąg styczny do danej prostej i przechodzący przez dany punkt. 19. Danym promieniem zakreślić koło styczne do danego koła i danej prostej. 20. Skonstruować okrąg, który przechodzi przez dwa dane punkty i którego środek leży na danej prostej.

21. W kole poprowadzić cięciwę danej długości w danym kierunku. 22. Promienie dwóch okręgów są równe 12 cm i 8 cm. W jakiej odległości należy umieścić od siebie środki tych okręgów, aby: a) nie miały punktów wspólnych i jeden leżał wewnątrz drugiego? b) były do siebie styczne wewnętrznie? c) przecinały się? d) były styczne zewnętrznie? e) nie miały punktów wspólnych i jeden leżał na zewnątrz drugiego? 23. Zbudować trójkąt, mając jego podstawę, kąt do niej przyległy i różnicę dwóch pozostałych boków. 24. Zbudować trójkąt równoramienny, mając jego obwód i wysokość względem boku nierównego. 25. Zbudować trójkąt, mając bok a, sumę boków b + c i kąt A. 26. Zbudować trójkąt, mając a, b - c i kąt A. 27. Przez wspólny punkt dwóch przecinających się okręgów poprowadzić prostą tak, aby jej odcinki, położone wewnątrz kół były sobie równe. 28. Zbudować trójkąt prostokątny mając przeciwprostokątną i sumę przyprostokątnych. 30. Zbudować trójkąt, mając dane dwa boki i promień koła opisanego na tym trójkącie. 31. Zbudować trapez, mając dane boki równoległe i obie przekątne. 32. W trójkąt ABC wpisano okrąg, którego punktami styczności z bokami AB, BC, AC są odpowiednie punkty D, E i F. Dowieść, że AD = AF = p - a, BD = BE = p - b, CE = CF = p - c, gdzie p oznacza połowę obwodu trójkąta.

Kąty w kole. Czworokąty wpisane i opisane § 30. Kąty w kole 183. Określenia. Kąt, którego wierzchołek leży na okręgu, a ramionami są dwie cięciwy, nazywamy kątem wpisanym, np. ABC (rys. 133). O łuku AC mówimy, że jest zawarty między ramionami kąta ABC albo że kąt

ABC na nim się opiera; o łuku ABC mówimy, że obejmuje kąt ABC.

Rys. 133

Rys. 134

Twierdzenie. Kąt wpisany jest równy połowie kąta środkowego, opartego na tym samym łuku. Rozróżnimy tu trzy możliwe przypadki: 1. Środek koła leży na jednym z ramion kąta (rys. 134). Łącząc punkt A ze środkiem koła O, otrzymamy trójkąt AOB, w którym kąt AOC jest zewnętrzny, a zatem AOC =

A+

B,

ale ponieważ ten trójkąt jest równoramienny, więc A=

B,

a zatem AOC = 2 B, czyli B= AOC/2.

Rys. 135 2. Środek koła leży wewnątrz kąta wpisanego (rys. 135). Połączmy punkty A i C ze środkiem koła i poprowadźmy przez punkt B średnicę BD. Otrzymamy dwa kąty wpisane ABD i DBC takie, o jakich mówiliśmy poprzednio, więc ABD= AOD/2,

DBC= DOC/2 . Wówczas ABC =

ABD +

DBC

czyli ABC= AOC/2, .

Rys. 136 3. Środek koła leży na zewnątrz kąta wpisanego (rys. 136). Łącząc punkty A i C ze środkiem koła, dostajemy kąt środkowy AOC. Jeżeli znowu przez punkt B poprowadzimy średnicę BD, to otrzymamy dwa kąty wpisane DBC i DBA, o jakich mówiliśmy w przypadku 1, a zatem: . DBC= DOC/2, DBA= DOA/2. Mamy więc

B=

ABC =

DBC -

DBA.

Stąd ABC= AOC/2, , cbdd. 184. Wniosek 1. Kąty wpisane, oparte na tym samym łuku, są sobie równe. Np. kąty ACB, ADB, AEB (rys. 137) będą sobie równe dlatego, że każdy z nich jest równy połowie tego samego kąta środkowego. Wniosek 2. Rozważmy kąt wpisany ACB oparty na łuku ADB (rys. 138) i drugi kąt wpisany, np. ADB oparty na łuku ACB. Kąt ACB jest równy połowie kąta środkowego AOB wypukłego, kąt ADB będzie równy połowie kąta środkowego AOB wklęsłego. Ponieważ suma kątów wypukłego i wklęsłego o wierzchołkach w punkcie O tworzy kąt pełny, więc suma kątów wpisanych ACB i ADB tworzy kąt półpełny.

Rys. 137

Rys. 138

Stąd mamy następujący wniosek: dwa kąty wpisane, mające wierzchołki z przeciwnych stron cięciwy, na której są oparte, dopełniają się nawzajem do kąta półpełnego. Wniosek 3. Poprowadźmy w kole średnicę AB (rys. 139), która, jak wiadomo, podzieli cały okrąg na dwa półokręgi. Jeżeli końce tej średnicy połączymy z jakimkolwiek punktem C, położonym na okręgu, otrzymamy kąt wpisany ACB, oparty na półokręgu, albo, jak się mówi, oparty na średnicy. Ponieważ kąt środkowy AOB, oparty na tym samym półokręgu, jest półpełny, więc kąt ACB, jako jego połowa, jest prosty. A więc kąt wpisany, oparty na średnicy, jest prosty.

Rys. 139

Rys. 140

Uwaga. Twierdzenie, wypowiedziane w tym wniosku, przypisywane jest Talesowi z Miletu. 185. Twierdzenie. Kąt, utworzony przez styczną do koła i cięciwę przechodzącą przez punkt styczności jest równy kątowi wpisanemu opartemu na tym samym łuku co cięciwa i położonemu po przeciwnej niż ten łuk stronie cięciwy. Przez punkt C okręgu (rys. 140) poprowadzona jest styczna AB i cięciwa CD, utworzył się kąt BCD. Poprowadźmy przez punkt C średnicę CE i połączmy punkt E z punktem D, wtedy trójkąty CED i BCD są przystające, bo ramiona ich są odpowiednio prostopadłe: CE AB, ED CD (na podstawie poprzedniego wniosku). Kąt CED jest wpisany, oparty na łuku CD, równy mu więc będzie jakikolwiek inny kąt wpisany, oparty na tym samym łuku CD; twierdzenie jest udowodnione. Uwaga. Styczna AB tworzy z cięciwą CD jeszcze jeden kąt, mianowicie kąt ACD, który jest dopełnieniem kąta BCD. Rzecz prosta, że kąt ACD będzie równy kątowi wpisanemu, mającemu wierzchołek na łuku CD pomiędzy C i D. 186. W danym kole poprowadźmy jakąkolwiek cięciwę AB (rys. 141) i szereg kątów wpisanych, np. ACB, AC'B itd., opartych na łuku AB. Wiemy już, że wszystkie te kąty są równe.

Rys. 141 Jeżeli wyobrazimy sobie, że w punkcie C lub C' znajduje się nasze oko, to powiadamy, że cięciwę AB widzimy z punktu C pod kątem ACB. Pod tym samym kątem widzimy cięciwę AB z każdego punktu, położonego na łuku AC'CB, który obejmuje każdy z tych kątów wpisanych. Zachodzi teraz pytanie: jak się zmieni kąt widzenia odcinka AB, jeżeli nasze oko znajdzie się gdzieś wewnątrz koła (ale z tej samej strony odcinka)? Dla ułatwienia rozumowania obierzmy punkt wewnętrzny D, położony na ramieniu AC poprzedniego kąta. Odcinek AB widzimy teraz pod kątem ADB, który nie jest równy ACB, ale większy od niego (jako zewnętrzny w DCB). Weźmy wreszcie teraz punkt E leżący na zewnątrz koła (ale z tej samej strony AB), z tego punktu odcinek AB widzimy pod kątem AEB, który, jak to łatwo spostrzec, będzie mniejszy od kąta ACB. Stąd mamy: Twierdzenie. Kąt, pod którym cięciwa koła jest widziana z punktu położonego wewnątrz (na zewnątrz koła) jest większy (mniejszy) od kąta wpisanego opartego na tej cięciwie. 187. Na mocy powyższych twierdzeń mamy prawo powiedzieć, co następuje: miejscem geometrycznym punktów, z których dany odcinek jest widziany pod tym samym danym kątem, jest łuk koła obejmujący ten kąt. 188. Zadanie. Wykreślić miejsce geometryczne punktów, z których dany odcinek widać pod danym kątem. Dany jest odcinek AB i kąt (rys. 142). Znajdźmy jeden z punktów żądanego miejsca geometrycznego. W tym celu z punktu A wyprowadźmy dowolną półprostą i na niej przy pewnym punkcie C zbudujmy kąt ACD równy kątowi . Jeżeli teraz z punktu B wyprowadzimy równoległą do DC, to jej przecięcie z półprostą AC da punkt E, który będzie jednym z żądanych punktów, dlatego że AEB = .

Rys. 142

Rys. 143

Aby znaleźć wszystkie punkty żądanego miejsca geometrycznego, należy przez A, E i B poprowadzić okrąg. Szukanym miejscem geometrycznym będzie łuk AEB. Inny sposób rozwiązania danego zadania jest następujący: Na odcinku AB (rys. 143) przy punkcie A budujemy kąt BAD równy kątowi . Jeżeli poprowadzimy prostopadłą do AD i wykreślimy oś symetrii odcinka AB, to w przecięciu z tą prostopadłą otrzymamy punkt O, który będzie środkiem poszukiwanego koła, promieniem będzie AO. Żądanym miejscem geometrycznym będzie łuk ACB, bo ACB = BAD = , niezależnie od wyboru C na tym łuku, na mocy twierdzenia z punktu 185. 189. Zadanie. Poprowadzić styczną do danego koła z punktu położonego na zewnątrz tego koła. Zadanie rozwiązaliśmy poprzednio. Podajemy tu inny sposób, oparty na następującym rozumowaniu: Dane jest koło o środku O i punkt zewnętrzny A (rys. 144). Przypuśćmy, że żądaną styczną jest AB, wtedy kąt OBA musi być prosty. Jeżeli więc na OA jako na średnicy zbudujemy okrąg, to wierzchołek kąta OBA będzie leżał na tym okręgu jako wierzchołek kąta prostego opartego na średnicy. Stąd już widoczna jest konstrukcja.

Rys. 144

Rys. 145

190. Zadanie. Zbudować trójkąt, mając dane: podstawę, wysokość i kąt przeciwległy do podstawy. Analiza. Dwa wierzchołki żądanego trójkąta są wiadome: A i B, chodzić będzie o trzeci (rys. 145). Wierzchołek ten czyni zadość warunkom: 1) leży na miejscu geometrycznym punktów, z których podstawę AB widać pod danym kątem, 2) leży na miejscu geometrycznym punktów znajdujących się w danej odległości (równej wysokości trójkąta) od podstawy AB. Stąd już (biorąc pod uwagę punkt 188) widoczna jest konstrukcja.

§ 31. Czworokąty wpisane i opisane

Rys. 146 191. Jeżeli na danym okręgu obierzemy cztery dowolne punkty A, B, C i D (rys. 146) i połączymy je kolejno, to otrzymamy czworokąt (wypukły) ABCD wpisany w okrąg. Twierdzenie. W czworokącie wpisanym w okrąg kąty przeciwległe są kątami dopełniającymi się. Niech będzie dany czworokąt ABCD (rys. 146) wpisany w okrąg. Zauważmy, że kąty A i C są wpisane oparte na tej samej cięciwie, ale położone z różnych jej stron, więc się dopełniają (patrz punkt 184, wniosek 2). Oczywiście to samo dotyczyć będzie kątów B i D.

192. Twierdzenie odwrotne. Jeżeli w czworokącie wypukłym kąty przeciwległe są kątami dopełniającymi się, to można na tym czworokącie opisać okrąg. Dany jest czworokąt ABCD (rys. 147), w którym B+

D = 2d;

wtedy oczywiście i suma dwóch pozostałych kątów będzie równa sumie dwóch kątów prostych. Przez trzy punkty A, B i C możemy poprowadzić okrąg, interesuje nas, czy okrąg ten przejdzie przez czwarty wierzchołek D. Przypuśćmy, że tak nie jest, tzn. że okrąg minie punkt D. Jeśliby punkt D znalazł się wewnątrz tego okręgu, to kąt D nie mógłby być dopełnieniem kąta B (patrz punkt 184, wniosek 2), co przeczyłoby założeniu. Jeśliby punkt D znalazł się na zewnątrz okręgu, przechodzącego przez wierzchołki A, B i C, to kąt D byłby mniejszy od dopełnienia kąta B, co znowu przeczyłoby założeniu.

A więc okrąg, poprowadzony przez trzy wierzchołki A, B, C, musi przejść i przez czwarty wierzchołek D. Z dowiedzionych twierdzeń wnioskujemy, że aby na czworokącie można było opisać okrąg, potrzeba i wystarcza, żeby jego przeciwległe kąty były kątami dopełniającymi się. 193. Jeżeli na okręgu obierzemy cztery punkty i poprowadzimy przez nie styczne, to punkty przecięcia kolejnych stycznych będą wierzchołkami czworokąta opisanego na okręgu (rys. 148).

Rys. 148 Twierdzenie. W czworokącie opisanym na okręgu sumy boków przeciwległych są sobie równe. Pamiętając, że odcinki dwu stycznych okręgu wyprowadzonych z danego punktu są sobie równe, AE = AH, BE = BF itd., możemy napisać: AB + DC = AE + EB + + DG + GC = AH + BF + + DH + FC = AD + BC, cbdd. 194. Twierdzenie odwrotne. Jeżeli w czworokącie sumy przeciwległych boków są sobie równe, to w czworokąt ten można wpisać okrąg.

Rys. 149 Niech będzie dany czworokąt ABCD (rys. 149), w którym AB + DC = AD + BC. Zawsze możemy zakreślić okrąg styczny do trzech danych prostych: AD, AB i BC (jak to zrobić?). Interesuje nas, czy okrąg ten będzie również styczny do czwartego boku. Przypuśćmy, że tak nie jest, a mianowicie, że bok DC znajdzie się na zewnątrz skonstruowanego okręgu. Wtedy moglibyśmy z punktu D poprowadzić znanym sposobem styczną do tego okręgu. Niech styczna ta

przetnie się z bokiem BC w pewnym punkcie C'. Otrzymalibyśmy wówczas czworokąt ABC˘D opisany na okręgu, a więc musiałoby być AB + DC' = AD + BC'. Jeżeli otrzymaną równość porównamy z daną w założeniu: AB + DC = AD + BC, to otrzymamy DC - DC' = BC - BC', tj. DC - DC' = CC'. Doszliśmy do niedorzeczności, bo w trójkącie różnica dwóch boków nie może być równa trzeciemu bokowi. Widzimy więc, że nasze przypuszczenie upada. W taki sam sposób możemy się przekonać, że przypuszczenie, że bok DC miałby punkty wewnątrz okręgu, również okaże się niemożliwe. Zatem skonstruowany okrąg będzie styczny i do czwartego boku. 195. Z dowiedzionych ostatnich dwóch twierdzeń wnioskujemy: aby w czworokąt można było wpisać okrąg, potrzeba i wystarcza, żeby sumy jego przeciwległych boków były sobie równe.

§ 32. Ćwiczenia 1. Gdzie leży środek okręgu opisanego na trójkątach prostokątnym, ostrokątnym, rozwartokątnym? 2. Czy są prawdziwe twierdzenia: a) Jeżeli środek okręgu opisanego na trójkącie leży na zewnątrz trójkąta, to trójkąt jest rozwartokątny? b) Jeżeli środek okręgu opisanego na trójkącie leży wewnątrz, to trójkąt jest ostrokątny? c) Jeżeli środek okręgu opisanego na trójkącie leży w środku jednego z boków, to trójkąt jest prostokątny? 3. Dowieść, że kąt, którego wierzchołek leży wewnątrz koła, jest równy sumie dwóch kątów wpisanych, z których jeden jest oparty na łuku zawartym między ramionami danego kąta, a drugi na łuku zawartym między ich przedłużeniami. 4. Dowieść, że kąt, którego wierzchołek leży poza kołem, ramionami zaś są dwie sieczne, jest równy różnicy dwóch kątów wpisanych, z których każdy jest oparty na łuku, zawartym między ramionami danego kąta. 5. Jakie jest miejsce geometryczne wierzchołków trójkątów prostokątnych, wystawionych na tej samej przeciwprostokątnej?

6. Jakie jest miejsce geometryczne wierzchołków trójkątów o wspólnej podstawie i równym kącie przeciwległym? (7-13). Zbudować trójkąt mając dane: 7. dwa boki i wysokość względem trzeciego boku; 8. bok, kąt do niego przyległy i środkową względem danego boku; 9. podstawę i dwie wysokości względem pozostałych boków; 10. wysokość i dwa kąty przy podstawie; 11. podstawę, wysokość i jeden z kątów przy podstawie; 12. dwa boki i wysokość względem jednego z nich; 13. podstawę, wysokość i środkową względem podstawy. 14. Udowodnić twierdzenie: jeżeli przez wspólny punkt dwóch stycznych do siebie okręgów poprowadzimy dwie proste przecinające jeden okrąg w punktach A i B, a drugi w punktach A1 i B1, to cięciwy AB i A1B1 będą do siebie równoległe. Wziąć pod uwagę dwojaką styczność okręgów. Wskazówka. Przez wspólny punkt poprowadzić styczną do danych okręgów. 15. Dane są dwa odcinki a i b. Znaleźć na płaszczyźnie taki punkt, z którego odcinki te widać pod tym samym danym kątem. 16. Dane są na płaszczyźnie trzy punkty: A, B i C. Znaleźć na tej płaszczyźnie czwarty punkt D taki, z którego odcinki AB i BC widać pod danymi kątami. 17. Zbudować trójkąt, mając dany promień okręgu wpisanego i dwa kąty. 18. Zbudować trójkąt, mając dany promień okręgu na nim opisanego i dwa kąty. 19. Znaleźć punkt, z którego boki trójkąta widać pod takim samym kątem. 20. Czy na każdym równoległoboku można opisać okrąg? 21. Czy na każdym trapezie można opisać okrąg? 22. Czy w każdy równoległobok można wpisać okrąg? 23. Czy w trapez można wpisać okrąg? 24. W dany romb wpisać okrąg. 25. Na danym trójkącie opisano okrąg i z dowolnego punktu tego okręgu poprowadzono prostopadłe do boków trójkąta. Dowieść, że spodki wszystkich trzech prostopadłych leżą na jednej prostej. Wskazówka. Znaleźć czworokąty, na których można opisać okrąg.

26. Dowieść, że dwusieczne kątów jakiegokolwiek czworokąta, przecinając się ze sobą, tworzą nowy czworokąt, na którym można opisać koło. 27. Na dwóch bokach trójkąta zbudowano okręgi. Dowieść, że przecinają się one w punkcie leżącym na prostej zawierającej trzeci bok trójkąta.

Równoważność wielokątów § 33. Określenie wielokątów równoważnych. Zasadnicze własności związku równoważności. Postulat de Zolta 196. Określenia. Dwa wielokąty, które mają nieprzerwaną wspólną część konturu i żadnego punktu wewnętrznego wspólnego, nazywamy przyległymi, np. wielokąty I i II (rys. 150). Usuwając wspólną część konturu, otrzymujemy jeden wielokąt, który nazywa się sumą wielokątów I i II.

Rys. 150

Rys. 151

Wielokąt II mogliśmy również inaczej "dodać" do wielokąta I, czyli inaczej mogliśmy uczynić go przyległym do wielokąta I, budując na innym jego boku wielokąt przystający do wielokąta II (rys. 151) i w ten sposób otrzymamy "inną" sumę danych wielokątów. Widzimy więc, że istnieją wielokąty, które chociaż nie są przystające (może się zdarzyć, że jeden będzie miał więcej boków niż drugi), to jednak są złożone z części odpowiednio do siebie przystających. Takie wielokąty, w odróżnieniu od wielokątów przystających, nazywać będziemy wielokątami równoważnymi. Oczywiście możemy do jednego wielokąta dodać drugi, potem dodać trzeci itd. i w ten sposób otrzymać wielokąt równy sumie kilku danych wielokątów. W ogóle możemy wprowadzić następujące określenie: dwa wielokąty nazywamy wielokątami równoważnymi, jeżeli składają się z części odpowiednio do siebie przystających. Jako znaku równoważności używać będziemy ~. Jeżeli więc pragniemy wyrazić, że wielokąty M i N są równoważne, pisać będziemy M ~ N. Z tego, co było powiedziane, widzimy, że pojęcie równoważności jest szersze niż pojęcie przystawania. Zatem dwa trójkąty przystające są równoważne, ale odwrotnie powiedzieć nie możemy.

197. Można określić odejmowanie wielokątów, tj. ich różnicę. Różnica wielokątów I i II (rys. 152) jest wielokątem, który po dodaniu do II daje wielokąt przystający do I.

Rys. 152 Z odejmowaniem związane jest następujące pojęcie równoważności: dwa wielokąty nazywamy równoważnymi metodą różnic, jeżeli są różnicami wielokątów równoważnych - w poprzednim sensie, tj. metodą sum, w szczególności jeżeli są różnicami wielokątów przystających jak wielokąty III i IV na rys. 152, które są różnicami wielokątów II i I. Oczywiście, wielokąty równoważne metodą sum, są równoważne metodą różnic*. Zrodzić się może pytanie, czy - na odwrót - wielokąty równoważne metodą różnic są równoważne metodą sum? Otóż można udowodnić, że tak jest. Obie definicje są równoznaczne, to znaczy, że dwa wielokąty są równoważne jako sumy, wtedy i tylko wtedy, gdy są równoważne jako różnice. Dowód ten jednak przekracza ramy naszego wykładu, więc go pomijamy, poprzestając na potwierdzeniach równoznaczności obu definicji w poszczególnych przypadkach, które niebawem rozpatrzymy. 198. Wnioski. 1) nasuwa się przede wszystkim pytanie, jak rozpoznać, czy dane wielokąty są równoważne. Z określenia równoważności, jako sumy, wynika odpowiedź: należy dane wielokąty rozłożyć na części składowe parami do siebie przystające. Tak np. aby się przekonać, czy wielokąty I, II i III (rys. 153) są równoważne, wystarczy w trójkącie I poprowadzić wysokość, wtedy widzimy, że każda z trzech danych figur składa się z części 1 i 2 odpowiednio do siebie przystających (trójkąt I był trójkątem równoramiennym).

Rys. 153 Oczywiście, nie zawsze wystarczać będzie poprowadzenie jednego odcinka dla podzielenia wielokąta na odpowiednie części, niekiedy wypadnie poprowadzić całą ich sieć, aby otrzymać części takie, które będą do siebie w obydwu danych wielokątach parami przystawały. Wkrótce poznamy twierdzenia, które dają możność rozpoznawania równoważności niektórych specjalnych wielokątów. Uwaga. Należy tu zauważyć, że mamy jeszcze inną drogę postępowania, którą wskazuje nam również określenie równoważności: np. potraktować dane wielokąty jako różnice dwóch wielokątów przystających*, to znaczy odnaleźć taki wielokąt, który po dodaniu do każdego z danych utworzy wielokąty przystające. W

pewnych przypadkach będziemy i ten sposób stosować. Na ogół jednak będziemy stwierdzać równoważność figur przez dodawanie, czyli przez rozkład na części odpowiednio przystające. 2) Z poprzednich rozważań wynika: dwa wielokąty są równoważne, jeżeli się składają z jednakowej liczby części odpowiednio równoważnych. 3) Dzieląc dany wielokąt M (rys. 154) odcinkami na części, możemy tworzyć z nich przez odpowiednie przegrupowania wielokąty, np. N i P, równoważne z M. Z łatwością przekonujemy się, że powstałe w ten sposób wielokąty są sobie równoważne.

Rys. 154 Dla wykazania równoważności wielokątów M i N (rys. 154) wystarczy każdy z nich podzielić odcinkami na trzy części: (1) + (2), (3) i (4). Dla wykazania równoważności M i P wystarczy również podzielić każdy z nich na 3 części: (3) + (4), (1) i (2). Jeżeli teraz chcemy sprawdzić równoważność N i P, należy każdy wielokąt podzielić na 4 części: (1), (2), (3) i (4), na które można było od razu podzielić wielokąt M. Na rys. 155 podano trzy wielokąty M, N i P, które, jak łatwo wykazać, są równoważne.

Rys. 155 Ogólnie możemy powiedzieć, że dwa wielokąty, z których każdy z osobna jest równoważny trzeciemu, są sobie równoważne*. A więc, jeżeli M~P i M ~ N, to N ~ P. 199. Pojęcie sumy pozwala na wprowadzenie pojęcia nierówności: jeżeli mamy dwa wielokąty M i N, takie że pierwszy z nich jest sumą wielokąta N i jeszcze pewnego innego wielokąta, to wielokąt M nazywamy wielokątem większym od N i piszemy:

M > N, przeciwnie: wielokąt N będzie mniejszy i piszemy: N < M. Tu jednak może zrodzić się pewna wątpliwość. Chodzi mianowicie o to, że dla sprawdzenia równoważności dwóch figur dzielimy je na pewną skończoną liczbę takich części, które by do siebie parami przystawały. Innymi słowy, poprowadziwszy sieć odcinków w danym wielokącie, możemy przez odpowiednie pogrupowanie utworzyć wielokąt równoważny danemu. Czy nie można pomyśleć takiego pogrupowania, żeby odrzucając jedną z części, utworzyć figurę równoważną temu samemu wielokątowi? Wątpliwość tę usuniemy, przyjmując za oczywistą następującą prawdę: wielokąt nigdy nie może okazać się równoważny swojej części. Ta prawda nosi nazwę postulatu de Zolta, matematyka włoskiego z końca XIX wieku.

§ 34. Równoważność równoległoboków, trójkątów i trapezów 200. Twierdzenie. Dwa równoległoboki o równych podstawach i wysokościach są równoważne. Dla ułatwienia umieśćmy obydwa równoległoboki na wspólnej podstawie AB (rys. 156), ich przeciwległe boki będą leżały na prostej równoległej do podstawy.

Rys. 156 Przez punkt E przecięcia się boków BD i AC' poprowadźmy w każdym równoległoboku równoległe do podstawy, a następnie z punktów przecięcia poprowadźmy w każdym z nich odcinki równoległe do odpowiednich boków drugiego równoległoboku. W ten sposób zgodnie z pewnikiem Archimedesa (patrz punkt 32) odcinkami BE i AE wyczerpiemy boki BD i AC', a więc siecią otrzymanych wielokątów wyczerpiemy obydwa równoległoboki. Można z łatwością przekonać się, że dane równoległoboki składać się będą z jednakowej liczby części odpowiednio do siebie przystających, a zatem są równoważne (w naszym przykładzie z rys. 156 każdy równoległobok został podzielony na osiem części). Inny dowód.

Niech dane równoległoboki mają podstawy na dwu prostych równoległych i niech tymi podstawami będą odcinki: AB = A'B' = CD = C'D' (rys. 157). Zauważmy, że trapezy ACC' i BDD'B', są przystające ponieważ AA' = BB' (= AB + BA' = BA' + A'B'), i CC' = DD' z podobnej przyczyny, AC = DB i A'C' = D'B', CAB =

DBA' ;

AA'C' =

BB'D'.

Jeżeli teraz od tych przystających trapezów odejmiemy trapez BDC'A', to otrzymamy figury równoważne, okazują się nimi dane równoległoboki ABCD ~ A'B'C'D', cbdd.

Rys. 157 Uwaga. Przytoczony tu drugi sposób rozumowania jest sprawdzeniem równoważności przez odejmowanie, poprzedni zaś przez dodawanie. Widzimy na tym przykładzie, że obie metody są równoznaczne (punkt 197). Wniosek. Równoległobok jest równoważny prostokątowi o takiej samej podstawie i wysokości. 201. Twierdzenie odwrotne. Jeżeli dwa równoważne równoległoboki mają równe podstawy, to i wysokości mają równe. Dowód. Niech dane będą dwa równoległoboki: ABCD i ABFE (rys. 158) o wspólnej podstawie AB.

.Rys. 158 Przypuśćmy, że ich wysokości nie są sobie równe, mianowicie pierwszy z nich ma wysokość większą. W takim razie, przedłużając bok EF, przetniemy AC i BD odpowiednio w punktach G i H, dlatego że punkty C i D będą leżały po przeciwnej stronie prostej EF niż punkty A i B. Otrzymamy równoległobok ABHG równoważny ABFE, ale równoległobok ABHG jest częścią ABDC, a zatem dwa dane równoległoboki nie mogłyby być sobie równoważne (zgodnie z postulatem de Zolta), a to przeczy założeniu.

Udowodniwszy powyższe twierdzenie, możemy powiedzieć, że będzie prawdziwe następujące twierdzenie: dwa równoległoboki o równych podstawach, ale o wysokościach różnych, nie mogą być sobie równoważne. 202. Twierdzenie. Trójkąt jest równoważny równoległobokowi o takiej samej podstawie, a wysokości dwa razy mniejszej.

Rys. 159 Istotnie: w trójkącie ABC (rys. 159) przez środek E wysokości poprowadźmy FG II AB, a następnie BG II AC. Trójkąty CFH i HBG są przystające, dlatego że mają CH = HB (dlaczego?) i po dwa kąty przyległe do tych boków, odpowiednio równe. Widzimy wprost z rysunku, że trójkąt ACB jest sumą trapezu AFHB i trójkąta FCH, a równoległobok ABGF jest sumą trapezu AFHB i trójkąta HGB, a ponieważ trójkąty FCH i HGB są przystające, więc trójkąt ACB i równoległobok ABGF są równoważne, jako złożone z części odpowiednio do siebie przystających. Uwaga. Łatwo przytoczyć dowód przez odejmowanie: jeżeli od figury ACHGB odejmiemy trójkąt HGB, otrzymamy ABC, jeżeli zaś od tej samej figury odejmiemy FCH, otrzymamy równoległobok AFGB, więc różnice będą równoważne. W taki sam sposób można dowieść, że trójkąt jest równoważny równoległobokowi o takiej samej wysokości, a podstawie dwa razy mniejszej. 203. Wnioski. 1) Trójkąt jest równoważny prostokątowi o takiej samej podstawie, a wysokości dwa razy mniejszej. 2) Dwa trójkąty o równych podstawach i wysokościach są równoważne. 3) Dwa równoważne trójkąty o równej podstawie mają wysokości równe, dwa równoważne trójkąty o równej wysokości mają równe podstawy. 4) Miejscem geometrycznym wierzchołków trójkątów równoważnych o wspólnej podstawie jest prosta równoległa do podstawy, poprowadzona przez wierzchołek trójkąta. 204. Twierdzenie. Trapez jest równoważny równoległobokowi, który za wysokość ma wysokość trapezu, a za podstawę linię środkową trapezu. Dany jest trapez ABCD (rys. 160), poprowadźmy w nim linię środkową EF, następnie GH II AD. Otrzymamy równoległobok ADGH, którego podstawa AH = EF, a wysokość jest równa wysokości trapezu. Zauważmy naprzód, że trójkąty CGF i HFB są trójkątami przystającymi. Jeżeli teraz do figury ADCFH dodamy trójkąt HFB, otrzymamy trapez ABCD, jeżeli zaś dodamy trójkąt CGF, otrzymamy równoległobok AHGD. Ponieważ wspomniane trójkąty są przystające, więc otrzymane sumy (trapez i równoległobok) będą równoważne.

Uwaga. Dowód przez odejmowanie jest oczywisty.

Rys. 160

Rys. 161

205. Twierdzenie. Jeżeli przez dowolny punkt przekątnej równoległoboku poprowadzimy proste równoległe do jego boków, to otrzymamy dwa równoważne równoległoboki, położone z przeciwnych stron przekątnej. Na przekątnej AC danego równoległoboku (rys. 161) obierzmy dowolny punkt M i poprowadźmy GH II AB i EF II AD, otrzymamy dwa równoległoboki MEBG i MFDH, które powinny być równoważne. Istotnie: poprowadźmy GI¨FK¨AC, wtedy równoległobok (MB) ~ równoległobok (MI) równoległobok (MD) ~ równoległobok (MK). Ale równoległoboki (MI) i (MK) mają wspólną podstawę AM, wysokości zaś równe: GL = FN (co wynika z przystawania trójkątów prostokątnych GCL i MNF), a więc są równoważne, a zatem równoważne są także równoległoboki (MB) i (MD), o co właśnie chodziło. Inny dowód. Trójkąty ABC i ACD (rys. 162) są przystające: odejmując od jednego z nich trójkąty 1' i 2', odpowiednio przystające do 1 i 2, otrzymamy różnice równoważne, czyli 3 równoważne 3'. Równoległoboki, o których mówiliśmy w twierdzeniu, noszą nazwę dopełniających. 206. Jeżeli punkt, przez który w poprzednim twierdzeniu prowadziliśmy równoległe do boków równoległoboku, nie jest położony na przekątnej, np. punkt P na rys. 163, to wtedy równoległoboki (PB) i (PD) nie będą równoważne, dlatego że pierwszy z nich będzie mniejszy od (MB), drugi zaś większy od (MD).

Rys. 162

Rys. 163

Uwaga. Jeżeli na rysunku 161 usuniemy równoległobok MGCF, to otrzymamy figurę sześciokątną ABGMFD, która od czasów Euklidesa nosi nazwę gnomonu i ostatnie twierdzenie nazywamy niekiedy twierdzeniem o gnomonie. Ściślej mówiąc, gnomonem nazywano w starożytności przyrząd do wykreślania kąta prostego: kształt jego otrzymamy, biorąc na poprzednim rysunku zamiast równoległoboku ABCD prostokąt i usuwając część MGCF.

Rys. 164

Rys. 165

Jeżeli dany równoległobok jest prostokątem, to i dopełniające równoległoboki będą prostokątami (rys. 164). Można ponadto znaleźć takie położenie punktu M na przekątnej, że jeden z dopełniających równoległoboków będzie kwadratem. Jak tego dokonać? 207. Niech będzie dany prostokąt ABCD (rys. 165). Dobierzmy na jego przekątnej taki punkt M, aby otrzymać jako dopełniające równoległoboki: kwadrat AEMF i prostokąt MGCJ. Poprowadźmy MK BD, wtedy otrzymamy trójkąt prostokątny KMD, w którym KF jest rzutem przyprostokątnej KM na przeciwprostokątną KD. Zauważmy, że trójkąty prostokątne EBM i KMF są przystające (dlaczego?), a więc KF = EB = GM = CJ. Z twierdzenia o gnomonie wiemy, że kwadrat AEMF jest równoważny prostokątowi MGCJ. Kwadrat ten ma bok równy MF, czyli równy wysokości trójkąta KMD, a prostokąt ma za podstawę MJ = FD, czyli rzut boku MD na KD, za wysokość zaś MG = EB = KF, czyli rzut boku KM na KD. Stąd mamy następujące twierdzenie: w trójkącie prostokątnym kwadrat, zbudowany na wysokości spuszczonej z wierzchołka kąta prostego, jest równoważny prostokątowi zbudowanemu z odcinków, na które ta wysokość podzieliła przeciwprostokątną. Twierdzenie to znane jest pod nazwą twierdzenia Euklidesa o wysokości trójkąta prostokątnego.

§ 35. Zadania konstrukcyjne 208. Twierdzenia, które poznaliśmy w poprzednim paragrafie, łącznie z twierdzeniem o gnomonie, mają częste zastosowania w zadaniach konstrukcyjnych, dotyczących zamiany figur oraz podziału ich na równoważne części. Zamiana figury polega na wykreśleniu figury innego kształtu, ale równoważnej danej. Niektóre z tych zadań rozwiązuje się łatwo na mocy twierdzeń o równoważności równoległoboków i trójkątów, inne w oparciu o twierdzenie o gnomonie. Zadanie 1. Dany równoległobok zamienić na inny równoważny mu o tej samej podstawie i wysokości oraz o danym kącie przy podstawie. Rozwiązanie widoczne jest z twierdzenia punktu 200. Zadanie 2. Równoległobok zamienić na równoważny mu prostokąt o takiej samej podstawie i wysokości. Zadanie 3. Dany równoległobok zamienić na inny równoważny mu równoległobok, który za jeden z boków miałby dany odcinek, a kąty te same.

Rozwiązuje się łatwo przez zastosowanie gnomonu.

Rys. 166 Dany jest równoległobok ABCD (rys. 166), niech danym odcinkiem będzie AE, wtedy żądanym równoległobokiem będzie AEFG. Konstrukcja gnomonu jest widoczna na rysunku. W podobny sposób rozwiązuje się zadanie przypadku, kiedy podstawa żądanego równoległoboku jest większa niż podstawa danego równoległoboku. Zadanie 4. Równoległobok zamienić na równoważny mu romb o tej samej podstawie i wysokości. Zadanie 5. Równoległobok zamienić na równoważny mu romb o danym boku. Zadanie 6. Równoległobok zamienić na równoważny mu prostokąt o danej podstawie. Rozwiązuje się w oparciu o zadanie 3. Zadanie 7. Kwadrat zamienić na równoważny mu równoległobok o boku równym danemu odcinkowi: a) większemu od boku kwadratu, b) mniejszemu od boku kwadratu. Zadanie 8. Trójkąt zamienić na równoważny mu trójkąt równoramienny o tej samej podstawie. Zadanie 9. Trójkąt zamienić na równoważny mu trójkąt o tej samej wysokości, ale który miałby: a) dany kąt przy podstawie, b) dany bok. Zadanie 10. Trójkąt zamienić na równoważny mu równoległobok: a) o tej samej wysokości i danym kącie przy podstawie, b) o tej samej podstawie i kącie przy tej podstawie. Zadanie 11. Trójkąt zamienić na równoważny mu inny trójkąt, który za podstawę miałby dany odcinek. Rozróżniamy tu (na rysunku) dwa przypadki, kiedy dany odcinek jest: a) większy od podstawy trójkąta, b) mniejszy od niej. Dany jest ABC (rys. 167), podstawą żądanego trójkąta ma być AB'. Jeżeli punkt B' połączymy z C, a przez B poprowadzimy prostą równoległą do B'C, to w przecięciu z AC otrzymamy punkt C'. Trójkąt AB'C' jest jednym z żądanych.

Rys. 167 Istotnie: trójkąty BC'B' i BC'C są równoważne, dlatego że mają podstawę BC' wspólną i B'C II BC', więc jeżeli do ABC' dodamy jeden z trójkątów, otrzymamy trójkąt dany ABC, dodając drugi, otrzymamy AB'C', więc ABC jest równoważny AB'C', który będzie jednym z żądanych. Zadanie będzie nieoznaczone dopóty, dopóki nie dano jeszcze jednego warunku, wyznaczającego trójkąt żądany. Miejscem geometrycznym wierzchołków tych trójkątów będzie równoległa do podstawy AB poprowadzona przez punkt C'. Uwaga. Zadania można było rozwiązać przez zastosowanie gnomonu, uzupełniając dany trójkąt do równoległoboku. Zadanie 12. Trójkąt zamienić na równoważny mu inny trójkąt, który za wysokość miałby dany odcinek. Znowu na rysunku rozróżniono dwa przypadki: a) dany odcinek jest mniejszy od wysokości danego trójkąta, b) jest od niej większy.

Rys. 168 Konstrukcja, jak w poprzednim zadaniu, widoczna jest na rysunku 168. Tę samą uwagę należy zrobić i tu: zadanie jest nieoznaczone i żądanym trójkątem będzie każdy, który ma za podstawę AB', a wierzchołek na prostej równoległej do podstawy poprowadzonej przez C'. Zadanie 13. Wielokąt zamienić na równoważny mu trójkąt. 1. Weźmy najpierw wielokąt wypukły ABCDE (rys. 169). Poprowadźmy przekątną CA, następnie przez wierzchołek B przeprowadźmy równoległą do tej przekątnej. Wówczas zamiast trójkąta ABC będziemy mieli równoważny mu trójkąt FCA.

Rys. 169

Rys. 170

Po dokonaniu analogicznej konstrukcji względem przekątnej CE otrzymamy trójkąt FCG równoważny danemu pięciokątowi. 2. Niech teraz dany będzie wielokąt wklęsły ABCDEF (rys. 170). Łącząc wierzchołek F z D, możemy dany sześciokąt przekształcić na równoważny mu pięciokąt ABCGF. Łączymy potem wierzchołek F z C i otrzymujemy równoważny mu czworokąt ABHF, a następnie trójkąt HFI.

Wniosek. Ponieważ trójkąt umiemy przekształcić na równoległobok o danej podstawie, więc mając dane dwa wielokąty M i N, możemy je przekształcić na równoległoboki o równej podstawie. Wtedy musi zajść jeden z trzech następujących przypadków: albo 1) wysokości równoległoboków będą sobie równe, więc równoległoboki będą sobie równoważne (patrz punkt 200), a co za tym idzie, będzie M ~ N, albo 2) wysokość pierwszego równoległoboku będzie większa niż drugiego, wtedy będzie (patrz punkt 201): M > N, albo 3) wysokość pierwszego równoległoboku będzie mniejsza niż drugiego, wtedy M < N. Ponieważ pomiędzy wysokościami omawianych równoległoboków jako odcinkami zajść może tylko jedna z trzech nawzajem wykluczających się zależności: są sobie równe albo jedna z nich jest większa od drugiej, albo jest mniejsza od drugiej, więc i między danymi wielokątami M i N zachodzić musi tylko jeden związek wyrażony przez jeden z trzech nawzajem wyłączających się znaków: ~, > i n (rys. 228).

Rys. 228 Zadanie można rozwiązać tak samo, jak zadanie poprzednie, prowadząc przez punkt A dowolną prostą i odkładając na niej odcinki m i n, korzystniej jednak zastosować następującą konstrukcję. Przez punkty A i B poprowadźmy dwie proste równoległe i odłóżmy na nich AE = m i BF = BG = n. Łącząc punkty E i G, otrzymamy trójkąt AEC, w którym prosta BG równoległa do AE przecina przedłużenia pozostałych dwóch boków, więc AC, CB AE, BG m, n, a zatem punkt C jest punktem żądanej własności. Łącząc punkty E i F, otrzymamy w przecięciu z prostą AB punkt D, który również będzie posiadał żądaną własność (dlaczego?)*. Znaleźliśmy więc dwa punkty, które czynią zadość warunkowi: AC, CB AD, BD m, n. Można udowodnić, że więcej takich punktów na danej prostej być nie może. Istotnie, przypuśćmy, że istnieje jeszcze jeden taki punkt. Może się on znajdować albo 1) pomiędzy punktami A i B, albo 2) pomiędzy B i D, albo wreszcie 3) na zewnątrz odcinka AD.

Możliwość 1) wykluczamy, dlatego że, wyobrażając sobie pewien punkt C1 bliżej położony od A niż punkt C (rys. 229), mielibyśmy AC1 < AC i BC1 > BC, a więc nie zachodziłaby proporcja: AC1, BC1 AC, BC m, n.

Rys. 229

Rys. 230

Przypuśćmy dalej, że żądany punkt leży pomiędzy B i D i jest nim D1 (rys. 230), wtedy mielibyśmy proporcję: D1A, D1B DA, DB, a stąd (D1A - D1B), D1B (DA - DB), DB, czyli AB, D1B AB, DB; a więc D1B = DB, co jest niemożliwe, bo D D1. Przypuśćmy wreszcie, że żądany punkt leży na jednym z przedłużeń odcinka AB. Łatwo się przekonać, że i ta sytuacja, podobnie jak sytuacja 1), zajść nie może. Widzimy więc, że są tylko dwa żądane punkty, a mianowicie C i D. O punkcie C mówimy, że dzieli odcinek AB wewnętrznie na części proporcjonalne do m i n, punkt D zaś dzieli odcinek AB zewnętrznie. Ogólnie o punktach C i D mówi się, że dzielą odcinek AB harmonicznie i para punktów C i D nazywa się harmonicznie sprzężoną z parą danych punków A i B. Uwaga. Sposób rozwiązania, który właśnie poznaliśmy, podał znany aleksandryjski uczony Pappus z III wieku. 267. Twierdzenie. Dwusieczna jednego z kątów trójkąta dzieli bok przeciwległy na dwa odcinki proporcjonalne do pozostałych boków.

Rys.231

Mamy dany trójkąt ABC (rys. 231), podzielmy w nim kąt B na połowy dwusieczną BD. Należy dowieść, że AD, DC AB, BC. Z punktu C wyprowadźmy równoległą do BD aż do przecięcia się z przedłużeniem boku AB w punkcie E. Wtedy mamy AD, DC AB, BE. Ponieważ

3=

2, E=

1i

2=

3=

E,

1,

więc

w takim razie BE = BC. Podstawiając w otrzymanej poprzednio proporcji zamiast BE równy mu odcinek BC, mamy AD, DC AB, BC, cbdd. 268. Twierdzenie. Dwusieczna kąta zewnętrznego trójkąta dzieli zewnętrznie bok przeciwległy na dwa odcinki proporcjonalne do pozostałych boków trójkąta.

Rys. 232 Z wierzchołka B trójkąta ABC (rys. 232) poprowadzono dwusieczną BD kąta CBE. Należy dowieść, że AD, CD AB, BC. Poprowadźmy CF II BD, wtedy AD, CD AB, FB. Łatwo jednak przekonać się, że

3=

4,

więc BF = BC, a zatem AD, CD AB, BC, cbdd. Wniosek. Jeżeli z dowolnego wierzchołka trójkąta poprowadzimy dwusieczne kąta wewnętrznego i zewnętrznego, to podzielą one przeciwległy bok harmonicznie na odcinki proporcjonalne do pozostałych boków trójkąta.

269. Twierdzenie odwrotne. Prosta, wyprowadzona z wierzchołka jednego z kątów trójkąta, która dzieli bok przeciwległy proporcjonalnie do dwóch przyległych boków, jest dwusieczną tego kąta. Ta prosta będzie dwusieczną kąta wewnętrznego w trójkącie, jeżeli podzieliła bok przeciwległy wewnętrznie.

Rys. 233 Mamy teraz daną proporcję (rys. 233) AD, DC AB, BC. Mamy dowieść, że BD jest dwusieczną kąta B. Wykreślając, jak poprzednio, CE II BD, otrzymamy AD, DC AB, BE, a ponieważ do trzech danych odcinków istnieje tylko jeden proporcjonalny, więc BE = BC, a stąd więc 1 = 2, cbdd.

3=

E, a

W podobny sposób możemy dowieść tezy o dwusiecznej kąta zewnętrznego.

§ 47. Ćwiczenia 1. Podać inną konstrukcję zadania (punkt 262) o odcinku czwartym proporcjonalnym do trzech danych odcinków. 2. Udowodnić, że twierdzenie Talesa pozostaje prawdziwe także wtedy, kiedy jedna z dwóch równoległych prostych przecina ramiona danego kąta, a druga prosta przecina przedłużenia. 3. Dany odcinek przedłużyć o tyle, żeby odcinek dany i jego przedłużenie były proporcjonalne do naszych odcinków m i n. 4. Odcinek przedłużyć o tyle, żeby cały otrzymany odcinek i przedłużenie danego były proporcjonalne do odcinków m i n. 5. Dany odcinek podzielić na takie dwie części, aby ich suma i różnica były proporcjonalne do odcinków m i n. 6. Dana jest prosta i punkt poza nią. Znaleźć inny taki punkt, aby jego odległość od danego punktu i od danej prostej były proporcjonalne do odcinków m i n, a suma tych odległości była równa odcinkowi k.

7. Na płaszczyźnie ustalony jest punkt P i prosta. Łączymy punkt P z punktami danej prostej. Znaleźć miejsce geometryczne punktów dzielących te odcinki proporcjonalnie do danych odcinków m i n. 8. Znaleźć dwa odcinki, mając ich sumę, jeżeli wiadomo, że są one proporcjonalne do odcinków m i n. 9. Znaleźć dwa odcinki proporcjonalne do m i n, mając daną ich różnicę. 10. Przez punkt, położony wewnątrz kąta, poprowadzić między jego ramionami taki odcinek, który w tym punkcie byłby podzielony na dwie części proporcjonalne do m i n. 11. Dane są trzy półproste o wspólnym początku i punkt pomiędzy nimi. Przez ten punkt poprowadzić między skrajnymi półprostymi odcinek w taki sposób, aby został on przez trzecią półprostą podzielony na części proporcjonalne do m i n. 12. Dowieść geometrycznie, że jeżeli między odcinkami a, b, c i d zachodzi proporcja a, b c, d, to będą zachodziły proporcje: ak, b ck, d, a, bk c, dk, ak, bk c, d, gdzie k jest liczbą naturalną. 13. Przez dany punkt wewnątrz kąta poprowadzić prostą w taki sposób, aby odcinki przez nią wyznaczone na ramionach kąta, były proporcjonalne do danych odcinków m i n. 14. Przez dany punkt leżący na zewnątrz kąta poprowadzić prostą w taki sposób, aby odcinki przez nią wyznaczone na ramionach kąta były proporcjonalne do danych odcinków m i n. 15. Znaleźć miejsce geometryczne punktów, których odległości od ramion danego kąta są proporcjonalne do odcinków m i n. 16. Wewnątrz trójkąta znaleźć punkt, którego odległości od boków trójkąta są proporcjonalne do odcinków k, l, m. 17. Na kartce narysowano duże nierównoległe proste, które nie przecinają się na tej kartce i obrano punkt P nie leżący na żadnej z tych prostych. Opisz konstrukcję prostej, która przechodzi przez punkt P i na której leży punkt przecięcia danych prostych. 18. Jakie będzie rozwiązanie zadania o podziale odcinka na części proporcjonalne do m i n (patrz punkt 266), jeżeli m = n? 19. Dane są dwie proste i punkt poza nimi. Na jednej z tych prostych odnaleźć taki punkt, którego odległości od danego punktu i od drugiej prostej są sobie równe. Wskazówka. Poprowadzić prostą przez punkt dany oraz przez punkt przecięcia się dwóch danych prostych i zastosować tw. Desargues'a.

20. Dane są dwie proste i punkt poza nimi. Na jednej z tych prostych odnaleźć taki punkt, którego odległości od danego punktu i od drugiej prostej są proporcjonalne do odcinków m i n. 21. Dany jest kąt i punkt wewnątrz niego. Na jednym z ramion kąta odnaleźć taki punkt, którego odległości od punktu danego i od wierzchołka kąta są proporcjonalne do odcinków m i n. 22. Dany jest trójkąt ABC i odcinki m i n. Na boku AB znaleźć taki punkt P, aby odcinki OX : PY = m i n, gdzie X jest punktem boku BC i PX BC, a Y jest punktem boku AC i PY II BC. 23. Na jednym z boków trójkąta wyznaczyć taki punkt, że odcinki prostych przez niego poprowadzonych równolegle do pozostałych boków trójkąta zawarte wewnątrz trójkąta są proporcjonalne do odcinków m i n.

Jednokładność i podobieństwo § 48. Definicja i budowanie figur jednokładnych 270. Określenia. Dane są na płaszczyźnie: figura F, punkt stały S oraz dwa odcinki m i n (rys. 234).

Rys. 234 Połączmy dowolny punkt A tej figury z punktem S i znajdźmy odcinek czwarty proporcjonalny do trzech odcinków m, n i SA, czyli taki odcinek SA1, który zadość czyniłby proporcji SA, SA1 m, n. Jak wiadomo, taki odcinek istnieje tylko jeden, więc jeżeli na SA, począwszy od S, odmierzymy SA1, to wyznaczymy punkt A1, odpowiadający punktowi A. Obierzmy inny punkt danej figury, np. B, połączmy go z punktem S i znowu znajdźmy odcinek czwarty proporcjonalny do m, n i SB, tj. taki odcinek SB1, który czyniłby zadość proporcji SB, SB1

m, n.

Wyznaczmy na SB punkt B1, odpowiadający punktowi B danej figury. Jeżeli teraz wyobrazimy sobie, że dla każdego punktu danej figury znaleźliśmy w powyższy sposób punkt odpowiadający mu, to zbiór otrzymanych punktów utworzy nową figurę F1, którą nazywamy figurą jednokładną do danej figury F względem danego punktu S, który nosi nazwę środka jednokładności. Odcinki SA, SB, SA1 itd. nazywamy promieniami jednokładności.

Punkty A i A1 albo B i B1, które są położone na tym samym promieniu jednokładności, nazywamy punktami jednokładnymi figur jednokładnych. Odcinki SA1, SB1 itd. moglibyśmy odkładać nie na promieniach SA, SB ... , ale na ich przedłużeniach, w ten sposób otrzymalibyśmy figurę F2 jednokładną z daną F, ale położoną z przeciwnej strony środka S. Dlatego rozróżniamy jednokładność prostą (F i F1) oraz odwrotną (F i F2). Łatwo spostrzec, że figury F2 i F1 są przystające. Są one także symetrycznie położone względem środka S. Ogólnie można powiedzieć, że symetria figur względem danego środka jest szczególnym przypadkiem jednokładności, mianowicie takiej, kiedy odcinki dane m i n są sobie równe. Jeżeli punkty A i B danej figury F połączymy odcinkiem AB, oraz połączymy punkty do nich jednokładne A1 i B1 figury F1, to wtedy będzie AB II A1B1 (dlaczego?) i ponadto AB, A1B1 SA, SA1 SB, SB1 m, n. 271. Z tego, co było wyżej powiedziane, wynika, że dla każdej danej figury można znaleźć figurę do niej jednokładną, czyli przekształcić ją jednokładnie (wprost lub odwrotnie), spełniając następujące warunki: 1. Dla każdego punktu jednej figury będzie wyznaczony punkt do niego jednokładny drugiej figury. 2. Wszystkie promienie jednokładności, tj. odcinki, łączące parami odpowiednie punkty figur, przechodzić będą przez punkt stały (środek jednokładności). 3. Wszystkie promienie jednokładności będą proporcjonalne do dwóch z góry danych odcinków. Wtedy, jak widzieliśmy: odcinki łączące dwa punkty jednej figury i punkty do nich jednokładne drugiej figury są do siebie równoległe i proporcjonalne do dwóch danych odcinków m i n. 272. Twierdzenie. Figura jednokładna do odcinka, jest odcinkiem do niej równoległym. Dany jest odcinek AB (rys. 235), środek jednokładności S, i dwa odcinki m i n. Wiadomym już sposobem znajdźmy punkt A1 jednokładny do A oraz punkt B1 jednokładny do B. Odcinek A1B1 jest odcinkiem jednokładnym do AB.

Rys. 235 Odcinek A1B1 jest równoległy do AB, o czym już wiemy z poprzednich rozważań. Wystarczy dowieść, że jest on miejscem geometrycznym punktów jednokładnych do punktów odcinka AB. Weźmy dowolny punkt K odcinka AB i poprowadźmy promień jednokładności SK, który przecina odcinek A1B1 w punkcie K1. Łatwo udowodnić, że ten punkt jest punktem jednokładnym do K.

Istotnie z trójkątów SAK i SA1K1 mamy SK, SK1 SA, SA1 m, n, dlatego że A1K1 II AK, więc punkty K i K1 są jednokładne. Widzimy dalej, że jeżeli obierzemy dowolny punkt na odcinku AB, to punkt jednokładny do niego znajdziemy zawsze na przecięciu jego promienia jednokładności z odcinkiem A1B1 i poza tym odcinkiem nie będzie punktów jednokładnych do punktów odcinka AB. Jeżeli dany odcinek przekształcimy odwrotnie, to otrzymamy odcinek A2B2, także równoległy do danego, ale mający zwrot przeciwny. Wniosek. Figura jednokładna do kąta jest kątem równym danemu. Dowód wynika wprost z powyższego twierdzenia. 273. Twierdzenie. Figura jednokładna do wielokąta, jest wielokątem o kątach odpowiednio równych kątom danego wielokąta, a bokach odpowiednio równoległych do boków wielokąta danego i proporcjonalnych do danych odcinków. Dany jest wielokąt ABCDE (rys. 236), środek jednokładności S i dwa odcinki m i n.

Rys. 236 Postępując, jak powyżej, otrzymujemy wielokąt A1B1C1D1E1 (jednokładność prosta) lub A2B2C2D2E2 (jednokładność odwrotna). Stąd wynika, że dla otrzymania wielokąta jednokładnego do danego należy poprowadzić promienie jednokładności wszystkich wierzchołków, znaleźć punkt A1 jednokładny do A, potem poprowadzić A1B1 II AB, B1C1 II BC itd., ostatnim odcinkiem na naszym rysunku będzie E1A1, a że punkty E1 i A1 już przedtem były wyznaczone, więc łącząc je ze sobą, powinniśmy otrzymać A1E1 II AE. 274. Twierdzenie. Figurą jednokładną do okręgu jest okrąg. Dany jest okrąg (rys. 237), środek jednokładności S i dwa odcinki m i n. Obierzmy dowolny punkt A na danym okręgu, poprowadźmy promień OA i wykreślmy odcinek jednokładny do OA względem środka S. Ten odcinek, jak już wiemy, będzie równoległy do OA i będzie OA, O1A1 m, n.

Rys. 237 Ponieważ w tej proporcji trzy wyrazy są stałe, a mianowicie OA, m, n, więc i czwarty wyraz musi być stały, inaczej mówiąc, wszystkie odcinki odpowiednie do jakiegokolwiek promienia danego okręgu będą sobie równe i równe odcinkowi O1A1. Ponadto punkt O1, jako punkt jednokładny do O, będzie stały. Zatem wszystkie punkty jednokładne do punktów danego okręgu będą leżały w odległości O1A1 od punktu O1, czyli ich miejscem geometrycznym będzie okrąg o promieniu O1A1, cbdd. Oczywiście rozumowanie pozostanie słuszne w przypadku jednokładności odwrotnej. 275. Wnioski. 1) Wyobraźmy sobie dwa okręgi o środkach w punktach O i O1 o różnych promieniach (rys. 237). Jeżeli w pierwszym poprowadzimy dowolny promień OA, a w drugim równoległy do niego promień O1A1, to łącząc punkty A i A1 prostą AA1 aż do przecięcia się z linią środków OO1, otrzymamy punkt S, który będzie środkiem jednokładności tych kół. Jeżeli w drugim okręgu poprowadzimy promień O1A2 równoległy również do OA, ale o zwrocie przeciwnym (przedłużenie O1A1), to postępując, jak poprzednio, otrzymamy punkt S1, który będzie środkiem jednokładności odwrotnej danych okręgów. Stąd wniosek: każde dwa okręgi są jednokładne; ich środek jednokładności leży na linii środków i dzieli ją na dwa odcinki proporcjonalne do promieni danych okręgów. 2) Gdyby się okazało (rys. 237), że promienie OA i O1A1 danych kół są prostopadłe do AS, to prosta AA1S byłaby wspólną styczną do obu kół, jak również i prosta AS1A2. Widzimy więc, że wspólne styczne do dwóch kół przecinają się z linią środków w punkcie, który jest środkiem jednokładności tych kół. Zatem zagadnienie o poprowadzeniu wspólnych stycznych do dwóch danych kół może być rozwiązane przez zastosowanie jednokładności kół. Należy jednak pamiętać, że wspólne styczne nie zawsze istnieją, a przynajmniej nie zawsze wszystkie istnieją. 276. Pojęcie jednokładności można rozciągnąć na figury przestrzenne. Jeżeli mianowicie mamy daną figurę (F), to łącząc wszystkie jej punkty A, B, C ... z danym środkiem jednokładności i odkładając na promieniach odcinki SA1, SB1, SC1 ... czyniące zadość proporcjom: SA, SA1 SB, SB1 SC, SC1 ... m, n, gdzie m i n są odcinkami jednokładności, to miejsce geometryczne punktów A1, B1, C1 ... będzie figurą (F1) jednokładną do danej.

Dokonawszy tej konstrukcji, każdy odcinek danej figury przekształcimy, jak wiadomo, na odcinek do niego równoległy, kąty danej figury nie ulegną zmianie, chodzić jeszcze będzie o płaszczyzny. 277. Twierdzenie. Figura jednokładna do płaszczyzny jest płaszczyzną do niej równoległą. Istotnie, wyobraźmy sobie na danej płaszczyźnie P pewną prostą, przechodzącą przez dowolny punkt A tej płaszczyzny. Po przekształceniu jednokładnym otrzymamy prostą w prze strzeni równoległą do poprzedniej, przechodzącą przez punkt A1 jednokładny do punktu A. Jeżeli teraz na płaszczyźnie P przez ten sam punkt A poprowadzimy inną prostą, to po przekształceniu otrzymamy znowu prostą do niej równoległą, przechodzącą przez A1. Poprowadźmy wszystkie proste na płaszczyźnie P przechodzące przez punkt A. Proste do nich jednokładne będą parami równoległe i będą przechodziły przez A1, a ich miejscem geometrycznym będzie płaszczyzna równoległa do płaszczyzny P.

§ 49. Podobieństwo trójkątów Odcinki proporcjonalne w trójkącie i w kole 278. Określenie. Widzieliśmy, że dwa wielokąty jednokładne mają: 1) odpowiednie kąty równe, 2) odpowiednie odcinki proporcjonalne i 3) odpowiednie odcinki równoległe. Pomińmy teraz ostatnią z tych cech jednokładności i wyobraźmy sobie dwa wielokąty, które mają 1) odpowiednie kąty równe i 2) odpowiednie odcinki proporcjonalne. Takie figury nazywać będziemy podobnymi, a o istnieniu figur podobnych niejednokładnych przekonujemy się stąd, że mając dwa wielokąty jednokładne, zawsze możemy jeden z nich przenieść z położenia jednokładności, budując wielokąt przystający, ale mający boki nierównoległe do boków drugiego. Tak np. jeżeli w trójkącie ABC (rys. 238) poprowadzimy DE II AB, to otrzymujemy trojkąt DEC jednokładny do trójkąta ABC. Jeżeli teraz wykreślimy trójkąt KLM, biorąc KM = DE, KL = DC i ML = EC, czyli trójkąt przystający do DEC, ale o bokach nierównoległych do odpowiednich boków poprzedniego trójkąta, to dwa trójkąty ABC i KML nie będą już jednokładne, chociaż będą podobne.

Rys. 238

Znakiem podobieństwa wielokątów jest (położone "S", od łacińskiego wyrazu similis = podobny), piszemy więc ABS KML, czytając: trójkąt ABC jest podobny do trójkąta KML. Widzimy, że wielokąty podobne mają kształt ten sam, ale wielkość różną. Wielokąty przystające mają i kształt, i wielkość jednakową, a zatem widzimy, że wielokąty przystające są podobne, ale nie odwrotnie. W trójkątach, tak samo jak w wielokątach jednokładnych, wierzchołki równych kątów nazywamy wierzchołkami odpowiednimi, a boki, łączące każdą parę odpowiednich wierzchołków odpowiednimi bokami. O tym należy pamiętać zawsze, kiedy mamy do czynienia z figurami podobnymi albo jednokładnymi. 279. Twierdzenie. Jeżeli dwa trójkąty mają kąty odpowiednio równe, to odpowiednie boki tych trójkątów są proporcjonalne. Mamy dane dwa trójkąty ABC i DEF (rys. 239), w których A=

D;

B=

Ei

C=

F.

Trzeba dowieść, że AB, BC, AC DE, EF, DF. Dowód. Odłóżmy CG = DF i przez punkt G poprowadźmy GH II AB, wtedy na mocy znanego twierdzenia: AB, BC, AC GH, CH, CG.

Rys. 239 Ale

CGH =

DEF, dlatego że CG = DF,

C=

Gi

CGH=

D. Stąd wynika, że

CH = EF i GH = DE. Podstawiając teraz zamiast boków trójkąta CGH odpowiednio im równe boki trójkąta DEF, otrzymamy AB, BC, AC DE, EF, DF, cbdd. Trójkąty, które mają po dwa kąty odpowiednio równe, mają i trzecie kąty równe. Otrzymujemy zatem następujący konieczny i wystarczający warunek, czyli pierwszą cechę podobieństwa trójkątów: dwa trójkąty są podobne, jeżeli mają po dwa kąty odpowiednio równe. 280. Twierdzenie. Jeżeli dwa trójkąty mają boki odpowiednio proporcjonalne, to kąty mają odpowiednio równe.

Rys. 240 Niech będzie dany trójkąt ABC (rys. 240). Na dowolnym odcinku DE budujemy trójkąt DEF, w którym bok DF jest czwartym proporcjonalnym do AB, DE i AC: AB, DE AC, DF. Bok EF jest odcinkiem czwartym proporcjonalnym do AB, DE i CB: AB, DE CB, FE. Mamy więc (1) AB, DE AC, DF CB, FE. Odłóżmy teraz na boku AC, począwszy od C, odcinek CG = DF i poprowadźmy GH II AB, wtedy otrzymamy trójkąt GCH jednokładny do ABC, zatem (2) AB, GH AC, GC CB, CH. Ponieważ GC = DF, więc z porównania proporcji (1) i (2) otrzymujemy: GH = DE i CH = FE. Stąd widzimy, że trójkąt DFE jest trójkątem przystającym do trójkąta GCH, który był jednokładny do a zatem DEF ABC.

ABC,

Twierdzenie to jest odwrotne względem poprzedniego i zawiera drugą cechę podobieństwa trójkątów: dwa trójkąty są podobne, jeżeli mają odpowiednie boki proporcjonalne. 281. Twierdzenie (trzecia cecha podobieństwa trójkątów). Dwa trójkąty są podobne, jeżeli mają po jednym kącie równym, a odpowiednie boki ten kąt obejmujące są proporcjonalne. Dany jest trójkąt ABC (rys. 241) i trójkąt DEF, w których F= i AC, DF CB, FE.

C

Rys. 241 Aby dowieść, że trójkąty są podobne, odłóżmy, jak poprzednio, CG = FD i poprowadźmy GH II AB. Trójkąt GCH jest jednokładny z ABC, więc AC, GC CB, CH. Jeżeli teraz, pamiętając, że GC = DF, porównamy otrzymaną proporcję z daną, to będziemy mieli CH = FE. Ponieważ wiemy jeszcze z założenia, że DEF ABC,

F=

C, wnioskujemy, że

DFE =

GCH, a stąd wynika, że

cbdd. 282. Otrzymaliśmy w ten sposób trzy cechy podobieństwa trójkątów, przypominające analogiczne warunki ich przystawania. Zestawmy je tu ze sobą: dwa trójkąty są: podobne

przystające jeżeli mają:

1) dwa kąty równe

1) bok i dwa odpowiednie kąty do niego przyległe i równe.

2) dwa boki proporcjonalne i kąt między nimi zawarty 2) dwa boki równe i kąt między nimi równy, równy, 3) trzy boki proporcjonalne 3) trzy boki równe 283. Pojęcie podobieństwa trójkątów łatwo rozciągnąć na wielokąty. Przede wszystkim jednak trzeba zauważyć, że wielokąty już nie będą miały tej właściwości, jaką odznaczają się trójkąty, gdzie równość kątów pociąga za sobą proporcjonalność boków. Nie będziemy badali szczegółowo, jakie warunki są konieczne i wystarczające dla podobieństwa wielokątów. Ogólnie, odnotujmy, że będzie ich o jeden mniej, niż dla przystawania. Więc np. dla podobieństwa równoległoboków wystarczać będą dwa warunki (jakie?), zaś dowolne kwadraty są podobne. Zadanie. Na danym odcinku zbudować wielokąt podobny do danego. Najłatwiejszym sposobem rozwiązania jest sposób następujący:

Rys. 242 Dany jest wielokąt ABCDEF (rys. 242) i odcinek a, który niech będzie odpowiedni do boku AB. Wyprowadźmy z wierzchołka A przekątne, odłóżmy na AB odcinek AB1 = a, poprowadźmy B1C1 II BC, następnie C1D1 II CD itd. Otrzymamy wielokąt AB1C1D1E1F1 podobny do danego, a nawet do niego jednokładny. Można oczywiście za środek jednokładności obierać niekoniecznie wierzchołek A, ale punkt zewnętrzny lub punkt wewnętrzny danego wielokąta. 284. Twierdzenie. Jeżeli w trójkącie prostokątnym poprowadzimy wysokość z wierzchołka kąta prostego, to: 1. wysokość będzie odcinkiem średnim proporcjonalnym między odcinkami, na które została podzielona przeciwprostokątna; 2. każda z przyprostokątnych jest odcinkiem średnim proporcjonalnym między całą przeciwprostokątną a rzutem na nią tej przyprostokątnej.

. Rys. 243 Dany jest trójkąt ABC (rys. 243), w którym

ACB jest prosty. Z wierzchołka C poprowadzono CD

AB.

1. Zauważmy, że w trójkątach ACD i DCB mamy A= 2=

1

B,

równość kątów wynika stąd, że ich ramiona są odpowiednio do siebie prostopadłe. Trójkąty te są zatem podobne, więc ich odpowiednie boki są proporcjonalne: AD, CD CD, DB. 2. Zauważmy, że trójkąty: ABC i ACD mają kąt A wspólny,

B=

Zatem AB, AC AC, AD.

2, są więc również trójkątami podobnymi.

W taki sam sposób z podobieństwa trójkątów ABC i DCB otrzymamy AB, CB CB, DB, co dowodzi naszego twierdzenia, bo AD jest rzutem AC, zaś DB rzutem CB na przeciwprostokątną AB.

Rys. 244 285. Wnioski. Niech będzie dane koło. Poprowadźmy w nim średnicę AB (rys. 244). Z dowolnego punktu C okręgu spuśćmy CD AB. Połączmy jeszcze punkt C z końcami średnicy, wtedy AD jest rzutem cięciwy AC, DB jest rzutem CB na średnicę AB. Ponieważ kąt ACB jest prosty, więc stosując ostatnie twierdzenie do ABC, możemy powiedzieć, co następuje: 1. Odcinek, poprowadzony z dowolnego punktu okręgu i prostopadły do średnicy koła, jest średnim proporcjonalnym między odcinkami, na które została podzielona średnica. 2. Cięciwa, która łączy dowolny punkt okręgu z końcem średnicy, jest odcinkiem średnim proporcjonalnym między całą średnicą a rzutem na nią tej cięciwy. 286. Jeżeli między danymi czterema odcinkami a, b, c i d isniała proporcja a, b c, d, to mówiliśmy, że odcinki a i b są proporcjonalne do odcinków c i d; jeżeli między tymi samymi odcinkami istnieje proporcja a, b d, c, to mówimy, że odcinki a i b są odwrotnie proporcjonalne do c i d. Twierdzenie. Dwie cięciwy, przecinające się wewnątrz koła, dzielą się na części odwrotnie proporcjonalne. Niech dane będzie koło (rys. 245) i w nim dwie cięciwy AB i CD, przecinające się w punkcie E. Pierwsza cięciwa podzieliła się w tym punkcie na dwa odcinki AE i EB, druga na odcinki ED i CE. Mamy dowieść, że AE, ED CE, EB. Połączmy punkty A i C oraz B i D. Otrzymamy wtedy dwa trójkąty: ACE i EBD, w których: A=

D, jako kąty wpisane oparte na tym samym łuku,

i C = B, z tego samego powodu, a więc trójkąty są podobne i odpowiednie boki tych trójkątów są proporcjonalne: AE, ED CE, EB.

Rys. 245 287. Twierdzenie. Jeżeli z punktu poza kołem wyprowadzimy dwie sieczne, to będą one odwrotnie proporcjonalne do swych odcinków zewnętrznych.

Rys. 246 Z punktu poza kołem (rys. 246) wyprowadzono sieczne AB i AC. Odcinkiem zewnętrznym pierwszej siecznej jest odcinek AD, drugiej AE. Mamy dowieść, że AB,AC AE,AD. Połączmy punkty B i E oraz D i C. Otrzymamy wtedy trójkąty ABE i ADC, które mają kąty odpowiednio równe (dlaczego?), a więc są to trójkąty podobne i ich odpowiednie boki będą proporcjonalne. Stąd AB, AC AE, AD. 288. Twierdzenie. Jeżeli z punktu poza kołem wyprowadzimy sieczną i styczną do tego koła, to styczna będzie odcinkiem średnim proporcjonalnym między całą sieczną a jej odcinkiem zewnętrznym.

Rys. 247 Z punktu zewnętrznego A (rys. 247) poprowadźmy styczną AD i sieczną AB, której odcinkiem zewnętrznym względem koła jest odcinek AC. Należy dowieść, że AB, AD AD, AC. Połączmy punkt styczności D z punktami B i C. Otrzymamy wtedy trójkąty ABD i ACD, które mają kąty odpowiednio równe (które i dlaczego?), a więc znowu ich odpowiednie boki będą proporcjonalne, czyli AB, AD AD, AC. 289. Zadanie. Znaleźć trzeci odcinek proporcjonalny dwóch danych odcinków.

Rys. 248 Dane są dwa odcinki a i b (rys. 248), pierwszy niech będzie większy od drugiego. Trzeba znaleźć taki trzeci odcinek x, aby a, b b, x. Zadanie to można traktować jako zadanie na odnajdowanie odcinka czwartego proporcjonalnego (przypadek b = c), ale prościej będzie oprzeć konstrukcję na twierdzeniu z punktu 285. Na odcinku a wystawiamy półkole i wykreślamy cięciwę AC = b, wtedy jej rzut na średnicę będzie odcinkiem żądanym: AB, AC AC, AD czyli a, b b, x.

290. Zadanie. Znaleźć odcinek średni proporcjonalny między dwoma danymi odcinkami. Dane są dwa odcinki a i b, trzeba znaleźć taki odcinek x, aby a, x x, b. Mamy tu do wyboru jedno z twierdzeń o odcinkach średnich proporcjonalnych. Najdogodniej jednak zastosować to samo twierdzenie, co w zadaniu poprzednim. Na odcinku AB = a (większym) odłóżmy AC = b, na AB wystawmy półkole (rys. 249) i z punktu C prostopadłą do średnicy. Łącząc punkt, D i A, otrzymamy AD = x.

Rys. 249

Rys. 250

291. Zadanie. Dany odcinek podzielić na takie dwie części, aby większa z nich była odcinkiem średnim proporcjonalnym między całym odcinkiem a mniejszą jego częścią. Dany jest odcinek AB (rys. 250). Z punktu B wystawmy do niego prostopadłą i odmierzmy na niej BO = AB. Jeżeli teraz z punktu O promieniem OB zakreślimy koło, następnie poprowadzimy przez jego środek sieczną AE, to na zasadzie wiadomego twierdzenia będziemy mieli AE, AB AB, AD, a stąd (AE - AB), AB (AB - AD), AD, ale AE - AB=AE - DE=AD, więc AD, AB (AB - AD), AD, i po przestawieniu wyrazów: AB, AD AD, (AB - AD). Odłóżmy teraz AC = AD, wtedy AB, AC AC, CB i odcinek dany został w punkcie C podzielony na żądane dwie części.

Uwaga. Podział, o którym mowa w powyższym zadaniu, nosi nazwę podziału odcinka w stosunku średnim i skrajnym, a sposób, przez nas podany, pochodzi od uczonego geometry Herona z Aleksandrii (I wiek p.ch.). W Średniowieczu nazywano to zadanie złotym podziałem odcinka (sectio aurea) i przypisywano mu wielkie znaczenie nie tylko w matematyce, ale i w przyrodzie. Uważano go za zasadę piękna w budowlach, malarstwie i rzeźbie (a słynny astronom XVII w. Kepler, doszukiwał się w nim pewnej mistyki i na tym podziale oparł nawet swoją symbolikę). 292. Zadanie. Znaleźć miejsce geometryczne punktów na płaszczyźnie, których odległości od dwóch danych punktów są proporcjonalne do odcinków m i n (m > n). Mając dane punkty A i B (rys. 251), możemy na prostej AB znaleźć dwa punkty C i D, które dzielą odcinek AB wewnętrznie i zewnętrznie proporcjonalnie do m i n. W ten sposób mamy już dwa punkty, które niewątpliwie należą do poszukiwanego miejsca geometrycznego i są stałe. Przypominając sobie własność dwusiecznej kąta wewnętrznego i zewnętrznego w trójkącie, twierdzimy, że budując na podstawie AB trójkąt ABM, którego boki są proporcjonalne do odcinków m i n, otrzymamy dwusieczne jego kąta wewnętrznego i zewnętrznego przy wierzchołku M, przechodzące przez punkty C i D. A ponieważ te dwusieczne są do siebie prostopadłe, więc punkt M będzie leżał na okręgu koła, którego średnicą jest CD. Widzimy zatem, że każdy punkt żądanego miejsca geometrycznego będzie leżał na okręgu o średnicy CD.

. Rys. 251 Musimy jeszcze dowieść na odwrót, że każdy punkt tego okręgu będzie spełniał warunek zadania. Niech będzie M dowolnym punktem powyżej określonego okręgu. Przez punkt B poprowadźmy EF II AM, wtedy mamy MA, FB DA, DB m, n MA, BE CA, CB m, n, a więc FB = BE. Zatem, punkt B jest środkiem odcinka EF, a że

EMF jest prosty, więc FB = MB = BE.

Podstawiając teraz w pierwszej z otrzymanych proporcji zamiast FB lub BE równy im odcinek MB, otrzymamy MA, MB m, n. Wobec tego możemy powiedzieć, że okrąg o średnicy CD jest żądanym miejscem geometrycznym.

Uwaga. Okrąg, o którym mówiliśmy w tym zadaniu, nosi nazwę okręgu Apoloniusza, jednego z wielkich geometrów greckich z III wieku p.n.e.

§ 50. Metoda przekształcenia jednokładnego w zadaniach konstrukcyjnyche 293. W przeważającej liczbie zadań, które dotychczas poznaliśmy, posiłkowaliśmy się metodą miejsc geometrycznych (patrz § 28.). Na podstawie zdobytych wiadomości zapoznamy się z inną metodą, mianowicie z metodą przekształcenia jednokładnego, odgrywającą poważną rolę w pewnym typie zadań konstrukcyjnych. Jak to zaraz zobaczymy na przykładach, będzie ona polegała na tym, że zamiast figury żądanej, wykreślamy naprzód figurę jednokładną z nią, a potem dopiero przechodzimy do budowy figury poszukiwanej. Zadanie 1. Zbudować trójkąt, mając kąt i wysokość wyprowadzoną z jego wierzchołka, jeżeli wiadomo, że boki ten kąt obejmujące są proporcjonalne do dwóch danych odcinków m i n. Analiza. Niech trójkąt ABC będzie żądanym trójkątem (rys. 252). Jeżeli ma być AC, BC m, n, to odkładając CA'=m i CB'=n, mamy A'B' II AB i trójkąt A'B'C' będzie jednokładny do trójkąta ABC. Trójkąt A'B'C możemy zbudować, mając jego trzy elementy: boki m i n i kąt g. Jeżeli teraz w tym trójkącie pomocniczym poprowadzimy wysokość CD' i odłożymy odcinek CD równy danej wysokości, a następnie przez punkt D poprowadzimy AB II A'B', to otrzymamy żądany trójkąt ABC.

Rys. 252

Rys. 253 Zadanie 2. Zbudować trójkąt, mając dane dwa jego kąty i wysokość, wyprowadzoną z wierzchołka trzeciego kąta.

Analiza. Dwa dane kąty wyznaczają kształt żądanego trójkąta, więc zbudujmy dowolny trójkąt A'B'C' (rys. 253), którego kąty A' i B' są odpowiednio równe danym kątom. Ten trójkąt będzie podobny do poszukiwanego. Jeżeli teraz na wysokości DC' odłożymy odcinek DC równy danemu czyli równy wysokości żądanego trójkąta, to otrzymamy wierzchołek C. Poprowadźmy teraz CA II C'A' i CB II C'B'. Trójkąt ABC jest żądanym trójkątem. Trójkąty ABC i A'B'C' są nie tylko podobne, ale wręcz jednokładne (środek?). Zadanie 3. Zbudować trójkąt, mając dwa jego kąty i promień okręgu wpisanego. Analiza. Znowu dwa kąty wyznaczają kształt żądanego trójkąta, więc budujemy najpierw trójkąt jednokładny do żądanego. Znajdujemy promień okręgu wpisanego w ten trójkąt, a potem przechodzimy do wykreślenia poszukiwanego trójkąta, mającego promień koła wpisanego równy danemu odcinkowi. Zadanie 4. Zbudować trójkąt, mając dwa jego kąty oraz sumę podstawy i wysokości. Analiza. Budujemy znów trójkąt pomocniczy o kątach równych danym kątom, a więc podobny do żądanego. Jeżeli w tym pomocniczym trójkącie wykreślimy wysokość, to łatwo się przekonać, że w trójkącie już wykreślonym i poszukiwanym, jako w trójkątach do siebie podobnych (a nawet jednokładnych), odcinki, które są odpowiednio równe sumie podstawy i wysokości w każdym, będą proporcjonalne do odpowiednich boków (albo wysokości). Zadanie sprowadza się więc do znalezienia jednego boku (albo wysokości) trójkąta żądanego jako odcinka czwartego proporcjonalnego do trzech danych. Zadanie 5. Zbudować trójkąt, w którym jest dany kąt, suma boków ten kąt obejmujących, jeżeli wiadomo, że boki te są proporcjonalne do dwóch danych odcinków m i n. Analiza. Niech oznacza dany kąt, a i b niech oznaczają boki tworzące ten kąt. Wtedy kąt b m, n wyznaczają kształt żądanego trójkąta. Zbudujmy z trzech elementów: odcinków m, n i kąta żądanym ABC względem wierzchołka C.

i proporcjonalność a,

trójkąt pomocniczy A'B'C', który będzie jednokładny z

Z proporcji a, b m, n możemy utworzyć nową proporcję (a + b), b (m + n), n, gdzie odcinek b może być wykreślony jako czwarty proporcjonalny do trzech danych odcinków (m + n), n i (a + b). Ten właśnie odcinek b będzie decydował o wielkości poszukiwanego trójkąta. Dalsza konstrukcja, jak w zadaniu poprzednim. Zadanie 6. W trójkąt wpisać kwadrat, którego dwa wierzchołki mają leżeć na podstawie trójkąta.

. Rys. 254 Analiza. Dany jest trójkąt ABC (rys. 254). Przypuśćmy, że zadanie rozwiązano i że żądanym kwadratem jest DEFG. Połączmy wierzchołek F z punktem A, który jak widzimy, jest połączony ze wszystkimi wierzchołkami kwadratu. Jeżeli więc punkt A obierzemy za środek jednokładności, to obierając na prostej AF dowolny punkt F', możemy wykreślić F'G' II FG, potem E'F˘ II EF, wreszcie E'D' II ED i otrzymamy kwadrat D'E'F'G' jednokładny do żądanego i mający trzy wierzchołki czyniące zadość warunkom zadania, oprócz czwartego wierzchołka F'. Stąd już widoczny jest sposób rozwiązania. Wykreślić należy najpierw kwadrat pomocniczy, obierając dowolny punkt E' na boku AC, połączyć F' i A, wtedy na przecięciu AF' z bokiem CB będzie leżał wierzchołek F żądanego kwadratu. Zadanie 7. W wycinek koła wpisać kwadrat. Wskazówka. Wykreślić najpierw kwadrat jednokładny z żądanym względem środka koła. Zadanie 8. Zbudować trójkąt, mając dane trzy jego wysokości. Analiza. Przede wszystkim trzeba udowodnić, że wysokości trójkąta są odwrotnie proporcjonalne do odpowiednich boków. Oznaczmy boki żądanego trójkąta przez x, y, z, a odpowiednie jego wysokości h1, h2, h3. Odcinki h1, h2 i h3 są dane. Mamy proporcje: x, y h2, h1 oraz y, z h3, h2. Wykreślmy teraz odcinek k jako czwarty proporcjonalny do trzech danych h3, h2 i h1, czyli odcinek spełniający proporcję h3, h2 h1, k. Taką konstrukcję zawsze wykonać można i odcinek k będzie wyznaczony. Możemy więc teraz napisać następujące proporcje (zamiast poprzednich) x, y h2, h1, y, z h1, k, czyli krócej x, y, z h2, h1, k.

Stąd widzimy, że boki żądanego trójkąta są proporcjonalne do boków trójkąta pomocniczego, zbudowanego z odcinków h2, h1 i k, a więc trójkąt pomocniczy jest podobny do żądanego. Następnie już przechodzimy do konstrukcji trójkąta żądanego, wprowadzając odcinek równy jednej z wysokości (§ 51. zadanie 1). Czy zadanie zawsze jest możliwe do rozwiązania?

§ 51. Ćwiczenia 1. Jakie są warunki, wystarczające do podobieństwa trójkątów a) prostokątnych? b) równoramiennych? 2. Jakie są warunki podobieństwa a) równoległoboków? b) prostokątów? c) rombów? 3. Zbudować trójkąt, mając dane dwa jego kąty i środkową względem trzeciego boku. 4. Zbudować trójkąt, mając dane dwa jego kąty i dwusieczną kąta trzeciego. 5. Zbudować trójkąt, mając dane dwa jego kąty i obwód. 6. Zbudować trójkąt równoboczny, w którym dana jest suma podstawy i wysokości. 7. W koło wpisać trójkąt podobny do danego trójkąta. 8. W półkole wpisać kwadrat. 9. Na danym kwadracie opisać trójkąt podobny do danego trójkąta. 10. W trójkąt wpisać prostokąt, którego boki byłyby proporcjonalne do dwóch danych odcinków. 11. W trójkąt wpisać równoległobok, który ma kąt wspólny z trójkątem danym, a boki proporcjonalne do dwóch danych odcinków. 12. W trójkąt wpisać równoległobok podobny do danego równoległoboku. 13. W półkole wpisać prostokąt, którego boki są proporcjonalne do odcinków m i n. 14. Zbudować trójkąt podobny do danego tak, żeby jego wierzchołki leżały na danych trzech prostych. 15. Zbudować trójkąt równoboczny, którego wierzchołki będą leżały na danych trzech prostych. 16. Zbudować równoległobok, mając jego przekątne, i wiedząc, że boki są proporcjonalne do dwóch danych odcinków. 17. W okrąg wpisać trójkąt o danej podstawie i pozostałych bokach proporcjonalnych do odcinków m i n. 18. W kole poprowadzono dwa promienie. Wykreślić taką cięciwę, która przez te promienie zostanie podzielona na trzy równe części.

19. Zbudować trójkąt równoramienny, którego wysokość jest dana, a podstawa i jeden z boków równych są proporcjonalne do odcinków m i n. 20. Zbudować trójkąt, mając podstawę i kąt do niej przyległy, oraz wiedząc, że podstawa i jeden z pozostałych boków są proporcjonalne do odcinków m i n. 21. Zbudować trójkąt, mając jego podstawę, przy czym ta podstawa i dwa pozostałe boki są proporcjonalne do odcinków l, m i n. 22. Zbudować trójkąt, mając jego podstawę i różnicę dwóch pozostałych boków, o ile te boki są proporcjonalne do odcinków m i n. 23. Zbudować trójkąt, mając jego podstawę i sumę pozostałych boków, i wiedząc, że te boki są proporcjonalne do odcinków m i n. 24. Zbudować trójkąt, którego podstawa i kąt do niej przyległy są dane, a pozostałe boki są proporcjonalne do odcinków m i n. 25. Dowieść, że w trójkącie wysokości są odwrotnie proporcjonalne do odpowiednich boków. (26-32). W trójkącie ABC niech a, b, c będą bokami leżącymi odpowiednio naprzeciw wierzchołków A, B, C; h1, h2 i h3 wysokościami; m1, m2, m3 środkowymi; w1, w2, w3 dwusiecznymi kątów poprowadzonymi z odpowiednich wierzchołków. Ponadto niech , , będą kątami trójkąta odpowiednio przy wierzchołkach A, B, C; R i r promieniami okręgów opisanego i wpisanego. Zbudować trójkąt ABC, mając: 26. c; ; a, h3 m, n. 27. m1; ; h3, w3 m, n. 28. r; ; c, m3 m, n. 29. h1; ; c, (a + b) m, n. 30. a; ; c, R m, n. 31. a; ; c, r m, n. 32. ; m1 + m2 = s; a, m3 m, n.

Metryczna teoria odcinków proporcjonalnych § 52. O mierzeniu odcinków 294. Wiemy już, jak się odnajduje stosunek dwóch odcinków współmiernych. Zadanie to rozwiązywaliśmy w ten sposób, że odkładaliśmy odcinek CD (rys. 255) na AB tyle razy, ile razy okazało się to możliwe, i tu, jak widzieliśmy, mogły zajść dwa przypadki:

a) odcinek CD odłoży się w AB całkowitą liczbę razy bez reszty, np. k razy, wtedy powiadamy, że stosunek AB:CD jest równy liczbie całkowitej k i piszemy

b) odcinek CD nie da się pomieścić w AB bez reszty, ale jego pewna część, np. n-ta część, odłoży się m razy w AB, wtedy stosunek wyraża się przez ułamek i piszemy

Rys. 255 Jeżeli odcinek CD obierzemy za jednostkę, to wtedy odcinkowi AB odpowiadać będzie w pierwszym przypadku liczba całkowita k, w drugim ułamek

. Każda z tych liczb nazywa się długością odcinka AB.

Odwrotnie: mając daną liczbę jednostek długości, zawsze możemy wykreślić odcinek, odpowiadający tej liczbie. Np. jeżeli wiadomo, że długość pewnego odcinka a jest równa 5, albo 3 a za jednostkę wzięto odcinek l, to zawsze możemy wykreślić odcinek a = 5l, albo a = 3

l.

Możemy zatem powiedzieć, że każda liczba naturalna albo wymierna wyznacza pewien odcinek, o ile jednostka długości jest dana. 295. Przechodzimy teraz do przypadku, kiedy dane odcinki są niewspółmierne. Niech takimi odcinkami będą odcinki AB i CD (rys. 256). Oznacza to, że dzieląc na dowolną ilość równych części odcinek CD i odkładając je na AB, nigdy nie natrafimy na taką część, która pomieściłaby się w AB całkowitą liczbę razy. A więc stosunek danych odcinków nie da się wyrazić ani liczbą całkowitą, ani liczbą wymierną. Inaczej mówiąc, jeżeli odcinek CD obierzemy za jednostkę, to nie możemy wyrazić długości odcinka AB ani liczbą całkowitą, ani liczbą wymierną.

. Rys. 256 Dla ułatwienia rozumowania przypuśćmy, że CD jest bokiem kwadratu, a AB jego przekątną. Wtedy, odkładając AK = CD, przekonamy się, że otrzymamy na odcinku AB resztę KB mniejszą od CD, a więc odcinek AB będzie większy od AK = CD, ale mniejszy od AL = 2CD, czyli CD < AB < 2CD. Różnicę AL - AK = KL =

CD podzielmy na dowolną liczbę, np. na 10 równych części i odłóżmy je na AB,

począwszy od K, wtedy (zgodnie z pewnikiem Archimedesa) zawsze natrafimy na taką liczbę tych części, że odkładając je, tak jak było to opisane wyżej, na AB, otrzymamy, jako ostatni, pewien punkt K1 położony wewnątrz odcinka AB, a odmierzając jeszcze raz, otrzymamy już punkt L1 na przedłużeniu AB. Okaże się mianowicie, że:

1,4 CD < AB < 1,5 CD. Różnicę AL1 - AK1 = K1L1 = CD podzielmy znowu na 10 części równych i odmierzmy je na AB (począwszy od K1). Okaże się, że koniec K2 pierwszej z niej znajduje się na lewo od B, a koniec drugiej L2 już na prawo od tego punktu i będzie 1,41 CD < AB < 1,42 CD. Oczywiście nie moglibyśmy trafić na punkt B, dlatego że odcinki AB i CD są niewspółmierne. Idźmy dalej: różnicę K2L2 =

CD podzielmy znowu na 10 części równych i okaże się, że 1,414 CD < AB < 1,415 CD.

Postępując w opisany sposób dalej, wciąż otrzymywać będziemy dwa odcinki, między którymi zawierać się będzie odcinek AB. Będzie mianowicie: 1 CD < AB < 2 CD 1,4 CD < AB < 1,5 CD 1,41 CD < AB < 1,42 CD 1,414 CD < AB < 1,415 CD .......................... W ten sposób otrzymujemy dwa ciągi liczb, odpowiadających wymienionym poprzednio odcinkom: 1) 1; 1,4; 1,41; 1,414; ... 2) 2; 1,5; 1,42; 1,415; ... Ponieważ bok i przekątna kwadratu są, jak wiemy, niewspółmierne, więc otrzymane ciągi będą nieskończone. Wtedy stosunek

, którego nie możemy wyrazić ani liczbą całkowitą, ani w postaci ułamka da się

wyznaczyć w następujący sposób: Dzielimy wszystkie liczby wymierne, na dwie klasy, zaliczając do pierwszej klasy wszystkie liczby pierwszego z otrzymanych poprzednio ciągów i liczby od nich mniejsze, a do drugiej klasy wszystkie liczby drugiego ciągu i liczby od nich większe. Każda liczba pierwszej klasy jest mniejsza od każdej liczby drugiej klasy i każda pomyślana liczba musi należeć do jednej z tych klas. Taki podział nosi nazwę przekroju liczb wymiernych. Jeżeli, jak w omawianym przypadku, pierwsza klasa nie posiada liczby największej, a druga najmniejszej, przekrój wyznacza liczbę niewymierną. Omówiony przez nas przekrój wyraża się symbolem

.

296. Widzimy teraz, że stosunek dowolnych dwóch odcinków możemy wyrazić liczbą. Jeżeli odcinki te są współmierne, to ich stosunek będzie liczbą wymierną, tj. całkowitą lub ułamkową, jeżeli zaś są niewspółmierne, liczbą niewymierną.

Każda liczba pierwszej klasy naszego przekroju daje przybliżoną wartość poszukiwanego stosunku (czyli liczby niewymiernej) z niedomiarem, każda zaś liczba drugiej klasy daje wartość przybliżoną z nadmiarem. Jeżeli więc pragniemy znaleźć przybliżoną wartość stosunku z dokładnością do 1/n, dzielimy odcinek CD na n części równych i odkładamy je na AB. Wtedy, zgodnie z pewnikiem Archimedesa, zawsze znajdziemy taką liczbę m, że będzie (jeśli odcinki są niewspółmierne)

i przybliżona wartość tego stosunku z dokładnością do

będzie (z niedomiarem) lub (z nadmiarem). To

znaczy, że biorąc

lub

popełniamy błąd mniejszy od 1/n. Jeżeli teraz odcinek CD obierzemy za jednostkę długości, to otrzymane liczby dadzą nam długość odcinka AB. A więc, mając obraną jednostkę, możemy powiedzieć, że każdemu odcinkowi przypiszemy liczbę wymierną lub niewymierną, zależnie od tego, czy dany odcinek jest współmierny z jednostką długości, czy też niewspółmierny. 297. Zachodzi teraz pytanie: czy odwrotnie każdej liczbie niewymiernej odpowiadać będzie pewien odcinek przy danej jednostce długości? Niech będzie dana np. liczba niewymierna

, jednostką długości niech będzie odcinek CD (rys. 256).

Rys. 256 Wiemy już, że liczba niewymierna może być wyznaczona przez przekrój dwóch klas liczb wymiernych, spełniających wiadome warunki. A więc podzielmy wszystkie liczby wymierne na dwie klasy, zaliczając do pierwszej klasy wszystkie liczby, których sześciany są mniejsze od 4, a do klasy drugiej wszystkie liczby, których sześciany są większe od 4: 1) 1; 1,5; 1,58; 1, 587; ... 2) 2; 1,6; 1,59; 1,588; ... (Liczby te odnajdziemy, wyciągając pierwiastek sześcienny z 4).

Jeżeli teraz, mając CD = 1, wykreślimy najpierw odcinek AK = CD i AL = 2 CD, potem AK1 = 1,5 CD i AL1 = 1,6 CD itd., czyli jeżeli wykreślimy odcinki, których miarą jest każda z liczb wymiernych napisanych wyżej dwóch ciągów, to otrzymamy dwie klasy odcinków: 1. AK; AK1; AK2; AK3; ... 2. AL; AL1; AL2; AL3; ... Biorąc pod uwagę końce K, K1, K2 ..., L, L1, L2 ... tych odcinków i włączając wszystkie punkty nieograniczonej prostej AL, otrzymamy dwie klasy punktów: 1. K, K1, K2, K3 ... 2. L, L1, L2, L3 ... , które mają taką własność, że wszystkie punkty pierwszej klasy leżą z lewej strony wszystkich punktów klasy drugiej i odległość między każdą parą odpowiednich punktów obu klas jest tym mniejsza, im dalej na prawo od K leży punkt pierwszej klasy, a im dalej na lewo od L leży punkt drugiej klasy. Wtedy twierdzimy, że istnieje, i to tylko jeden, taki punkt B, który oddziela wszystkie punkty pierwszej klasy od punktów klasy drugiej. Istnienia takiego punktu nie dowodzimy, przyjmujemy to założenie za pewnik, który nosi nazwę pewnika Dedekinda, matematyka niemieckiego z XIX w. 298. Na mocy powyższych rozumowań dochodzimy do wniosku, że wartość stosunku dowolnych dwóch odcinków a : b zawsze możemy wyrazić liczbą (wymierną lub niewymierną) i odwrotnie każdej liczbie odpowiadać będzie stosunek dwóch odcinków. Jeżeli zaś odcinek b weźmiemy za jednostkę długości, to każdemu odcinkowi a odpowiadać będzie pewna liczba, która jest jego długością, i odwrotnie: każdej liczbie odpowiada pewien wyznaczony odcinek. Jeżeli mamy dwa równe odcinki a = a', to ich długości będą równe. Sumie dwóch odcinków a + a' odpowiadać będzie suma ich długości, co jest jasne dla odcinków współmiernych z jednostką długości. W przeciwnym razie należy tylko sumę liczb niewymiernych (m + m') wyznaczyć przez przekrój liczb wymiernych, zaliczając do pierwszej klasy liczby, stanowiące sumy odpowiednich liczb pierwszych klas przekrojów (m) i (m'), a do drugiej klasy liczby, stanowiące sumy odpowiednich liczb drugich klas przekrojów (m) i (m'). Korzystając np. z ciągów, które poprzednio otrzymaliśmy dla liczb wyznaczymy przez przekrój dwu klas liczb:

i

, powiemy, że liczbę (

)

(1 + 1); (1,4 + 1,5); (1,41 + 1,58); (1,414 + 1,587); ... (2 + 2); (1,5 + 1,6); (1,42 + 1,59); (1,415 + 1,588); ... Idąc dalej, powiemy, że większemu odcinkowi odpowiadać będzie większa długość, różnicy dwóch odcinków odpowiadać będzie różnica ich długości i odwrotnie. Widzimy więc, że między odcinkiem a jego długością istnieje ścisła zależność, która pozwala wyznaczyć odcinek, jeżeli liczba wyrażająca długość jest dana i odwrotnie wyznaczyć liczbę będącą długością, jeżeli odcinek jest dany.

Taką zależność nazywamy odpowiedniością doskonałą; pozwala ona działania na odcinkach zastępować analogicznymi działaniami na liczbach i odwrotnie. 299. W praktyce jako stałej jednostki do mierzenia odcinków używa się miary liniowej, zwanej metrem (m) i jego dziesiętnych części: centymetr (cm) = 0,01 m i milimetr (mm) = 0,001 m. Jeżeli chodzi o praktyczne zmierzenie danego odcinka, nie wchodzimy w to, czy on jest współmierny z jednostką, czy niewspółmierny: zawsze odnajdujemy długość odcinka z pewną dokładnością. Mając więc dany odcinek, przede wszystkim odnajdujemy (linijką podzieloną na centymetry i milimetry lub cyrklem), ile całkowitych centymetrów zawiera odcinek, ile następnie mieści się milimetrów, a resztę, która może istnieje, odrzucamy. Są przyrządy, używane w pomiarach, wymagających większej dokładności, przy pomocy których możemy odczytywać dziesiąte, a nawet setne części milimetra. Jest to dokładność w zupełności wystarczająca dla celów praktycznych.

§ 53. Mierzenie kątów i łuków 300. Kąty i łuki należą, jak wiemy, do wielkości geometrycznych i do nich mogą być zastosowane te rozumowania, które przeprowadziliśmy, ustalając pojęcie o stosunku i mierzeniu odcinków. Aby więc znaleźć stosunek dwóch kątów, należy postępować, tak jak z odcinkami: odejmować mniejszy kąt albo pewną jego część, od większego tyle razy, ile okaże się możliwe i stosunek będzie wyrażony albo liczbą całkowitą, albo ułamkiem, albo liczbą niewymierną. Aby zmierzyć dany kąt, należy go porównać, czyli znaleźć stosunek do innego kąta, który obieramy za jednostkę. Za taką stałą jednostkę można wziąć kąt prosty - tak nawet robiliśmy, kiedy zachodziła potrzeba porównania kątów (kąt ostry, rozwarty) - w praktyce jednak ta jednostka jest zbyt wielka, bierzemy więc część kąta prostego za miarę kątów i nazywamy taki kąt stopniem kątowym (o), jego 60-tą część minutą ('), a jej 60-tą część minuty sekundą (''). Piszemy np. = 36o 24' 50'', czytając: 36 stopni 24 minuty 50 sekund. Widzimy zatem, że kąt prosty ma miarę 90o, kąt półpełny ma miarę 180o, więc niektóre twierdzenia, które dawniej otrzymaliśmy, można teraz wypowiedzieć w nieco innej formie, np. że suma kątów trójkąta jest równa 180o, każdy z kątów trójkąta równobocznego ma miarę 60o, suma kątów wielokąta jest równa 180o (n 2), gdzie n jest liczbą boków itp. 301. Za jednostkę łuków bierze się

część całego okręgu, która nosi nazwę stopnia łukowego (kątowego)

(o), stopień dzieli się na 60 minut łukowych (kątowych) ('), minuta na 60 sekund ('') łukowych (kątowych).

Rys. 257 Ponieważ, jak wiemy, równym kątom środkowym odpowiadają równe łuki i odwrotnie, więc jeżeli w kole (rys. 257) poprowadzimy dwie prostopadłe do siebie średnice AB i CD, to otrzymamy cztery kąty proste, którym, jako kątom równym sobie, odpowiadać będą równe łuki, więc każdy z nich np. CB, zawierać będzie 90o. Jeżeli wyobrazimy sobie łuk EF = łuku CB, tj. łuk = 1o, to łącząc jego końce ze środkiem koła, otrzymamy kąt środkowy EOF równy 1o. Zatem kąt środkowy zawiera w sobie tyle stopni kątowych, ile odpowiadający mu łuk ma stopni łukowych. 302. W praktyce do mierzenia kątów stopniami posługujemy się przyrządem, który nosi nazwę kątomierza i zbudowany jest na omówionej zależności między kątem środkowym a odpowiadającym mu łukiem.

Rys. 258 Kątomierz (rys. 258) jest półkolem (najczęściej metalowym), którego półokrąg jest podzielony na 180 stopni (w dokładniejszych kątomierzach podziałka jest zrobiona co stopnia), środkiem półkola jest punkt 0, średnicą AA'. Aby zmierzyć dany kąt, kładziemy kątomierz w taki sposób, aby średnica miała kierunek jednego ramienia kąta (OA), a środek wypadał w wierzchołku kąta, wtedy drugie ramię kąta (OB) wskaże na łuku ilość stopni (liczonych od A), zawartych w łuku, a więc i w danym kącie.

§ 54. Metryczna definicja odcinków proporcjonalnych 303. Określenie. Jeżeli dane są cztery odcinki a, b, c, d takie, że stosunek pierwszych dwóch (a : b) jest równy stosunkowi dwóch ostatnich (c : d), to takie odcinki nazywamy proporcjonalnymi i wyrażamy to, pisząc proporcję

a : b = c : d. W swoim czasie poznaliśmy odcinki proporcjonalne (punkt 257), rozumiejąc przez to czwórki odcinków, które są parami wyznaczone przez dwie równoległe przecinające ramiona dowolnego kąta. Może się zrodzić pytanie, czy te dwa określenia proporcjonalności odcinków są równoważne? Czy ta proporcjonalność, dwojako określona, jest ta sama? Uzasadnimy, że tak jest:

Rys. 259 1. Rozważmy dowolny kąt M (rys. 259) i jego ramiona przetnijmy dwiema prostymi równoległymi. Otrzymujemy wtedy cztery odcinki MA, MB, MC i MD proporcjonalne według określenia wcześniejszego, które nazwiemy określeniem geometrycznym. Udowodnimy, że te odcinki będą również proporcjonalne według nowej definicji, którą nazywać będziemy metryczną, czyli udowodnimy, że stosunek MA : MB będzie równy stosunkowi odcinków MC : MD. Dowód jest zbyteczny, jeżeli odcinki MA i MB są współmierne (punkt 256). Chodzi o przypadek, kiedy one są niewspółmierne. Wtedy, jak wiemy, stosunek MA : MB będzie się wyrażał liczbą niewymierną, która będzie wyznaczona przez pewien przekrój dwóch klas liczb wymiernych, a poszczególne liczby obu klas będą dawały przybliżone wartości liczby niewymiernej, np. 1; 1,4; 1,41; 1,313; ... 2; 1,5; 1,42; 1,415; ... Każdej liczbie wymiernej, wziętej z jednej z tych klas, odpowiadać będzie odcinek współmierny z MB (mniejszy od MA, jeżeli bierzemy liczbę pierwszej klasy i większy od MA, jeżeli bierzemy liczbę drugiej klasy): np. odcinek MA' lub MA''. Jeżeli przez koniec tego odcinka poprowadzimy prostą równoległą do BD, to na drugim ramieniu kąta otrzymamy odcinek MC' lub MC'' współmierny z MD, a stosunek ' będzie równy stosunkowi 'i podobnie

Będziemy więc mieli

.

Tak więc znajdziemy takie dwie liczby wymierne

i

, że

i . Zatem, stosunek odcinków MC : MD będzie wyrażony przez przekrój takich samych dwóch klas liczb jak stosunek MA : MB, czyli będzie MA : MB = MC : MD, cbdd.

Rys. 260 2. Odwrotnie, udowodnimy, że: jeżeli odcinki MA, MB, MC, MD są proporcjonalne według definicji metrycznej, tj. jeżeli stosunek MA:MB jest równy stosunkowi MC:MD, to odmierzając te odcinki na ramionach dowolnego kąta (rys. 260) i łącząc ich końce odcinkami, otrzymamy: AC II BD. Przypuśćmy, że tak nie jest i z punktu A wyprowadźmy AE II BD, wtedy odcinki MA, MB, ME i MD musiałyby być proporcjonalne geometrycznie, tzn. byłoby MA, MB ME, MD. Zatem stosunek MA : MB byłby równy stosunkowi ME : MD, a więc byłoby ME : MD = MC : MD, a stąd musiałoby być ME = MC. Tak więc proporcja geometryczna między odcinkami zdobyła wszystkie prawa proporcji metrycznej; jeżeli więc będziemy mieli do czynienia z proporcją a : b = c : d, możemy powiedzieć, że dane cztery odcinki są wyznaczone na ramionach kąta przez dwie proste równoległe (odcinki talesowskie) albo też, że stosunek długości pierwszych dwóch odcinków jest równy stosunkowi długość dwóch pozostałych. Odtąd, rozważając proporcje możemy przez a, b, c, d rozumieć odcinki geometrycznie pojęte albo też ich długości.

Mając więc proporcję: a : b = c : d, możemy z niej utworzyć iloczyny wyrazów skrajnych i środkowych i otrzymać równość a × d = b × c, rozumiejąc przez a × d liczbę, która jest iloczynem długości odcinków a i d, i tak samo rozumiejąc iloczyn b × c. Z proporcji a:x=x:b możemy utworzyć równość x2 = ab, gdzie x2 oznaczać będzie liczbę, która jest równa kwadratowi długości odcinka x. Tu należy zauważyć, że długości odcinków a i b (albo c i d) mogą być niewymierne, wtedy iloczyn ab będzie wyznaczony przez taki przekrój, gdzie do pierwszej klasy będą należały iloczyny liczb, stanowiących pierwsze klasy przekrojów dla liczb a i b, podobnie do drugiej klasy będą należały iloczyny liczb stanowiących drugą klasę przekrojów. Jeżeli np. długość odcinka a = , odcinka b = , to iloczyn ab będzie wyznaczony przez dwie klasy liczb wymiernych: do pierwszej należeć będą iloczyny (wszelkie możliwe) liczb pierwszych klas dla i , a więc liczb: 1; 1,4; 1,41; 1,414; ... oraz 1; 1,5; 1,58; 1,587; ... więc liczby (1 × 1,5); (1,4 × 1,5); (1,41 × 1,5); ... albo (1 × 1,58); (1,41 × 1,58); (1,414 × 1,58); ... itp., co symbolicznie możemy oznaczyć przekr. (a × b) = przekr. (a) × przekr. (b).

§ 55. Związki metryczne między odcinkami w trójkącie i kole 304. Na mocy tego, co było wyżej powiedziane, możemy teraz, powracając do niektórych twierdzeń, wyrażających proporcjonalne zależności między odcinkami trójkąta prostokątnego (patrz punkt 284) sformułować je inaczej, traktując odcinki i proporcje między nimi z punktu widzenia metrycznego.

Rys. 261 A więc, jeżeli w trójkącie prostokątnym ABC (rys. 261) poprowadzimy z wierzchołka C kąta prostego wysokość CD, to: AD : CD = CD : DB, stąd mamy CD2 = AD × DB, tj. kwadrat długości wysokości trójkąta prostokątnego, poprowadzonej z wierzchołka kąta prostego, jest równy iloczynowi długości odcinków, na które została podzielona przeciwprostokątna, albo krócej: kwadrat wysokości trójkąta prostokątnego poprowadzonej z wierzchołka kąta prostego jest równy iloczynowi odcinków tej przeciwprostokątnej. Podobnie mieliśmy: AB : AC = AC : AD, skąd AC2 = AB × AD, tj. w trójkącie prostokątnym kwadrat przyprostokątnej jest równy iloczynowi przeciwprostokątnej i rzutu na nią tej przyprostokątnej. Ściśle: kwadrat długości przyprostokątnej jest równy iloczynowi długości przeciwprostokątnej i rzutu na nią przyprostokątnej. Jeżeli tę samą zależność zastosujemy do drugiej przyprostokątnej, to otrzymamy CB2 = AB × DB, a dodając tę równość do poprzedniej, mamy AC2 + CB2 = AB (AD + DB), czyli AB2 = AC2 + CB2, tj. w trójkącie prostokątnym kwadrat przeciwprostokątnej jest równy sumie kwadratów obu przyprostokątnych. Znowu ściśle należałoby powiedzieć: kwadrat długości itd. Jest to zależność wielkiej wagi: pozwala ona obliczyć jeden z boków trójkąta prostokątnego, jeżeli dwa pozostałe są dane. Np. przyprostokątne są odpowiednio długości a i b, wtedy przeciwprostokątna c ma długość

a przyprostokątna

Np., jeśli a = 12 cm, c = 15 cm, to

305. Ostatnie twierdzenie można uogólnić na przypadek trójkąta ukośnokątnego.

Rys. 262 1. Niech będzie dany ABC (rys. 262), w którym kąt A jest ostry. Obierając bok AB za podstawę, poprowadźmy wysokość CD, wtedy otrzymamy dwa trójkąty prostokątne CDB i ACD. Z pierwszego trójkąta mamy: CB2 = CD2 + DB2, z drugiego: CD2 = AC2 - AD2. Podstawiając w pierwszej z tych równości wartość CD2 i zastępując DB przez (AB - AD), otrzymamy CB2 = (AC2 - AD2) + (AB - AD)2, skąd ostatecznie: CB2 = AB2 + AC2 - 2 AB × AD. Mamy zatem twierdzenie następujące: w trójkącie kwadrat boku, położonego naprzeciw kąta ostrego, jest równy sumie kwadratów dwóch pozostałych boków, pomniejszonej o podwojony iloczyn podstawy i jej odcinka, liczonego od wierzchołka kąta ostrego do spodka wysokości.

Rys. 263 2. Jeżeli w danym trójkącie (rys. 263) kąt CAB jest rozwarty, to biorąc znowu za podstawę bok AB i za wysokość CD, otrzymamy dwa trójkąty prostokątne: CDB i ACD, a z nich, jak poprzednio, otrzymamy CB2 = AB2 + AC2 - 2 AB × AD (sformułować to twierdzenie słowami).

Uwaga. Za podstawę trójkąta można było obrać bok AC i poprowadzić względem niej wysokość, wtedy zamiast iloczynu AB . AD otrzymamy inny, łatwo jednak udowodnić (jak?), że te iloczyny będą sobie równe. 306. Sposobem sprowadzenia do niedorzeczności można dowieść następujących twierdzeń odwrotnych: w trójkącie kąt jest ostry, rozwarty lub prosty, zależnie od tego, czy kwadrat boku położonego naprzeciw niego jest mniejszy, większy lub równy sumie kwadratów dwóch pozostałych boków. Np. 1) Jeżeli boki trójkąta są odpowiednio równe: 10 cm, 8 cm, i 5 cm, to trójkąt istnieje, dlatego że 8 - 5 < 10 < 8 + 5, a kąt położony naprzeciw pierwszego boku jest rozwarty, dlatego że 102 > 82 + 52. 2) Jeżeli boki trójkąta są równe: 15 cm, 14 cm i 13 cm, to kąt położony naprzeciw pierwszego boku jest ostry, bo 152 < 142 + 132. 3) Jeżeli boki trójkąta są równe: 13 cm, 12 cm i 5 cm, to trójkąt jest prostokątny, bo 132 = 122 + 52. 307. Wnioski. 1) Jeżeli w trójkącie ABC (rys. 264) wszystkie trzy boki są dane, to stosując twierdzenie powyżej udowodnione, mamy: CB2 = AC2 + AB2 - 2 AB × AD

Rys. 264

Rys. 265

(albo + 2 AB × AD, jeżeli kąt A jest rozwarty). W napisanej równości niewiadomy jest tylko odcinek AD, więc można go odnaleźć:

Mając zaś AD, możemy z trójkąta prostokątnego ACD obliczyć bok CD czyli wysokość danego trójkąta. 2) W danym trójkącie ABC (rys. 265) niech E będzie środkiem boku AB, więc CE środkową. Poprowadźmy wysokość CD względem AB, wtedy z trójkątów ACE i ECB mamy: (1) AC2 = CE2 + AE2 - 2 AE × DE (2) CB2 = CE2 + EB2 + 2 EB × DE ponieważ AE = EB =

, więc dodając, otrzymamy: AC2 + CB2 = 2 CE2 + 2 AE2,

Zatem w trójkącie suma kwadratów dwóch boków jest równa podwojonemu kwadratowi środkowej względem boku trzeciego powiększonej o podwojony kwadrat połowy tego boku. Z tej zależności możemy obliczyć środkową w trójkącie, jeżeli dane są trzy boki.

3) Jeżeli otrzymane poprzednio dwie równości (2) i (1) odejmiemy stronami, otrzymamy CB2 - AC2 = 2 AB × DE. Stąd w trójkącie różnica kwadratów dwóch boków jest równa podwojonemu iloczynowi boku trzeciego i rzutu na niego linii środkowej względem tegoż boku. 4) Dany jest równoległobok ABCD (rys. 266). Poprowadźmy BE ACD mamy

AD i CF

AD, wtedy z trójkątów ABD i

BD2 = AB2 + AD2 - 2 AD × AE, AC2 = CD2 + AD2 + 2 AD × DF. Ponieważ AE = DF i AD = BC, więc dodając stronami, otrzymamy: BD2 + AC2 = AB2 + BC2 + CD2 + AD2, zatem, w równoległoboku suma kwadratów przekątnych jest równa sumie kwadratów wszystkich czterech boków.

Rys. 266 308. Przypominając własności odcinków proporcjonalnych w kole, możemy o dwóch cięciwach AB i CD, przecinających się wewnątrz koła (rys. 267), powiedzieć, że AM : DM = MC : MB, a stąd AM × MB = DM × MC. Jeśli przez punkt M poprowadzimy jeszcze dowolną cięciwę FE, to będzie AM × MB = DM × MC = FM × ME.

Rys. 267

Rys. 268

Ogólnie wszystkie cięciwy przecinające się w jednym punkcie wewnątrz koła mają tę własność, że iloczyn odcinków każdej cięciwy jest stały.

Jeżeli z pewnego punktu zewnętrznego A (rys. 268) poprowadzimy sieczne do danego koła, to będzie: AB : AC = AE : AD, stąd zaś AB × AD = AC × AE; oraz dla stycznej AG: AB : AG = AG : AD, zatem AB × AD = AG2. Gdybyśmy z punktu A wyprowadzili jeszcze jedną sieczną, to znowu iloczyn siecznej i jej odcinka zewnętrznego będzie równy poprzedniemu iloczynowi. Wykazaliśmy, że jeżeli z punktu położonego poza kołem wyprowadzimy dowolną ilość siecznych do danego koła, to iloczyn każdej siecznej i jej odcinka zewnętrznego będzie stały i równy kwadratowi stycznej wyprowadzonej z tego samego punktu. Ponieważ chodzi tu o długość odcinka, więc należy pamiętać, że przez sieczną rozumiemy odcinek, liczony od punktu, z którego została wyprowadzona, do dalszego punktu przecięcia z okręgiem (AB), długością stycznej będzie odcinek (AG), liczony od jej punktu początkowego do punktu styczności. Uwaga. Łatwo można udowodnić, że odwrotnie: jeżeli AB × AD = AC × AE, to cztery punkty B, D, E i C leżą na jednym okręgu. 309. Twierdzenie. W każdym trójkącie iloczyn dwóch boków jest równy podwojonemu iloczynowi promienia okręgu opisanego i wysokości względem trzeciego boku. Na ABC (rys. 269) opiszmy okrąg, spuśćmy BD AC. Jeżeli poprowadzimy średnicę BE i połączymy punkty E i C, to ABD będzie podobny do BEC, ponieważ A = E, jako kąty wpisane oparte na tym samym łuku BC, a BDA = BCE, jako kąty proste. Otrzymamy więc proporcję

stąd AB × BC = BE × BD, czyli AB × BC = 2 BO × BD, cbdd. 310. Twierdzenie. W każdym trójkącie iloczyn dwóch boków jest równy kwadratowi dwusiecznej kąta między nimi zawartego powiększonej o iloczyn odcinków, na które ta dwusieczna podzieliła trzeci bok.

Rys. 269

Rys. 270

Na trójkącie ABC (rys. 270) opiszmy okrąg. Jeżeli środek łuku AC, czyli punkt E, połączymy z wierzchołkiem B, to BD będzie dwusieczną kąta ABC. Połączmy teraz punkty E i C, wtedy będzie ABD BEC, dlatego że A = na tym samym łuku BC oraz ABD = EBC, a więc otrzymamy proporcję

E jako kąty wpisane oparte

skąd (1) AB × BC = BD × BE = BD × (BD + DE) = BD2 + BD × DE, Łatwo teraz zauważyć, że wierzchołkowe, a zatem

ABD

DEC, ponieważ

A=

E, a kąty przy punkcie D są równe jako kąty

skąd BD × DE = AD × DC. Podstawiając ten iloczyn do równości (1), mamy: AB × BC = BD2 + AD × DC, cbdd. Uwaga. Na mocy tego twierdzenia można obliczyć dwusieczną w trójkącie, mając długości jego boków. Niech np. AB = 5 m, BC = 10 m, AC = 9 m. Przede wszystkim trzeba będzie znaleźć długości odcinków AD i DC, ale jak wiadomo: AD : DC = AB : BC = 5 : 10 = 1 : 2, a więc podzielmy bok AC = 9 m w stosunku 1 : 2, będziemy mieli AD = Z twierdzenia wiemy, że AB × BC = BD2 + AD × DC, skąd BD2 = AB × BC - AD × DC,

= 3 m, DC = 6 m.

czyli BD2 = 5 × 10 - 3 × 6 = 50 - 18 = 32, a więc BD =

=4

= 5,65 (z błędem < 0,01).

* 311. Twierdzenie (Ptolemeusza). W czworokącie, wpisanym w okrąg, iloczyn przekątnych równa się sumie iloczynów boków przeciwległych.

. Rys. 271 Niech będzie dany dowolny czworokąt ABCD (rys. 271) wpisany w okrąg, mamy dowieść, że AC × BD = AB × CD + BC × AD. Z wierzchołka B wyprowadźmy prostą BE tak, aby ABD = EBC. Otrzymamy dwa trójkąty: ABD i EBC, w których ABD = EBC (z konstrukcji), ADB = ECB, jako kąty wpisane oparte na tym samym łuku, a więc ABD EBC, a zatem EC : AD = BC : BD, stąd zaś (1) EC × BD = AD × BC. Zauważmy teraz dwa trójkąty: ABE i DBC, w których równe są kąty ABE i DBC, jako złożone z równych kątów, i kąty BAE i BDC, jako kąty wpisane oparte na tym samym łuku, trójkąty te są do siebie podobne, zatem boki odpowiednie są proporcjonalne: AE : DC = AB : BD, stąd zaś (2) AE × BD = AB × DC. Dodając teraz równości (1) i (2), otrzymamy: AE × BD + EC × BD = AB × DC + AD × BC, czyli

(AE + EC) × BD = AB × DC + AD × BC, ostatecznie AC × BD = AB × DC + AD × BC, cbdd.

§ 56. O liniach poprzecznych w trójkącie 312. Określenie. Prosta, która przecina boki trójkąta lub ich przedłużenia, nazywa się poprzeczną w trójkącie.

Rys. 272 Tak np. w trójkącie ABC (rys. 272) poprzeczna EDF przecina dwa boki i przedłużenie trzeciego i wyznacza sześć odcinków: AE, BE, BD, CD, AF i CF.

Rys. 273 W trójkącie ABC (rys. 273) poprzeczna FED przecina przedłużenia wszystkich boków i wyznacza sześć odcinków: AE, BE, CD, DB, CF i AF. 313. Twierdzenie 1 (Menelaosa). Dowolna poprzeczna wyznacza na dwóch bokach trójkąta i na przedłużeniu trzeciego (lub na przedłużeniach wszystkich trzech boków) sześć takich odcinków, że iloczyn trzech do siebie nieprzyległych równa się iloczynowi trzech pozostałych. Niech będzie dany CF.

ABC (rys. 272) z poprzeczną EDF, mamy dowieść, że AF × CD × EB = BD × AE ×

Przez wierzchołek B poprowadźmy BG II EDF, wtedy . Przez podzielenie tych proporcji otrzymujemy: , czyli AF × EB × CD = AE × BD × CF.

Tak samo w trójkącie ABC (rys. 273) poprowadziwszy BG II FD z podobieństwa trójkątów FCD i CBG mamy

a z tego, że

FAE

, stąd ,

(*)

, stąd

(**)

ABG otrzymujemy

Dzieląc przez siebie proporcje (*) i (**), dostajemy , czyli BD × AE × CF = AF × CD × BE.

Rys. 273 314. Twierdzenie 2 (odwrotne). Jeżeli na bokach AB i CB trójkąta ABC (rys. 274) obierzemy dwa dowolne punkty E i D, a na przedłużeniu trzeciego boku taki punkt F, że AE × BD × CF = EB × CD × AF , to trzy punkty: E, D i F leżą na jednej prostej. Przypuśćmy, że tak nie jest i niech przedłużenie DE przecina przedłużenie boku AC nie w punkcie F, lecz np. w punkcie G. Wtedy na mocy poprzedniego twierdzenia byłoby AE × BD × CG = EB × CD × AG, ale z założenia mamy AE × BD × CF = EB × CD × AF, stąd przez podzielenie tych równości, dostajemy

a więc także

czyli

skąd CF=AF, co jest niemożliwe. 315. Twierdzenie 3 (Cevy). Dowolne trzy proste wyprowadzone z wierzchołków trójkąta i przecinające się w jednym punkcie wyznaczają na bokach sześć takich odcinków, że iloczyn trzech z nich do siebie nieprzyległych jest równy iloczynowi trzech pozostałych.

Rys.274

Rys. 275 Niech będzie dany trójkąt ABC (rys. 275), poprowadźmy proste AE, BF i CD przecinające się w punkcie O. Trzeba dowieść, że AD × BE × CF = BD × CE × AF. Zastosujemy do trójkąta ABF twierdzenie Menelaosa, uważając DOC za poprzeczną. Otrzymujemy AD × BO × CF = BD × OF × AC. W trójkącie BCF prosta AE jest poprzeczną, a zatem BE × OF × AC = BO × AF × EC. Mnożąc stronami otrzymane dwie równości, po skróceniu otrzymamy AD × BE × CF = BD × CE × AF, cbdd. 316. Twierdzenie 4 (odwrotne). Jeżeli trzy proste wyprowadzone z wierzchołków danego trójkąta wyznaczają na jego bokach sześć takich odcinków, że iloczyn trzech do siebie nieprzyległych jest równy iloczynowi trzech pozostałych, to te trzy proste przecinają się w jednym punkcie.

Rys. 276 Niech będzie dany trójkąt ABC (rys. 276). Poprowadźmy proste AE, BF i CD. Mamy dowieść, że te proste przecinają się w jednym punkcie. Założenie: AD × BE × CF = BD × CE × AF. Niech proste AE i BF przecinają się w punkcie O. Przypuśćmy, że trzecia prosta przez ten punkt nie przechodzi, czyli że przedłużeniem CO jest nie OD, lecz OD˘. Wtedy na mocy poprzedniego twierdzenia możemy napisać: AD' × BE × CF = BD' × CE × AF, ale z założenia mamy AD × BE × CF = BD × CE × AF. Dzieląc stronami otrzymane dwie równości, dostajemy:

co jest niedorzecznością, bo

a

.

317. Wnioski. Ostatnie twierdzenie daje łatwy sposób dowiedzenia niektórych ważnych twierdzeń. 1) Niech proste AE, CD i BF (rys. 276) będą dwusiecznymi kątów trójkąta ABC, wtedy mamy:

Pomnóżmy stronami pierwszą równość przez drugą, dostajemy:

porównawszy to z trzecią równością, otrzymamy

czyli AF × EC × BD = AD × BE × CF, a to dowodzi, że dwusieczne kątów w trójkącie przecinają się w jednym punkcie. 2) Niech proste AE, CD i BF będą wysokościami, wtedy

trójkąty ABF i ACD są podobne, stąd trójkąty ABE i DBC są podobne, stąd trójkąty BCF i AEC są podobne, stąd Jeżeli teraz drugą proporcję pomnożymy przez trzecią, to otrzymamy

a na mocy pierwszej proporcji,

czyli AF × BD × EC = AD × BE × FC, a to dowodzi, że proste AE, BF i CD to jest wszystkie trzy wysokości w trójkącie przecinają się w jednym punkcie. 3) Niech proste AE, BF i CD będą środkowymi trójkąta ABC, wtedy AD = DB, BE = EC, CF = FA, a więc AD × BE × CF = DB × EC × AF, to dowodzi, że proste - tj. środkowe trójkąta - przecinają się w jednym punkcie.

Rys. 277 4) Niech punkty D, E i F będą środkami boków trójkąta ABC (rys. 277). Wystawmy z tych punktów prostopadłe do boków i połączmy punkty E i F. Wtedy DE II AC, skąd FG EF II AB, skąd DH

EF,

DE.

DF II BC, skąd EI

DF,

to znaczy, że proste DH, EI i FG są wysokościami DEF, więc muszą się przecinać w jednym punkcie, a zatem prostopadłe wystawione ze środków wszystkich trzech boków trójkąta przecinają się w jednym punkcie. 5) Niech punkty D, E i F będą punktami styczności koła wpisanego w trójkąt ABC, wtedy AD = AF FC = CE BE = BD, a więc: AD × FC × BE = AF × CE × BD. Równość ta dowodzi, że proste, które łączą wierzchołki trójkąta z punktami styczności koła wpisanego, przecinają się w jednym punkcie (5 punkt szczególny w trójkącie, czyli punkt Gergonne'a).

§ 57. Potęga punktu względem koła 318. Jeżeli przez dany punkt poprowadzimy prostą, przecinającą dany okrąg, to otrzymamy dwa odcinki, które wyznaczają odległości (bliższą i dalszą) tego punktu od okręgu. Potęgą punktu względem koła nazywamy iloczyn odległości tego punktu od okręgu koła. Jakkolwiek odległości punktu od okręgu można mierzyć długością dowolnej siecznej i jej odcinka zewnętrznego, to jednak potęga punktu nie będzie zależała od kierunku siecznej, dlatego że, jak wiemy, iloczyn siecznej i jej odcinka zewnętrznego jest stały, można więc zawsze dla znalezienia potęgi danego punktu poprowadzić sieczną przez środek koła. Tak np. potęgą punktu A (rys. 278) względem koła O jest iloczyn AB × AC.

Rys. 278 Jeżeli odległość AO = d, a promień koła równa się R < d, to potęgą punktu A będzie AB × AC = (d + R) × (d R) = d2 - R2. Jeśli d < R, tak jak na rys. 278 po prawej, to potęgą punktu A' względem koła O˘ (jeżeli A'O' = d), jest iloczyn A'D × A'E = (R + d) × (R - d) = R2 - d2 = - (d2 - R2).

A więc możemy powiedzieć, że potęga punktu względem koła równa się różnicy d2 - R2, wziętej ze znakiem dodatnim, jeżeli punkt leży na zewnątrz koła i ze znakiem ujemnym, jeżeli leży wewnątrz koła. Oczywiście, jeżeli punkt leży na okręgu, to jego potęga jest równa zeru. 319. Twierdzenie. Miejscem geometrycznym punktów, których potęgi względem dwóch danych kół są równe, jest prosta prostopadła do linii środków tych kół. Niech K (rys. 279) będzie jednym z punktów żądanego miejsca geometrycznego. Jeżeli promień pierwszego okręgu jest równy R, a drugiego R', to potęgą punktu K względem koła o środku w punkcie O jest KO2 - R2, a względem koła o środku w punkcie O' jest KO'2 - R'2, powinno więc być: KO2 - R2 = KO'2 - R'2, czyli KO2 - KO'2 = R2 - R'2.

Rys. 279 Stąd widzimy, że ruchomy punkt K powinien być wierzchołkiem takiego trójkąta OKO', w którym różnica kwadratów dwóch boków jest stała. A że ta różnica, jak wiemy, równa się 2 OO', pomnożonemu przez rzut środkowej na OO', a OO' jest stałe, więc ten rzut powinien być stały, a to będzie wtedy, jeżeli wierzchołek K leży na prostej prostopadłej do OO', co dowodzi twierdzenia. 320. Miejsce geometryczne punktów o jednakowej potędze względem dwóch kół danych nazywamy linią potęgową tych kół. Wniosek 1. Potęga punktu K względem koła o środku w punkcie O, łatwo spostrzec, jest równa kwadratowi stycznej (KA2 = KO2 - AO2), więc linia potęgowa dwóch kół jest miejscem geometrycznym punktów, z których styczne, wyprowadzone do tych kół, są równe. Wniosek 2. Linia potęgowa dwóch przecinających się kół przechodzi przez ich punkty wspólne dlatego, że punkty wspólne mają potęgi równe zeru, a więc te punkty jako punkty o jednakowej potędze leżą na linii potęgowej. Wniosek 3. Linia potęgowa dwóch kół stycznych przechodzi przez ich punkt styczności. 321. Twierdzenie. Jeżeli środki trzech kół nie leżą na jednej prostej, to linie potęgowe tych kół przecinają się w jednym punkcie. Rzeczywiście, jeżeli środki O, O', O'' trzech danych kół nie leżą na jednej prostej, to proste OO' i OO'' przecinają się, a że linia potęgowa jest prostopadła do linii środków, więc linie potęgowe przetną się ze sobą w punkcie, którego potęga względem każdego z trzech kół jest jednakowa. Punkt przecięcia się linii potęgowych nazywamy środkiem potęgowym trzech danych kół.

Ten punkt jest ważny z tego względu, że pozwala wykreślić bardzo łatwo linię potęgową dwóch danych kół, które się nie przecinają.

Rys. 280 Jeżeli są dane dwa koła o środkach w punktach O i O' (rys. 280), to aby odnaleźć linię potęgową, wykreślamy trzecie koło O'', które przecina dwa dane: pierwsze w punktach A i B, drugie w punktach C i D. Wtedy AB jest linią potęgową kół o środkach O i O'', CD linią potęgową kół o środkach w O' i O'' a punkt przecięcia się S tych linii jest środkiem potęgowym wszystkich trzech kół. Jeżeli teraz z punktu S spuścimy prostopadłą na linię środków OOV, to otrzymamy w ten sposób linię potęgową KL dwóch danych kół.

§ 58. O algebraicznej metodzie konstrukcji geometrycznych 322. Jeżeli na symbole a, b, c, itd. patrzeć będziemy dwojako, traktując je jako liczby, a z drugiej strony jako odcinki, to możemy zadania geometryczne polegające na wykreśleniu pewnego odcinka zastępować analogicznymi zadaniami rachunkowymi. Odwrotnie wzór algebraiczny, który był rezultatem pewnych działań rachunkowych, możemy interpretować geometrycznie, czyli podać konstrukcję geometryczną tego wzoru. Jeżeli np. symbole a i b oznaczają pewne liczby, wtedy wzór x=a

b,

oznaczający sumę lub różnicę danych liczb, można odtworzyć geometrycznie, traktując a i b jako odcinki, których długości są dane. Sumę lub różnicę odcinków zbudować potrafimy. Na poniższych przykładach poznamy najprostsze, a zarazem podstawowe zadania na interpretację geometryczną wzorów algebraicznych. Zadanie 1. Wykreślić odcinek x według wzoru: .

Jeżeli dany wzór napiszemy w postaci proporcji c : b = a : x, to widzimy, że zadanie polegać będzie na kreśleniu odcinka czwartego proporcjonalnego do trzech danych. Zadanie 2. Wykreślić odcinek x według wzoru:

Napiszemy znowu proporcję: b : a = a : x i mamy znane już zadanie o odcinku trzecim proporcjonalnym do dwóch danych. Zadanie 3. Wykreślić

.

Znajdźmy najpierw, jak w zadaniu 1: (f : c = b : y), a potem (d : y = a : x). Zadanie 4. Wykreślić . Napiszemy najpierw x2 = a × b, a potem b:x=x:a i widzimy, że zadanie polega na wykreśleniu odcinka średniego proporcjonalnego między dwoma danymi odcinkami. Zadanie 5. Wykreślić

.

Odcinek x będzie przeciwprostokątną trójkąta prostokątnego, w którym przyprostokątne są odcinkami a i b. Jeżeli

,

to łatwo domyślić się geometrycznego charakteru x. Zadanie 6. Wykreślić Wykreślmy naprzód i a potem

Zadanie 7. Wykreślić x = a

.

,

Mamy

=

,

skąd widzimy, że x jest przyprostokątną trójkąta prostokątnego. Inaczej

; dalej, jak w zadaniu 4.

Zadanie 8. Znaleźć dwa odcinki, których suma jest równa a, a iloczyn jest równy b2. Odcinek a bierzemy za średnicę koła, b za prostopadłą, spuszczoną z punktu okręgu na średnicę, wtedy odcinki prostopadłej będą żądane (patrz punkt 304). Wniosek. Podany sposób daje zarazem rozwiązanie graficzne równania kwadratowego x2 - ax + b2 = 0, o ile przez a i b rozumiemy długości danych odcinków, gdyż jak wiadomo, suma pierwiastków tego równania wynosi a, a iloczyn jest równy b2. Jeżeli równanie ma postać x2 + ax + b2 = 0, to obydwa pierwiastki będą ujemne i ich wartości bezwzględne będą takie same, jak w równaniu poprzednim. Zadanie 9. Znaleźć dwa odcinki, których różnica jest równa a, a iloczyn jest równy b2. Zadanie rozwiązuje się w oparciu o twierdzenie o siecznej i stycznej, wyprowadzonych z tego samego punktu na zewnątrz koła (patrz punkt 308). Średnicą będzie odcinek a, długością stycznej (prowadzonej przez koniec średnicy) będzie b, wtedy sieczna, wyprowadzona z końca stycznej i przechodząca przez środek koła, będzie większym odcinkiem żądanym, a jej odcinek zewnętrzny mniejszym. Wniosek. Podany sposób daje rozwiązanie równania x2 + ax - b2 = 0, gdzie a i b są długościami danych odcinków. Równanie ma tylko jeden pierwiastek dodatni i będzie odpowiadała mu sieczna, a jej odcinek zewnętrzny będzie odpowiadał bezwzględnej wartości drugiego pierwiastka, który jest ujemny. Jeżeli równianie ma postać: x2 - ax - b2 = 0, to rozwiązanie pozostanie takie jak wyżej, tylko role pierwiastków będą zmienione. Zadania (10-17). Wykonać konstrukcje geometryczne następujących wzorów: 10.

12.

11.

13.

16.

17.

14. 15. .

Zadanie 18. Zbudować koło, którego okrąg przechodzi przez dwa dane punkty i jest styczny do danej prostej.

Rys. 281

Analiza. Dane są punkty A i B (rys. 281) oraz prosta. Przypuśćmy, że żądane koło jest zbudowane i punktem styczności z daną prostą jest punkt C. Jeżeli przez dane punkty A i B poprowadzimy prostą ABD, to spostrzeżemy, że punkt D (przypadek, gdy prosta AB jest równoległa do danej prostej, jest oczywisty) na danej prostej jest wyznaczony, chodzić więc będzie tylko o wyznaczenie punktu styczności C, czyli o znalezienie odcinka DC. Wykorzystując znaną własność siecznej i stycznej do koła, mamy DC2 = DA × DB, a stąd

Ponieważ odcinki DA i DB są dane, więc zadanie polegać będzie na konstrukcji otrzymanego wzoru (patrz zadanie 4).

Rys. 282 Zadanie 19. Zbudować koło, którego okrąg przechodzi przez dany punkt i jest styczny do prostej i do danego koła. Analiza. Dany jest punkt A, prosta MN i koło o środku O (rys. 282), środkiem koła szukanego niech będzie X. Połączmy punkty styczności D i E i przedłużmy prostą DE do punktu B. Z punktu B wyprowadźmy średnicę, która przetnie daną prostą w punkcie C. Z równości kątów CBD i EDX (= BEO = DEX) wnosimy, że proste BC i XD są równoległe, a zatem prosta BC jest prostopadła do MN. Dalej, z podobieństwa trójkątów prostokątnych CBD i FBE dostajemy: BC × BF = BD × BE. Jeżeli natomiast poprowadzimy prostą BAA', to BD × BE = BA' × BA, więc BC × BF = BA' × BA. Stąd wnioskujemy, że cztery punkty: C, F, A i A' leżą na jednym okręgu, a że trzy z nich C, F i A są znane, więc poprowadziwszy przez nie okrąg, otrzymamy, jako przecięcie z prostą BA, punkt A'. W ten sposób żądane koło będzie wyznaczone przez dwa punkty (A i A') i prostą (MN), co sprowadza się do zadania 18.

Zadanie 20. Zbudować koło, którego okrąg przechodzi przez dwa dane punkty i jest styczny do danego koła. Analiza. Dane są punkty: A i B i koło o środku w punkcie O (rys. 283), środkiem koła szukanego niech będzie X. Przez punkty A i B poprowadźmy dowolne koło przecinające dane koło w punktach C i D. Przecięcie prostych AB i CD, tj. punkt P na rys. 283, będzie środkiem potęgowym tych kół, a więc prowadząc z tego punktu styczną do danego koła, czyli linię potęgową kół o środkach w punktach O i X, otrzymujemy w przecięciu z OX punkt styczności E.

Rys. 283 A więc środek X znajdziemy jako przecięcie prostej OE z prostą prostopadłą wystawioną ze środka odcinka AB. Uwaga. Ostatnie trzy zadania stanowią fragment znanego zagadnienia Apoloniusza o kole stycznym.

--> § 59. Wielokąty foremne 323. Określenie. Wielokąt nazywamy wielokątem foremnym, jeżeli ma wszystkie boki i wszystkie kąty równe. Trójkąt równoboczny jest wielokątem foremnym (mając boki równe, ma kąty równe). Kwadrat jest czworokątem foremnym. Wniosek 1. Jeżeli wielokąt ma n boków, to jak wiadomo, suma wszystkich kątów wewnętrznych jest równa 180oˇ(n - 2), a więc każdy kąt ma miarę . Np. w sześciokącie foremnym każdy kąt ma miarę , a w dziesięciokącie foremnym 144o itd. Wniosek 2. Wielokąty foremne o jednakowej liczbie boków są do siebie podobne, gdyż będą miały równe kąty, a boki proporcjonalne, co jest oczywiste. 324. Twierdzenie. Na każdym wielokącie foremnym można opisać okrąg i w każdy wielokąt foremny można wpisać okrąg.

Rys. 284 Podzielmy dwa kąty, np. A i B (rys. 284) danego wielokąta foremnego na połowy, punkt przecięcia się dwusiecznych oznaczmy O. Pokażemy, że ten punkt będzie środkiem okręgu opisanego i wpisanego. 1) Zauważmy przede wszystkim, że trójkąt AOB ma kąty 1 i 2 równe, jako połowy kątów równych, a więc i przeciwległe boki ma równe, tj. AO = OB. Trójkąty AOB i BOC są przystające, bo AB = BC (z założenia), OB = OB (jako bok wspólny), a 2 = 3 (jako połowy kąta B). Stąd zaś wynika, że BOC jest także trójkątem równoramiennym, skąd BO = CO. W taki sam sposób można dowieść, że i trójkąt COD jest równoramienny i CO = DO itd. Widzimy, że AO = BO = CO = DO ..., więc jeżeli z punktu O jako środka, promieniem AO lub BO, lub CO itd. zakreślimy okrąg koła, to on przejdzie przez wszystkie wierzchołki wielokąta, czyli będzie okręgiem opisanym na tym wielokącie. 2) Z punktu O spuśćmy prostopadle OK, OL ... na boki wielokąta, wtedy OK = OL jako wysokości trójkątów równych, stąd zaś wynika, że jeżeli z punktu O jako środka promieniem OK = OL = ... zakreślimy okrąg, to otrzymamy okrąg styczny do boków wielokąta, czyli otrzymamy okrąg w ten wielokąt wpisany. Uwaga 1. Punkt O jako środek okręgu opisanego i wpisanego nazywamy środkiem wielokąta foremnego. Wniosek 1. W wielokącie foremnym promień przechodzący przez wierzchołek jest zarazem dwusieczną kąta, co jest widoczne. Wniosek 2. W wielokącie foremnym promień okręgu wpisanego dzieli odpowiedni bok na połowy (będąc prostopadłym do cięciwy). Wniosek 3. Obwody wielokątów foremnych o jednakowej liczbie boków tak się mają do siebie, jak ich promienie okręgów opisanych lub promienie okręgów wpisanych.

Rys. 285 Jeżeli dane wielokąty foremne mają jednakową liczbę boków (rys. 285), to są do siebie podobne, a więc ich obwody są proporcjonalne do boków, ale trójkąty AOB i A'O'B' są podobne, a więc:

Stąd wynika, że obwody są proporcjonalne do promieni kół opisanych lub promieni kół wpisanych.

325. Twierdzenie. Jeżeli okrąg podzielimy na części równe i punkty podziału połączymy kolejno cięciwami, to otrzymamy wielokąt foremny wpisany. Niech będzie AB = BC = CD itd. (rys. 286). Zauważmy przede wszystkim, że ten wielokąt ma boki równe jako cięciwy odpowiadające równym łukom, a kąty ma równe jako kąty wpisane oparte na łukach równych, a więc wielokąt jest foremny. Wniosek. Jeżeli poprowadzimy OM AB, ON BC itd., to wielokąt AMBN... będzie wielokątem foremnym o dwa razy większej liczbie boków. W ten sposób zawsze można podwoić liczbę boków wielokąta foremnego. .

. Rys. 286

Rys. 287

326. Twierdzenie. Jeżeli okrąg podzielimy na równe części i przez punkty podziału poprowadzimy styczne, to otrzymamy wielokąt foremny opisany. Niech będzie AB = BC = CD itd. (rys. 287), poprowadźmy przez punkty A, B, C itd. styczne do koła. Udowodnimy, że wielokąt KLM... jest foremny. Połączmy kolejno ze sobą punkty A, B, C it d. Wówczas trójkąty AKB, BLC, CMD itd. będą przystające, dlatego że mają po jednym boku równym: AB = BC = CD... (jak widzieliśmy z poprzedniego twierdzenia) i po dwa kąty do niego przyległe równe, a więc: 1)

K=

L=

M itd. oraz

2) AK = KB = BL = LC itd., a więc KL = LM itd. Stąd wnosimy, że wielokąt KLM... jest foremny. Wniosek. Jeżeli wierzchołki K, L, M... (rys. 287) połączymy ze środkiem koła i przez otrzymane punkty przecięcia poprowadzimy styczne, to otrzymamy wielokąt foremny EFGHIN... o dwa razy większej liczbie boków. W ten sposób zawsze można podwoić liczbę boków wielokąta opisanego.

Rys. 288 Uwaga. Jeżeli w koło jest wpisany wielokąt foremny, to wielokąt opisany o tej samej liczbie boków można otrzymać, prowadząc styczne równoległe do boków wielokąta wpisanego (rys. 288). 327. Zadanie. W okrąg wpisać czworokąt foremny. Jeżeli w okręgu poprowadzimy dwie prostopadłe do siebie średnice i ich końce połączymy cięciwami, to otrzymamy żądany czworokąt foremny czyli kwadrat. Wniosek. Łącząc sąsiednie wierzchołki kwadratu ze środkiem koła, otrzymamy trójkąt prostokątny. Jeżeli bok kwadratu oznaczymy przez a4, a promień koła przez R, to z trójkąta prostokątnego będziemy mieli:

tj. bok kwadratu wpisanego w okrąg jest równy promieniowi pomnożonemu przez

.

Rys. 289 Uwaga. Jeżeli okrąg podzielimy znanym już sposobem na 8 równych części: AB = BC = CD itd. (rys. 289), ale punkty podziału połączymy cięciwami nie kolejno, lecz co trzeci, mianowicie pierwszy z czwartym, czwarty z siódmym itd., jak wskazuje rysunek, to otrzymamy ośmiokąt ADGBEHCFA, który będzie oczywiście foremny. Taki wielokąt nazywamy gwiaździstym. Jeżeli okrąg koła podzielimy na n części równych, to wielokąt gwiaździsty otrzymamy, łącząc punkty podziału co kty, jeżeli liczba k jest pierwsza względem n, np. ośmiokąt gwiaździsty otrzymaliśmy, łącząc punkty podziału co trzeci. Ponieważ 5 jest liczbą również pierwszą względem 8, można otrzymać jeszcze ośmiokąt gwiaździsty, łączący punkty co piąty, ale łatwo spostrzec, że to będzie ten sam wielokąt. Ogólnie liczba k powinna być pierwsza względem n i mniejsza od n/2. Np. pięciokąt gwiaździsty otrzymamy, łącząc punkty podziału co drugi (rys. 290).

Rys. 290 328. Zadanie. W okrąg wpisać sześciokąt foremny.

Rys. 291 Analiza. Niech cięciwa AB (rys. 291) będzie bokiem sześciokąta foremnego. Połączmy jej końce ze środkiem koła, wtedy w AOB AOB =

= 60o,

a więc BAO + ABO = 180o - 60o = 120o, a że to jest trójkąt równoramienny, więc każdy z tych dwóch kątów ma miarę 60o, a zatem w AOB wszystkie kąty są sobie równe. Stąd wnosimy, że AB = AO = OB. Łatwo już spostrzec sposób konstrukcji: odmierzyć promień na okręgu, w którym pomieści się on dokładnie sześć razy. Wniosek 1. Widzieliśmy, że AB = AO; przyjmując oznaczenia AB = a6 i AO = R, mamy a6 = R, tj. bok sześciokąta foremnego jest równy promieniowi.

Rys. 292 Wniosek 2. Podzielmy okrąg na 6 równych części (rys. 292) i połączmy punkty podziału co drugi, otrzymamy trójkąt foremny ACE, którego bok a można obliczyć w następujący sposób: połączmy B ze środkiem koła i z punktami A i C, następnie punkty A i C ze środkiem koła, wtedy AB i BC, jako boki sześciokąta, są równe AO = OC, a więc czworokąt AOCB jest równoległobokiem, a zatem: AC2 + OB2 = AO2 + OC2 + CB2 + AB2, czyli a32 + R2 = 4R2, a32 = 3R2,

a3 = R, tj. bok trójkąta foremnego równa się promieniowi pomnożonemu przez Uwaga. Z równoległoboku AOCB widzimy jeszcze, że OK =

, ale OK

. AC, bo ten równoległobok jest

rombem, więc OK = r3 jest promieniem koła wpisanego w trójkąt AEC, a zatem:

tj. w trójkącie foremnym promień koła wpisanego (apotema) jest równy połowie promienia koła opisanego. Niech AG będzie wysokością trójkąta ACE. Widzimy, że

tj. w trójkącie foremnym wysokość jest równa 1 promienia. 329. Zadanie. W okrąg wpisać dziesięciokąt foremny.

Rys. 293 Analiza. Niech cięciwa AB (rys. 293) będzie bokiem dziesięciokąta foremnego. Połączmy jej końce ze środkiem koła, wtedy w trójkącie równoramiennym AOB: AOB = A=

B=

Podzielmy kąt A dwusieczną AC na połowy, wtedy w (każdy po 36o), a więc OC = AC.

= 36o, = 72o. ACO dwa kąty położone przy boku AO będą równe

W trójkącie ABC kąt ACB będzie miał miarę 180o - (36o + 72o) = 72o, a więc dwa kąty położone przy boku CB są równe, a zatem AC = AB. Widzimy więc, że AB = AC = CO. Aby znaleźć odcinek OC, przypomnijmy własność dwusiecznej:

czyli

albo

a to znaczy, że promień OB w punkcie C został podzielony w stosunku średnim i skrajnym. A więc bok dziesięciokąta foremnego równa się większej części promienia podzielonego w stosunku średnim i skrajnym (inaczej: równa się złotej części promienia). Stąd już wynika sposób konstrukcji: dzielimy promień w stosunku średnim i skrajnym, większą część odmierzamy na okręgu i punkty podziału kolejno łączymy. Wniosek 1. Wartość boku AB = a10 dziesięciokąta foremnego obliczamy z otrzymanej poprzednio proporcji:

gdzie OB = R, OC = AB = a10, CB = R - a10, więc będzie

Rozwiązując to równanie względem a i biorąc tylko pierwiastek dodatni, mamy:

Wniosek 2. Jeżeli otrzymany wzór na bok a10 dziesięciokąta foremnego napiszemy w postaci

i zauważymy, że

to wykreślenia boku dziesięciokąta foremnego (wypukłego) można dokonać w sposób następujący:

Rys. 294 W danym kole (rys. 294) poprowadźmy dwie do siebie prostopadłe średnice AB i CD, środek E promienia AO połączmy z punktem C i następnie z punktu E promieniem EC zatoczmy łuk, który przetnie średnicę AB w punkcie F, wtedy odcinek OF będzie bokiem dziesięciokąta foremnego. Można przekonać się, że odcinek CF będzie bokiem pięciokąta foremnego. 330. Zadanie. W okrąg wpisać piętnastokąt foremny. Analiza. Ponieważ

, wnosimy, że łuk odpowiadający piętnastokątowi jest równy różnicy pomiędzy

łukiem sześciokąta i dziesięciokąta. 331. Zadanie. Mając promień koła oraz bok wielokąta foremnego wpisanego, obliczyć bok wielokąta foremnego o dwa razy większej liczbie boków wpisanego w to samo koło. Niech AB = an (rys. 295) będzie bokiem wielokąta foremnego wpisanego o n bokach i niech promień OA równa się R. Jeżeli poprowadzimy OC AB, to AC = a2n będzie bokiem wielokąta o podwojonej liczbie boków. Aby obliczyć AC, zastosujemy tu znane własności cięciwy: AC2 = CE × CD, ale AC = a2n i CE = 2R, więc CD = CO - DO = R Będzie więc

Zgodnie z tym wzorem, mając np. wartość boku czworokąta foremnego, można obliczyć bok wielokąta foremnego o ośmiu, szesnastu itd. bokach. .

Rys. 295

Rys. 296

332. Zadanie. Mając promień koła i bok wielokąta foremnego wpisanego, obliczyć bok wielokąta foremnego o tej samej liczbie boków, opisanego na tym kole. Niech AB = an (rys. 296) będzie bokiem nkąta foremnego wpisanego, poprowadźmy styczną CD II AB, wtedy CD = bn będzie bokiem nkąta opisanego, promień OE = R. Z podobieństwa trójkątów CDO i ABO mamy

,

ale CD = bn, AB = an, OE = Rn,

więc

Stąd

Zgodnie z tym wzorem możemy obliczyć np. bok sześciokąta opisanego (n = 6, a6 = R). 333. Poznaliśmy sposoby podziału okręgu na 2n, 3*2n, 5*2n i 3*5*2n części równych. Gauss dowiódł, że za pomocą cyrkla i linijki można podzielić okrąg na n równych części, jeżeli n jest potęgą liczby 2 albo jest liczbą pierwszą postaci 22k + 1, a więc można podzielić okrąg na 2, 4, 8, 16, 32 ... części równych albo na 3, 5, 17 ... części równych. Można podzielić również na części, których liczba równa się iloczynowi tych liczb, np. 3 × 5 = 15; 3 × 17 = 51 itd.

Podział okręgu na 7, 9, 11, 13 itd. części równych za pomocą cyrkla i linijki jest niemożliwy, a jeżeli w praktyce trzeba takiego podziału dokonać, używa się sposobów przybliżonych (niedokładnych). Jeden ze sposobów praktycznych, znany pod nazwą sposobu Rinaldiniego, jest następujący: Aby okrąg podzielić na 9 części, dzielimy średnice pionową AB (rys. 297) na tyleż części, z punktu B promieniem AB zakreślamy łuk, który przetnie przedłużenie średnicy poziomej w punktach C i D. Połączmy te dwa punkty ze

Rys. 297 wszystkimi parzystymi punktami podziału średnicy AB, a więc z drugim, czwartym itd. i przedłużmy te linie aż do przecięcia się z okręgiem. Otrzymamy w ten sposób na okręgu dziewięć wierzchołków żądanego wielokąta wpisanego.

--> § 60. Ćwiczenia 1. Wykreślić bez kątomierza kąt zawierający 67

o.

2. Ile stopni ma kąt, który opisuje duża wskazówka zegara w przeciągu 5 minut? 3. Okrąg podzielono na 4 części w stosunku 2 : 3 : 5 : 6 i punkty podziału połączono kolejno odcinkami. Obliczyć kąty otrzymanego czworokąta wpisanego. 4. Okrąg podzielono na trzy części w stosunku 8 : 9 : 10 i w punktach podziału poprowadzono styczne do koła. Obliczyć kąty otrzymanego trójkąta opisanego na tym okręgu. 5. Dane są dwa trójkąty: ABC i DEF, w których: B = E, bok AB = 15 cm, BC = 18 cm, EF = 36 cm, DE = 30 cm. Czy te trójkąty są podobne? Jeżeli tak, to obliczyć długość boku AC, mając DF = 16 cm. 6. Dane są dwa trójkąty: ABC i DEF, w których AB = 36 cm, BC = 40 cm, AC = 16 cm, DF = 6 cm, ED = 13,5 cm i EF = 15 cm. Czy te trójkąty są podobne? Jeżeli tak, to które boki będą w nich odpowiednie? 7. W jednym z dwóch trójkątów podobnych boki są równe: 25 cm, 35 cm i 40 cm, a największy z boków drugiego trójkąta równa się 50 cm. Obliczyć pozostałe boki drugiego trójkąta. 8. Dowieść, że w każdym trójkącie iloczyn dowolnego boku i odpowiedniej wysokości jest stały.

9. Dowieść, że trójkąt, w którym jedna z wysokości jest odcinkiem średnim proporcjonalnym między odcinkami podstawy, jest prostokątny. 10. Dowieść, że trójkąt jest prostokątny, jeżeli jeden z jego boków jest odcinkiem średnim proporcjonalnym między drugim bokiem a rzutem na niego boku pierwszego. 11. Dowieść, że dwa trójkąty są podobne, jeżeli mają po kącie równym i jeżeli wysokości względem boków obejmujących te kąty są do siebie proporcjonalne. (12-15). W trójkącie ostrokątnym ABC poprowadzono dwie wysokości: BD przecięcia się tych wysokości jest O.

AC i CE

AB, punktem

Dowieść, że: 12. EO × OC = BO × OD. 13. AB × AE = AC × AD. 14. AD × DC = BD × OD. 15. AE × EB = CE × EO. 16. Dowieść, że prosta, która przechodzi przez spodki dwóch wysokości trójkąta ostrokątnego, odcina trójkąt do niego podobny. 17. Dowieść, że miejscem geometrycznym punktów, których suma kwadratów odległości od dwóch danych punktów A i B jest stała, jest okrąg, zakreślony ze środka odcinka AB. Wykonać konstrukcję. 18. Dowieść, że miejscem geometrycznym punktów, których różnica kwadratów odległości od dwóch danych punktów A i B jest stała, jest prosta prostopadła do AB. 19. Obwód trójkąta wynosi 30 cm, dwusieczna jednego z jego kątów dzieli bok przeciwległy na dwa odcinki odpowiednio równe 4 cm i 8 cm. Obliczyć boki trójkąta. 20. Podstawy trapezu są odpowiednio równe: 13,2 cm i 17,6 cm. Jeden z boków nierównoległych ma długość 7,7 cm. Na jaką odległość należy przedłużyć ten bok, żeby się przeciął z przedłużeniem drugiego boku nierównoległego? 21. W trójkąt wpisano kwadrat, którego dwa wierzchołki leżą na podstawie trójkąta, a dwa pozostałe na innych bokach. Obliczyć bok tego kwadratu, jeżeli podstawa trójkąta ma długość 24 cm, a wysokość ma długość 20 cm. 22. Jaka powinna być najmniejsza wysokość pionowa stojącego lustra, żeby człowiek, oddalony od niego o d cm, mający wzrost a cm, mógł się przejrzeć w całości? 23. Korzystając z tożsamości: (m2 + n2)2 = (m2 - n2)2 + (2mn)2, można otrzymać dowolną ilość trójkątów prostokątnych o bokach współmiernych (czyli tzw. trójkątów wymiernych), jeżeli zamiast m i n będziemy podstawiali liczby całkowite. Najprostszym przypadkiem będzie ten kiedy weźmiemy m = 2 i n = 1, wtedy otrzymamy trójkąt prostokątny zwany trójkątem egipskim o bokach 3, 4 i 5. Oczywiście wszystkie trójkąty do niego podobne, a więc mające boki 3k, 4k i 5k, będą również prostokątne. Dla wyłączenia takich trójkątów należy za m i n podstawiać liczby względem siebie pierwsze, a

jedna z nich powinna być parzysta. Postępując w ten sposób otrzymamy trójkąty prostokątne o bokach a, b, c: m=2 n=1 a=3 b=4 c=5

3 2 5 12 13

4 1 15 8 17

4 3 7 24 25

5 2 21 20 29

5 6 4 1 9 35 40 12 41 37 itd.

Pamiętając, że c oznacza przeciwprostokątną, a i b - przyprostokątne i biorąc którykolwiek z otrzymanych w ten sposób trójkątów, obliczyć: a) wysokość poprowadzoną z wierzchołka kąta prostego, b) odcinki, na które została podzielona przeciwprostokątna. 24. Mając trzy boki trójkąta: a, b i c, obliczyć: a) jedną z wysokości, b) środkową, c) dwusieczną, d) promień koła opisanego na trójkącie Przykłady liczbowe a 56 63 21 33 11 14 4 b 25 25 20 25 20 15 15 c 39 52 13 52 13 13 13 28. Niech a oznacza bok trójkąta równobocznego. Obliczyć jego wysokość i promień koła opisanego. 29. Dwa boki trójkąta mają długość 15 cm i 8 cm, a kąt między nimi zawarty ma miarę 60o. Obliczyć trzeci bok. 30. Dwa boki trójkąta mają długość 2,4 cm i 2,1 cm, a kąt między nimi ma miarę 120o. Obliczyć trzeci bok. 31. W trapezie dane są: dolna (dłuższa) podstawa równa a, górna (krótsza) równa d, boki są równe b i c. Obliczyć wysokości i obie przekątne. 32. Przekątne rombu są równe d, d'. Obliczyć bok rombu. 33. Obwód prostokątna jest równy 2p, a przekątna d. Obliczyć boki prostokąta. 34. W kole o promieniu r poprowadzono cięciwę długości a. Znaleźć jej odległość od środka koła. 35. Z punktu, odległego o a od środka koła, poprowadzono styczną. Obliczyć jej długość, jeżeli promień koła jest równy r.

36. W kole o promieniu r cięciwa łączy końce dwóch promieni, tworzących ze sobą kąt o mierze 60o. Obliczyć długość tej cięciwy. 37. Końce średnicy danego koła połączono cięciwami z pewnym punktem okręgu. Jedna z tych cięciw jest nachylona do średnicy pod kątem 30o. Obliczyć długość każdej cięciwy, jeżeli promień koła jest równy r. 38. W kole o promieniu r poprowadzono cięciwę i przez jeden z jej końców poprowadzono średnicę, z drugiego zaś końca prostopadłą do tej średnicy, która dzieli ją na dwa odcinki. Odcinek przyległy do cięciwy ma długość b. Obliczyć długość cięciwy. 39. Z punktu położonego na zewnątrz koła poprowadzić sieczną w taki sposób, żeby okrąg podzielił ją na połowy. 40. Zbudować trójkąt równoramienny, mając jego obwód 2p i wysokość h. 41. Zbudować trójkąt prostokątny, mając przeciwprostokątną c oraz sumę dwóch pozostałych boków równą s. 42. Zbudować trójkąt prostokątny, mając przeciwprostokątną c oraz różnicę dwóch pozostałych boków równą d. 43. Przez koniec średnicy koła równej 2r poprowadzono styczną. Znaleźć na niej taki punkt, aby suma stycznej i odcinka zewnętrznego siecznej, wyprowadzonej z tego punktu przez środek koła, była równa a. 44. W trójkącie ABC o bokach odpowiednio równych: a, b, c poprowadzić DE II BC w taki sposób, aby DE : BC = BD : AD. 45. W kole o promieniu r dana jest cięciwa o długości a. Przedłużyć ją o tyle, żeby styczna wyprowadzona z końcowego punktu przedłużenia była równa b. 46. Jeżeli w pięciokącie foremnym poprowadzimy dwie przecinające się przekątne, to na każdej z nich otrzymamy odcinek równy bokowi danego pięciokąta. 47. Dowieść, że w pięciokącie foremnym dwie przecinające się przekątne dzielą się w stosunku średnim i skrajnym. 48. Mając promień okręgu r, obliczyć bok wpisanego w ten okrąg: a) ośmiokąta foremnego, b) dwunastokąta foremnego, c) pięciokąta foremnego. 49. Mając promień okręgu r, obliczyć bok opisanego na tym okręgu: a) trójkąta foremnego, b) sześciokąta foremnego, c) ośmiokąta foremnego. 50. Na danym odcinku a zbudować: a) sześciokąt foremny,

b) ośmiokąt foremny, c) pięciokąt foremny.

Wiadomości wstępne o rozwiązywaniu trójkątów § 61. O funkcjach trygonometrycznych kąta ostrego 334. W geometrii praktycznej, i w ogóle w matematyce stosowanej, jednym z podstawowych zadań jest tzw. rozwiązywanie trójkątów, które polega na tym, żeby mając dane elementy wyznaczające trójkąt, odnaleźć pozostałe. Wiemy, że dla wyznaczenia trójkąta potrzeba i wystarcza trzech elementów: trzy boki, dwa boki i kąt między nimi zawarty, dwa kąty i bok między nimi. Jeżeli więc te elementy są dane, np. trzy boki, to trójkąt jest wyznaczony i możemy go zbudować, ale nie potrafimy odpowiedzieć na takie pytanie: jak wielki jest kąt trójkąta? Praktycznie możemy dać odpowiedź, mierząc ten kąt kątomierzem, ale taki wynik zadowolić nas nie może ze względu na niedostateczną dokładność przyrządu i niewiadomy nawet stopień przybliżenia przez nas otrzymany. Ale niekiedy w takich zadaniach nie potrafimy dotąd znaleźć ścisłego rozwiązania opartego na rachunku, bo jak sobie poradzić z zadaniem, gdzie trzeba znaleźć długość trzeciego boku trójkąta wyznaczonego przez dwa boki i kąt między nimi zawarty? Wiemy tyle dotychczas, że między bokami a kątami trójkąta istnieje zależność, bo naprzeciw równych boków leżą kąty równe, naprzeciw większego boku leży kąt większy. Wiemy też, że kształt trójkąta jest jednoznacznie wyznaczony albo przez dwa kąty, albo przez jeden kąt i stosunek dwóch boków. Do poznania tej zależności przystąpimy teraz, ograniczając się do trójkątów prostokątnych, dlatego że każdy trójkąt można podzielić wysokością na dwa trójkąty prostokątne. Niech będzie dany kąt ostry A (rys. 298), z dowolnego punktu B jego ramienia poprowadźmy BC AC, wtedy otrzymamy trójkąt prostokątny ABC, w którym bok BC jest przyprostokątną przeciwległą kątowi A, AC przyprostokątną do niego przyległą. Możemy utworzyć następujące stosunki: 1)

2)

3)

4)

5)

6)

oraz ich odwrotności: .

Rys. 298

Rys. 299

Ogółem 6 stosunków. Przekonamy się przede wszystkim, że wartości tych stosunków nie zależą od położenia punktu B na ramieniu AB. Istotnie, jeżeli poprowadzimy B1C1 i B2C2 AC, to z podobieństwa trójkątów ABC, AB1C1 i AB2C2 będziemy mieli: , to samo można powiedzieć o każdym z pozostałych stosunków. A zatem dla samego kąta A każdy z napisanych sześciu stosunków jest stały. Jeżeli zaś kąt A ulegnie zmianie, np. zamiast niego weźmiemy kąt B1AC1 (rys. 299), gdzie przeciwprostokątna AB1 = AB, to omawiane stosunki boków zmienią się. Odwrotnie, jeśli mamy daną wartość któregokolwiek z tych stosunków, np.

, to zawsze możemy

wykreślić kąt ostry A, budując trójkąt prostokątny, którego przyprostokątna BC jest równa 3 dowolnym jednostkom długości, a przeciwprostokątna AB jest równa 5 takim jednostkom. A zatem, jeżeli stosunek

(lub którykolwiek inny) jest dany, to kąt

ostry A jest wyznaczony. Na tej zasadzie możemy powiedzieć, że każdy z sześciu stosunków, jakie zachodzą między bokami trójkąta prostokątnego, jest zależny tylko od kąta ostrego A, czyli jest funkcją tego kąta. Te funkcje noszą nazwę trygonometrycznych i każda z nich, wyrażająca stosunek dwóch boków, jest liczbą czystą (bez miana). Każda z tych funkcji ma swoją nazwę, a mianowicie: 1) stosunek

nazywa się sinusem kąta A i oznacza się w skrócie sin A;

2) stosunek

nazywa się cosinusem kąta A i oznacza się w skrócie cos A;

3) stosunek

nazywa się tangensem kąta A i oznacza się w skrócie tg A;

4) stosunek

nazywa się cosecansem A, w skrócie cosec A;

5) stosunek

nazywa się secansem A, w skrócie sec A;

6) stosunek

nazywa się cotangensem A, w skrócie ctg A.

Słowami, w trójkącie prostokątnym: 1) sinusem kąta ostrego nazywamy stosunek przyprostokątnej przeciwległej temu kątowi do przeciwprostokątnej; 2) cosinusem kąta ostrego nazywamy stosunek przyprostokątnej przyległej do tego kąta do przeciwprostokątnej; 3) tangensem kąta ostrego nazywamy stosunek przyprostokątnej przeciwległej do przyprostokątnej przyległej; 4) odwrotność sinusa jest cosecansem; 5) odwrotność cosinusa jest secansem; 6) odwrotność tangensa jest cotangensem. Secans i cosecans rzadko mają zastosowanie w rachunkach. Uwaga. Początki trygonometrii sięgają czasów Hipparcha z Rodos (162-126 p.n.e), astronoma greckiego, ale dopiero Klaudiusz Ptolemeusz (II w.) dał podstawy tej nauki w swym znakomitym dziele, zwanym przez Arabów Almagestem, którego pewne rozdziały poświęcił trygonometrii. Słynny astronom polski Mikołaj Kopernik (1473-1543) w nieśmiertelnym dziele De revolutionibus zajmuje się rozważaniami trygonometrycznymi.

§ 62. Własności zasadnicze funkcji trygonometrycznych kąta ostrego

Rys. 300 335. Weźmy znowu jakikolwiek kąt ostry A (rys. 300) i z dowolnego punktu jednego ramienia poprowadźmy BC AC, wtedy, jak już mówiliśmy:

Te trzy zasadnicze funkcje kąta A bliżej poznamy z następujących ich własności:

1) Ponieważ sinus i cosinus kąta jest stosunkiem przyprostokątnej do przeciwprostokątnej, więc sinus i cosinus kąta jest zawsze liczbą mniejszą od jedności, tangens zaś może przybierać różne wartości, większe lub mniejsze od 1. 2) Zobaczmy, jaka zmiana zajdzie w wartości każdej z tych trzech funkcji, podczas kiedy kąt będzie wzrastał. Opiszmy z punktu A łuk promieniem AB i poprowadźmy prostopadłe: B1C1, B2C2 itd., wtedy będzie: B2C2 > B1C1 > BC AC2 < AC1 < AC, a ponieważ AB2 = AB1 = AB, więc

a zatem: jeżeli kąt ostry wzrasta, jego sinus wzrasta, a cosinus maleje. Jeżeli kąt A będzie wzrastał, to jego tangens będzie miał wartości:

albo inaczej (rys. 301):

Stąd widzimy: jeżeli kąt ostry wzrasta, jego tangens również rośnie.

. Rys. 301 3) Zakładając, że kąt A (rys. 301) powstał z obrotu ruchomego ramienia AB dookoła wierzchołka A, które wyszedłszy ze swego początkowego położenia AB2, zajmuje kolejne położenia: AB2, AB1 itd. aż wreszcie dąży do położenia AD, widzimy, że kąt A, malejąc, dąży do 0. Zachodzi pytanie: co się dzieje wtedy z funkcjami trygonometrycznymi kąta? Odcinek BC będzie malał, dążąc do 0, odcinek AC będzie wzrastał, dążąc do długości AD, a że promień AB pozostaje stały, zauważmy, że wtedy sinus kąta maleje do 0, zaś cosinus rośnie do 1. Tangens kąta będzie

malał do zera. Zakładając teraz, iż dany kąt wzrasta, dążąc do kąta prostego, kiedy ramię AB zajmie położenie AF AD, widzimy znowu, że kiedy kąt ostry rośnie, dążąc do prostego, jego sinus rośnie, dążąc do 1, cosinus maleje do 0, zaś tangens wzrasta nieograniczenie. Uwaga. Jakie są wartości funkcji trygonometrycznych, kiedy kąt staje się równy 0o lub 90o, tymczasem przesądzać nie możemy, dlatego że nasze określenia tych funkcji dotyczyły kąta ostrego, takim zaś kątem nie jest ani kąt 0o ani 90o. Rozumowanie oparliśmy na spostrzeżeniu i przewidywaniu. Później w systematycznej nauce trygonometrii przekonamy się, że te przewidywania były trafne.

Rys. 302 4) Niech będzie dany trójkąt prostokątny ABC (rys. 302). Wiadomo, że B = 90o - A. Napiszmy funkcje trygonometryczne każdego z tych dwóch kątów, wtedy z łatwością zobaczymy, że

czyli sin A = cos (90o - A) cosec A = sec (90o - A) cos A = sin (90o - A) sec A = cosec (90o - A) tg A = ctg (90o - A) ctg A = tg (90o - A). Zatem sinus danego kąta jest równy cosinusowi dopełnienia tego kąta do 90o, cosinus kąta danego równa się sinusowi dopełnienia do 90o itd., ogólnie, funkcja kąta danego jest równa kofunkcji dopełnienia. Tym się właśnie tłumaczą nazwy "kofunkcji";

cosinus = complimenti sinus, w skróceniu cosinus itd. A więc możemy powiedzieć, że sin 64o = cos 26o; tg 52o = ctg 38o itd. Jeśli

oznacza pewien kąt ostry, to będziemy mieli sin (45o + ) = cos (45o - ), cos (45o + ) = sin (45o - ),

albo ogólnie, oznaczając przez f którąkolwiek z funkcji trygonometrycznych kąta a mamy równość f (45o + ) = cof (45o - ). A zatem wystarcza poznać wartości funkcji trygonometrycznych kątów mniejszych od 45o, żeby już mieć gotowe wartości funkcji kątów większych od 45o. 336. W oparciu o dotychczasowe wiadomości możemy obliczyć wartości funkcji trygonometrycznych niektórych często spotykanych kątów. a) Niech będzie dany kąt A = 45o (rys. 303). Poprowadźmy BC AB = BC

= AC.

a zatem

tg 45o = 1. b) Niech teraz będzie dany kąt A = 30o, wtedy jak wiadomo:

a więc

Stąd już wynikać będzie, że

AC, wtedy będzie: B = 45o, BC = AC, ,

Rys. 303

Rys. 304

c) Jeżeli kąt A = 18o (rys. 304), to biorąc CD = BC, otrzymujemy < BAD = 36o, a więc BD jest bokiem dziesięciokąta foremnego wpisanego w koło o promieniu AB, będzie więc

a zatem

337. Przebieg zmienności sinusa, cosinusa i tangensa kąta ostrego możemy przedstawić graficznie w następujący sposób: Zbudujmy ćwiartkę koła o promieniu AD (rys. 301), który obierzmy za jednostkę, a następnie dla każdego położenia tego promienia: AB, AB1, AB2 ... poprowadźmy prostopadłe BC, BC1, BC2 ... oraz odmierzmy DE, DE1 DE2 ... Wtedy odcinki BC, BC1, BC2 ... będą wyobrażały wartości sinusa zmiennego kąta BAD, odcinki AC, AC1, AC2 wartości cosinusa tego kąta, zaś DE, DE1 DE2 ... tangensa. Następnie na papierze milimetrowym poprowadźmy dwie prostopadłe do siebie osie, umówiwszy się odmierzyć na jednej z nich odcinki równe, odpowiadające kątowi 10o, na drugiej zaś odmierzmy odcinek AD = 1 (rys. 305). Z takiego wykresu, dokładnie i w dość znacznej skali wykonanego, można odczytywać przybliżone wartości sinusa, cosinusa i tangensa danego kąta ostrego.

Rys. 305

Oczywiście taka dokładność nie może wystarczyć. Zanim więc poznamy sposoby obliczania wartości funkcji trygonometrycznych z dowolnym przybliżeniem (o czym mówi się w systematycznym wykładzie trygonometrii), podajemy na końcu strony tablicę wartości tych funkcji dla kątów ostrych w odstępach co jeden stopień. Wartości funkcji podane są z dokładnością do 0,0001, wystarczającą do naszych rachunków. Jeżeli chodzić będzie o znalezienie wartości funkcji kąta nie podanego w tablicy, posługujemy się regułą interpolacji, zakładając, że przyrost wartości funkcji jest proporcjonalny do przyrostu kąta (co ścisłe nie jest, ale w naszych obliczeniach wystarcza). Mianowicie: Mamy znaleźć wartość sin 28o 24'. Z tablicy odczytujemy: sin 28o = 0,4695 sin 29o = 0,4848, widzimy, że przyrostowi kąta o 1o odpowiada przyrost jego sinusa o 0,0153, a zatem przyrostowi kąta o 24', według naszego założenia, odpowiadać będzie przyrost jego sinusa: , a zatem sin 28o 24' = 0,4756. Pamiętać trzeba, że ze wzrastaniem kąta jego cosinus maleje i odpowiedni przyrost cosinusa będzie ujemny, czyli należy go odjąć. To samo będzie dla cotangensa. Tablica podaje wartości sinusów, cosinusów, tangensów i cotangensów i ułożona jest w ten sposób, że z lewej strony odczytujemy kąty od 1o do 45o, ich funkcje - w rubrykach zatytułowanych u góry. Kąty od 45o do 90o odczytujemy z prawej strony, ich funkcje w rubrykach zatytułowanych u dołu. Odwrotnie, mając wartość dowolnej funkcji trygonometrycznej, możemy odnaleźć kąt. Niech np. będzie dany ctg x= 1,5189. Z tablicy mamy ctg 34o = 1,4826 ctg 33o = 1,5399, więc przyrostowi ctg równemu 0,0573 odpowiada zmniejszenie kąta o 1o = 60', a że daną wartość ctg powinniśmy powiększyć o 1,5189 - 1,4826 = 0,0363, więc kąt 34o należy zmniejszyć o

a zatem x = 33o 22'.

§ 63. Związki między funkcjami trygonometrycznymi tego samego kąta

Rys. 306 338. Weźmy dowolny kąt ostry zależność:

(rys. 306), poprowadźmy BC

BC2 + AC2 = AB2. Jeżeli obie strony tej równości podzielimy przez AB2, otrzymamy ,

AC. Wówczas możemy napisać znaną

czyli (sin )2 + (cos )2 = 1, co w skrócie można napisać: (1) sin2

+ cos2

= 1.

Dalej

czyli (2)

.

Następnie na podstawie określenia funkcji trygonometrycznych mamy: (3) (4) (5)

.

Mając pięć powyższych zależności, możemy obliczyć wszystkie funkcje kąta, jeżeli jedna z nich jest wiadoma. Np. jeżeli sin

= 3/5, to otrzymamy:

Otrzymane zależności wystarczają w powyższym zadaniu, możemy jednak znaleźć jeszcze następujące dwie, które niekiedy dogodnie jest stosować: Z zależności sin2

+ cos2

= 1,

dzieląc przez cos2 , dostajemy (6) 1 + tg2

= sec2

a dzieląc przez sin2 : (7) 1 + ctg2

= cosec2 .

§ 64. Rozwiązywanie trójkątów prostokątnych 339. Wiemy, że trójkąt prostokątny jest jednoznacznie wyznaczony przez dwa elementy: 1. dwie przyprostokątne, 2. przeciwprostokątną i jedną z przyprostokątnych, 3. przeciwprostokątną i kąt ostry, 4. przyprostokątną i kąt ostry. Mamy więc cztery podstawowe zadania, dotyczące rozwiązywania trójkątów prostokątnych. Kąty ostre oznaczać będziemy A i B, kąt prosty przez C, przyprostokątne BC = a, AC = b, przeciwprostokątna = c. Zadanie 1. Rozwiązać trójkąt prostokątny, mając obie przyprostokątne. Mamy dane: a i b, obliczyć: c, A i B. Przeciwprostokątną c obliczamy ze znanego wzoru

kąt ostry A znajdziemy z zależności

mając zaś tg A, znajdziemy w tablicy kąt A. Wreszcie B = 90o - A. Zadanie 2. Rozwiązać trójkąt prostokątny, mając przeciwprostokątną i jedną z przyprostokątnych. Dane są: a i c, obliczyć b, A, B. Z określenia funkcji trygonometrycznych mamy , stąd znajdziemy kąt A; albo

, stąd znajdziemy kąt B;

oczywiście B = 90o - A. Przyprostokątną b obliczymy z zależności Zadanie 3. Rozwiązać trójkąt prostokątny, mając przeciwprostokątną i kąt ostry. Dane są c i A, obliczyć a, b i B. Kąt B mamy od razu:

B = 90o - A. Boki a i b znajdziemy w zależności

i

mianowicie a = c × sin A = c × cos B, b = c × sin B = c × cos A, czyli: w trójkącie prostokątnym przyprostokątna jest równa przeciwprostokątnej pomnożonej przez sinus kąta przeciwległego do tej przyprostokątnej albo przez cosinus kąta do niej przyległego. Zadanie 4. Rozwiązać trójkąt prostokątny, mając jedną z przyprostokątnych i kąt ostry. Mamy dane: b i A, znaleźć: a, c i B. Kąt B mamy od razu: B = 90o - A. Przeciwprostokątną c znajdziemy z zależności

więc

Przyprostokątną a obliczymy z zależności

stąd a = b × tg A = b × ctg B, tj. w trójkącie prostokątnym jedna z przyprostokątnych jest równa drugiej przyprostokątnej pomnożonej przez tangens kąta przeciwległego pierwszej z nich lub przez cotangens kąta do niej przyległego. 340. Ponieważ trójkąt równoramienny składa się z dwóch równych sobie trójkątów prostokątnych, więc rozwiązywanie trójkątów równoramiennych nie wymaga wyprowadzenia odrębnych wzorów ponad te, które już poznaliśmy. Wielokąt foremny zawsze da się sprowadzić do trójkątów równoramiennych przez połączenie środka wielokąta z jego wierzchołkami.

W geometrii praktycznej ważną rolę odgrywają zadania, dotyczące obliczania wysokości pewnych przedmiotów (np. wieży, góry itp.), odległości między dwoma przedmiotami, której bezpośrednio wymierzyć niepodobna, wreszcie obliczania kąta między dwiema prostymi. Tego rodzaju zadania rozwiązuje się przez zastosowanie funkcji trygonometrycznych. W pomiarach praktycznych zwykle znajduje się długość jednego odcinka i mierzy się ją z możliwie dobrą dokładnością przy pomocy łańcucha mierniczego o długości 10 m. Dawniej w Polsce był używany łańcuch mierniczy, który się dzielił na 10 prętów po 7 łokcia koronnego. Do mierzenia kątów służy przyrząd, zwany teodolitem, którego koło pionowe z przytwierdzoną do niego lunetą pozwala odczytywać kąt wzniesienia, czyli kąt, jaki tworzy oś lunety skierowanej na pewien punkt z linią poziomą (albo kąt depresji, jeżeli dany punkt leży poniżej poziomu). Przykład. Zmierzyć wysokość wieży.

Rys. 307 Jeżeli AB (rys. 307) jest wysokością wieży i jej podstawa jest dla nas dostępna, to możemy na powierzchni ziemi wymierzyć długość DB = a. Ustawiamy w punkcie D teodolit i kierując jego lunetę na punkt A, odczytujemy kąt wzniesienia ACE = ; DC = m jest wysokością przyrządu. Z trójkąta CEA mamy AE = CE × tg , skąd poszukiwana wysokość wieży AB = m + a × tg . Jeżeli podstawa wieży jest dla nas niedostępna, ustawiamy najpierw teodolit w punkcie D i znajdujemy kąt wzniesienia a, następnie przenosimy przyrząd do punktu G i znowu znajdujemy kąt wzniesienia b, zmierzywszy dokładnie odległość DG = b. Wtedy mamy CE = AE × ctg FE = AE × ctg ,

skąd b = AE × (ctg

- ctg ),

a więc .

§ 65. Ćwiczenia (1-4). Skonstruować kąt ostry , mając: 1. a) sin

=

b) sin

2. a) cos

=

b) cos

3. a) tg

=

4. a) ctg

b) tg

= 3 b) ctg

= =

c) sin

=

c) cos

= 0,4 c) tg

= 0,7

=2

= 0,3 c) ctg

= 0,8

(5-8). Posługując się tablicą trygonometryczną, odnaleźć wartości: sin, cos, tg i ctg dla każdego z następujących kątów: 5) 18o36' 6) 32o20' 7) 56o12' 8) 62o25'. (9-16). Posługując się tablicą trygonometryczną, odnaleźć kąt , mając wartość jego funkcji trygonometrycznej: 9. sin 10. cos 11. tg

= 0,3880; = 0,8872; = 0,2910;

12. ctg

= 1,9532;

13. sin

= 0,9415;

14. cos

= 0,4120;

15. tg 16. ctg

= 2,4251; = 0,4120.

(17-24). Mając wartość jednej z funkcji trygonometrycznych kąta ostrego a, odnaleźć wartości pozostałych funkcji: 17. sin

= ;

18. cos

= ;

19. tg

= ;

20. ctg

= ;

21. sin

= m;

22. cos

= n;

23. tg 24. ctg

= p; = q.

(25-28). Posługując się tablicą trygonometryczną, rozwiązać trójkąt prostokątny, jeżeli są dane: 25. obie przyprostokątne a i b; 26. przeciwprostokątna c i przyprostokątna b; 27. przeciwprostokątna c i kąt ostry przy wierzchołku A; 28. przyprostokątna a i kąt ostry przy wierzchołku A. Wartości liczbowe elementów trójkąta:

(29-32). Rozwiązać trójkąt równoramienny, mając: 29. podstawę o długości 28 cm i kąt przeciwległy o mierze 63o24'; 30. podstawę o długości 59 cm i ramię o długości 35 cm; 31. wysokość o długości 16 cm i kąt przy podstawie o mierze 36o12'; 32. wysokość o długości 6,6 cm i ramię o długości 10 cm. (33-37). Promień koła jest równy 10 cm. Obliczyć długość cięciwy, odpowiadającej kątowi środkowemu : 33.

= 28o;

34.

= 32o40';

35.

= 60o;

36.

= 64o30';

37.

= 72o15'.

38. W kole o promieniu r długości 7,6 cm poprowadzono cięciwę a = 8,4 cm. Obliczyć kąt środkowy, odpowiadający tej cięciwie. 39. Jak wielki jest kąt środkowy w kole, odpowiadający cięciwie, której długość równa

promienia?

40. W pewnym kole kąt wpisany jest równy 28o i opiera się na cięciwie długości a = 12 cm. Obliczyć promień tego koła. 41. Z pewnego punktu okręgu, którego promień r = 10 cm, poprowadzono dwie cięciwy długości a = 6 cm i b = 9 cm. Jaki kąt tworzą z sobą te cięciwy? (42-44). Obliczyć bok n-kąta foremnego wpisanego w okrąg o promieniu r = 12 cm: 42. n = 15; 43. n = 18; 44. n = 9. (45-48). Obliczyć kąty trójkąta ukośnego, mając jego trzy boki: 45. 56, 25, 39; 46. 63, 25, 52; 47. 21, 20, 13; 48. 11, 20, 13. 49. Z odległości a = 120 m od wieży widać jej wierzchołek pod kątem wzniesienia wysokość wieży. Wysokość teodolitu l = 1,2 m.

= 36o10'. Obliczyć

50. Dla znalezienia szerokości rzeki wymierzono wzdłuż jednego jej brzegu odległość AB = a. Kierując poziomą lunetę, ustawioną w punkcie A prostopadle do AB, widzimy na przeciwległym brzegu punkt C, który z punktu B widać pod kątem do AB. Obliczyć szerokość rzeki wiedząc, że a = 58 m i = 24o15'. 51. Pal wbity pionowo w ziemię rzuca cień długości 32 m. Wysokość pala nad ziemią wynosi 12 m, znaleźć kąt wzniesienia słońca (wysokość słońca). 52. Jaka jest wysokość słońca, jeżeli cień, jaki rzuca pionowy pal, wynosi połowę jego wysokości? 53. Jakiej długości cień rzucał będzie pionowy pal, jeżeli słońce znajduje się na wzniesieniu 42o? 54. Pod jakim kątem obserwator będzie widział wieżę wysokości 64 m z odległości 240 m, jeżeli patrzy na nią z wysokości 6 m? 55. Jaką siłą można utrzymać na płaszczyźnie nachylonej pod kątem 82 kg?

= 24o do poziomu ciało o ciężarze p =

56. Siłą p kg utrzymuje się na płaszczyźnie pochyłej pewne ciało, które wywiera nacisk na tę płaszczyznę o sile q kg. Jaki jest kąt nachylenia płaszczyzny do poziomu i jaki jest ciężar ciała? 57. Kula toczy się po płaszczyźnie nachylonej pod kątem ciągu 4 sekund?

= 6o20' do poziomu. Jaką drogę przebędzie w

Obliczanie pól wielokątów § 66. Pojęcie pola. Pola wielokątów 341. Określenie. Wiemy już, że wielokąty stanowią rodzaj wielkości geometrycznych, może więc być mowa o ich mierzeniu. W tym celu, posługując się metodą, którą stosowaliśmy do odcinków, powinniśmy obrać jednostkę miary i porównać z nią dany wielokąt. Liczba, którą otrzymamy z tego porównania, nosi nazwę pola wielokąta. Za jednostkę miary wielokątów przyjmujemy kwadrat o boku równym jednostce liniowej: 1 metr, 1 decymetr lub 1 centymetr. Taka jednostka nazywa się zwykle kwadratową, więc metr kwadratowy (m2) jest kwadratem o boku 1 metra; 1 m2 = 100 dm2 = 10 000 cm2. A zatem odnalezienie pola danego wielokąta jest równoznaczne z obliczeniem, ile razy 1 m2 lub 1 cm2 mieści się w tym wielokącie. 342. Najprostszym zagadnieniem będzie obliczenie pola prostokąta. Niech więc będzie dany prostokąt ABCD (rys. 308). Za jednostkę obierzmy kwadrat M. Dla rozwiązania naszego zadania musimy obliczyć, ile razy kwadrat M pomieści się w prostokącie AC. Jeżeli bok kwadratu odmierzymy najpierw na podstawie danego prostokąta, potem na jego wysokości i przez punkty podziału poprowadzimy proste równoległe do boków prostokąta, to podzielimy go na szereg kwadratów, z których każdy będzie równy M i zadanie sprowadza się do znalezienia stosunku dwóch odcinków albo do znalezienia liczby wymiarowej każdego z nich, jeżeli bok kwadratu M wzięto za jednostkę. I tu, jak wiemy, zajść mogą trzy przypadki.

Rys. 308 1) Stosunki boków AD i AB do boku kwadratu M są liczbami całkowitymi. Niech np. bok tego kwadratu w podstawie AD pomieści się a razy, a w wysokości AB pomieści się b razy (a i b - liczby całkowite), wtedy cały prostokąt AC zawierać będzie w sobie a ˇ b kwadratów równych M i powiadamy, że pole ABCD = a × b. 2) Bok kwadratu M nie mieści się całkowitą ilość razy w AD i AB, ale jego część pta zawiera się m razy w AD, n razy w AB (m i n - liczby całkowite), wtedy liczbą wymiarową podstawy prostokąta będzie ułamek , a wysokości ułamek

. Mając boki kwadratu M podzielone na p równych części, możemy go rozciąć

prostymi równoległymi na p2 małych kwadracików, których dany prostokąt będzie zawierać m × n, a więc stosunek tego prostokąta do kwadratu M, czyli pole razy wziętemu polu M.

3) Wreszcie stosunki podstawy i wysokości prostokąta do boku kwadratu M nie są wyrażone ani liczbami całkowitymi, ani ułamkowymi,czyli są liczbami niewymiernymi. Pierwszy z tych stosunków będzie wyznaczony przez pewien przekrój, który nazwiemy symbolicznie (a), drugi przez przekrój (b). Wtedy pole danego prostokąta wyznaczymy przez przekrój (a ˇ b), w którym do niższej klasy liczb będą należały iloczyny niższych przybliżeń liczb a i b: przekrój (a × b) = przekrój (a) × przekrój (b). Mamy więc następujące twierdzenie: Pole prostokąta jest równe iloczynowi długości jego podstawy i wysokości, krócej: pole prostokąta równe jest iloczynowi jego podstawy i wysokości. Jeżeli np. AD = 8 cm, AB = 3 cm, to pole ABCD= 8×3 = 24 cm2. Jeżeli AD = 5 cm, AB = 1 cm, to pole ABCD = 6 cm2. Jeżeli wreszcie AD = 5

cm, AB =

cm, to pole ABCD =

cm2.

Stąd wynika wprost, że pole kwadratu jest równe drugiej potędze długości jego boku, krócej: pole kwadratu jest równe kwadratowi jego boku. Stąd właśnie pochodzi nazwa kwadratu liczby jako jej drugiej potęgi. 343. Niech teraz będzie dany pewien równoległobok. Dla obliczenia jego pola należałoby znowu dowiedzieć się, ile razy wzięta przez nas jednostka (1 cm2) pomieści się w tym równoległoboku, czyli należałoby podzielić go na kwadraty równe 1 cm2 (lepiej nawet 1 mm2). Łatwo jednak przekonać się, że danej figury nie da się pokryć kwadratami (będą zostawały pewne "resztki", które po zsumowaniu dałyby kwadraty); więc obieramy inną drogę postępowania. Dany równoległobok przekształcamy na równoważny mu prostokąt (punkt 200) i jego pole przyjmujemy za pole danego równoległoboku. Tak samo postąpimy, obliczając pole trapezu, trójkąta itd. Przyjmiemy, że 1) wielokąty równoważne mają równe pola; 2) wielokąt, który jest sumą dwóch lub więcej wielokątów, ma pole równe sumie pól tych wielokątów. Zgodnie z tym, biorąc za punkt wyjścia twierdzenie o polu prostokąta, możemy wypowiedzieć następujące wnioski: 1. Pole równoległoboku jest równe iloczynowi jego podstawy i wysokości (patrz punkt 200). 2. Pole trójkąta jest równe połowie iloczynu jego podstawy i wysokości (punkt 203). 3. Pole trapezu jest równe iloczynowi jego linii środkowej i wysokości (punkt 204), inaczej: pole trapezu jest równe iloczynowi jego wysokości i średniej arytmetycznej obu podstaw.

Rys.309 4. Jeżeli wierzchołki wielokąta foremnego połączymy ze środkiem koła (rys. 309), to podzielimy go na trójkąty przystające. Pole

AOB będzie równe

więc pole całego wielokąta o n bokach będzie:

ale n × AB jest równe obwodowi wielokąta (P), OK = r jest promieniem okręgu wpisanego w ten wielokąt, więc

czyli pole wielokąta foremnego jest równe połowie iloczynu jego obwodu i promienia okręgu wpisanego (apotemy). 344. Wnioski. Poznawszy sposoby obliczania pól wielokątów, możemy wzór algebraiczny przedstawiający iloczyn dwóch odcinków interpretować geometrycznie jako pole pewnego wielokąta. Jeżeli więc przez a, b, c itd. rozumieć będziemy długości odcinków, to iloczyn ab możemy uważać za pole prostokąta (albo równoległoboku) o podstawie a i wysokości b; a2 będzie polem kwadratu o boku równym a itd. Jeżeli teraz przypomnimy sobie pewne twierdzenia, które poznaliśmy z teorii równoważności figur oraz proporcjonalności odcinków, to zestawiając je z ostatnio otrzymanymi wynikami, stwierdzić musimy, że wyrażają one te same własności figur, inaczej tylko sformułowane. Tak np., jeżeli a i b oznaczają długości przyprostokątnych trójkąta prostokątnego, zaś c jego przeciwprostokątną, to interpretując geometrycznie związek a2 = b2 + c2 (punkt 304), otrzymamy znane już przedtem twierdzenie Pitagorasa (punkt 210). Tak samo zależność między wysokością trójkąta prostokątnego a odcinkami przeciwprostokątnej (punkt 304) jest algebraiczną interpretacją twierdzenia Euklidesa (punkt 207). Dalej twierdzenie o kwadracie boku w trójkącie położonego naprzeciw kąta ostrego lub rozwartego (punkt 305), poznaliśmy przedtem jako uogólnione twierdzenie Pitagorasa (punkt 216) itp. Przytoczone twierdzenia możemy teraz sformułować, jak następuje: pole kwadratu zbudowanego na przeciwprostokątnej trójkąta prostokątnego jest równe sumie pól kwadratów zbudowanych na jego przyprostokątnych;

pole kwadratu zbudowanego na wysokości trójkąta prostokątnego jest równe polu prostokąta zbudowanego na odcinkach jego przeciwprostokątnej itp. 345. Zadanie. Mając trzy boki trójkąta, obliczyć jego pole.

Rys. 310 Niech AB = c (rys. 310), BC = a, AC = b, wiadomo, że pole trójkąta (1)

.

Wysokość BD znajdziemy, jeżeli będzie znane AD, które obliczymy z równania: BC2 = AB2 + AC2 - 2AC × AD, tj. z równania a2 = c2 + b2 - 2b × AD, skąd 2b × AD = b2 + c2 - a2 i Mając AD, z trójkąta ABD otrzymamy:

A więc Podstawiając tę wartość BD do równości (1), otrzymamy:

Można uprościć ten wzór, oznaczając: a + b + c = 2p,

wtedy a - b + c = 2p - 2b = 2 (p - b) a + b - c = 2p - 2c = 2 (p - c) b + c - a = 2p - 2a = 2 (p - a). A więc pole trójkąta

Ten wzór na obliczenie pola trójkąta znany jest pod nazwą wzoru Herona. Przykład: a = 13 m b = 14 m c = 15 m ---------2p = 42 p = 21 p-a=8 p-b=7 p-c=6 Wniosek. Pole trójkąta równobocznego, którego bok jest równy a, wynosi . 346. Zadanie. Mając trzy boki trójkąta, obliczyć promień okręgu na nim opisanego.

Rys. 311 Jak wiadomo (rys. 311): AB × BC = 2 R × BD,

gdzie R oznacza promień koła opisanego. Ale AB = c, BC = a, a co zaś do BD, to , skąd

,

a więc będzie

skąd

czyli

347. Zadanie. Mając trzy boki trójkąta, obliczyć promień okręgu w ten trójkąt wpisanego. Niech AB = c (rys. 312), BC = a, AC = b. Wpiszmy w trójkąt okrąg i środek O połączmy z wierzchołkami, wtedy oznaczając przez r promień okręgu wpisanego, mamy: pole pole pole A więc pole Oznaczając znowu a + b + c = 2p, S = p × r, skąd otrzymamy

Rys. 312

Rys. 313

348. Zadanie. Obliczyć pole rombu, mając jego przekątne. Niech w rombie ABCD (rys. 313) przekątna AC = d, BD = d'. Ponieważ przekątne rombu są do siebie prostopadłe, zatem: pole pole Dodając te równości stronami, otrzymamy pole tj. pole rombu równa się połowie iloczynu jego przekątnych. 349. Zadanie. Wyliczyć pole czworokąta, mając jego boki i przekątne.

Rys. 314 Niech będzie dany czworokąt ABCD (rys. 314), w którym AB = a, BC = c, AC = l1, DC = b, AD = d, BD = l2. Z wierzchołków B i D spuśćmy prostopadłe BE i DF, wtedy pole danego czworokąta będzie

czyli

Chodzi teraz o wyliczenie EF. Jeżeli punkt I jest środkiem AC, to wtedy z trójkąta ABC mamy AB2 - BC2 = 2AC × IE, czyli

(1) a2 - b2 = 2l1 × IE. skąd Z trójkąta ADC mamy DC2 - AD2 = 2AC × FI, czyli (2) c2 - d2 = 2l1 × FI a2 - b2 + c2 - d2 = 2l1 × FE,

A więc

czyli

Wniosek. Jeżeli na danym czworokącie można opisać okrąg, wtedy zgodnie z twierdzeniem Ptolemeusza l1l2 = ac + bd, wtedy

Zatem

Wprowadzając oznaczenie a + b + c + d = 2p, otrzymujemy

Jeżeli d = 0, otrzymamy wzór Herona na pole trójkąta.

§ 67. Stosunek pól wielokątów podobnych 350. Twierdzenie. Pola danych trójkątów, które mają po kącie równym, tak się mają do siebie jak iloczyny boków ten kąt obejmujących. Niech w trójkącie ABC i DEF (rys. 315) kąty A i D będą równe, pole pierwszego trójkąta równa się S, pole drugiego równa się S'.

Rys. 315 Poprowadźmy wysokości BK i EL, wtedy (1)

Ale w trójkątach ABK i DEL : DEL, skąd

A=

D z założenia,

Podstawiając teraz do równości (1) zamiast stosunku

AKB =

DLE, jako kąty proste, a więc

równy mu stosunek

ABK

, otrzymamy

czyli

cbdd. 351. Twierdzenie. Pola trójkątów podobnych tak się mają do siebie, jak kwadraty odpowiednich boków. Niech

ABC

DEF (rys. 316), i niech S oznacza pole trójkąta ABC, a S' pole trójkąta DEF.

Rys. 316 Trójkąty ABC i DEF są podobne, więc

A=

D, a zatem

czyli

Ale z podobieństwa trójkątów mamy

Podstawiając do poprzedniej równości zamiast stosunku

równy mu stosunek

, otrzymamy:

czyli . To znaczy, że jeżeli np. boki jednego trójkąta są 2, 3, 4 ... razy większe, niż boku drugiego, to pole pierwsze trójkąta będzie 4, 9, 16 ... razy większe, niż pole drugiego. 352. Twierdzenie. Pola wielokątów podobnych tak się mają do siebie jak kwadraty odpowiednich boków.

Rys. 317 Dwa wielokąty podobne możemy doprowadzić do położenia jednokładności względem jednego z wierzchołków np. C (rys. 317), wtedy prowadząc przekątne CA, CE itd., otrzymamy

stąd

ale

więc

Zatem

cbdd. Wniosek. Pola wielokątów foremnych o jednakowej liczbie boków tak się mają do siebie jak kwadraty promieni kół opisanych na tych wielokątach lub promieni kół wpisanych. 353. Twierdzenie. Wielokąt zbudowany na przeciwprostokątnej trójkąta prostokątnego jest równoważny sumie podobnych do niego wielokątów zbudowanych na przyprostokątnych.

Rys. 318 Niech będzie dany trójkąt prostokątny ABC (rys. 318), na boku trójkąta prostokątnego ABC wykreślamy wielokąty S1, S2 i S3. Niech S1

S2

S3. Mamy dowieść, że S1 = S2 + S3.

Ponieważ wielokąty S2 i S1 są podobne, więc

z podobieństwa zaś wielokątów S3 i S1 będzie

Dodając te dwie równości, dostajemy

ale

AB2 + BC2 = AC2, więc czyli S1 = S2 + S3, cbdd.

§ 68. Zadania konstrukcyjne Dla rozwiązania zagadnienia geometrycznego, wymagającego konstrukcji pewnej figury, jest rzeczą konieczną dostrzec związek, jaki istnieje pomiędzy jej elementami. Jeżeli ten związek zdołamy ująć w równaniu algebraicznym, to tą drogą możemy odnaleźć sposób konstrukcji. Ta właśnie metoda postępowania, zwana metodą algebraiczną, ma dość często zastosowanie w zadaniach pewnego charakteru, jak to zobaczymy na przykładach poniżej (porównaj § 58.). Zadanie 1. Zbudować kwadrat 2, 3 ... razy większy od danego. Jeżeli bok danego kwadratu jest równy a, natomiast x oznacza bok kwadratu poszukiwanego, to mamy równania x2 = 2a2 ; x2 = 3a2, stąd Zadanie sprowadza się więc do wykreślenia otrzymanych odcinków, co już potrafimy wykonać. Zadanie 2. Zbudować kwadrat dwa razy mniejszy od danego. Mamy równanie

Konstrukcja widoczna.

Zadanie 3. Zbudować kwadrat równoważny danemu prostokątowi. Jeżeli bokami danego prostokąta są a i b, a x oznacza bok żądanego kwadratu, to

Konstrukcja wiadoma. Porównaj z twierdzeniem pomocniczym do twierdzenia Pitagorasa. Zadanie 4. Wykreślić kwadrat 2 razy większy od danego. Zadanie 5. Kwadrat zamienić na równoważny mu prostokąt o danej podstawie. Zadanie 6. Zbudować prostokąt, mając podstawę oraz sumę wysokości i przekątnej. Zadanie 7. Trójkąt równoramienny zamienić na równoważny mu trójkąt równoboczny.

Rys. 319 Analiza. Dany jest trójkąt równoramienny ABC (rys. 319), na jego podstawie AC wykreślmy najpierw trójkąt równoboczny AEC. Jeżeli żądanym trójkątem jest KLM, to będzie on podobny do trójkąta AEC. Zauważmy przede wszystkim, że , ale trójkąt KLM ma być równoważny trójkątowi ABC, a więc

Z drugiej strony

a więc

skąd LD2 = BD × ED, a wtedy

Widzimy, że odcinek LD można będzie znaleźć jako odcinek średni proporcjonalny między BD i ED. Mając LD, łatwo już otrzymać żądany trójkąt. Zadanie 8. Trójkąt dany zamienić na równoważny mu trójkąt równoboczny. Zadanie 9. Wykreślić miejsce geometryczne takich punktów, których suma kwadratów odległości od danych dwóch punktów jest równa k2, gdzie k jest danym odcinkiem. Analiza. Dane są punkty A i B, środkiem odcinka AB niech będzie O, a K niech będzie jednym z punktów żądanego miejsca geometrycznego. Wtedy, stosując twierdzenie o sumie kwadratów dwóch boków trójkąta, możemy napisać: AK2 + KB2 = 2AO2 + 2KO2, skąd

czyli

a więc

Widzimy więc, że wszystkie punkty żądanego miejsca geometrycznego będą leżały na okręgu o środku w punkcie O i promieniu KO. Zadanie 10. Trójkąt dany podzielić na trzy części równoważne prostymi równoległymi do podstawy. Zadanie 11. Trójkąt dany podzielić na dwie części w stosunku m:n prostą równoległą do podstawy. Zadanie 12. Trójkąt dany podzielić na dwie części równoważne prostą prostopadłą do podstawy.

Rys. 320 Analiza. Niech danym trójkątem będzie prostą. W takim razie

ale

ABC (rys. 320), a prosta EF prostopadła do AC będzie żądaną

więc

stąd

A więc niewiadomy odcinek EC wykreślimy, jako odcinek średni proporcjonalny między dwoma danymi odcinkami i DC.

§ 69. Ćwiczenia (1-2). Obliczyć pole trójkąta prostokątnego, mając jego przyprostokątne a i b: 1. a = 12,4 cm, b = 6,5 cm. 2. (3-5). Obliczyć pole trójkąta prostokątnego, mając jego przeciwprostokątną c i przyprostokątną a: 3. c = 13 cm, a = 5 cm; 4. c = 3,4 cm, a = 1,6 cm; 5. (6-9). Obliczyć pole trójkąta prostokątnego, mając jego przeciwprostokątną i kąt ostry : 6. c = 24 cm,

= 42o20'. = 36o30'.

7. c = 12,5 cm, 8. c = 8,2 cm,

= 54o24'.

9. c = 10 cm,

= 64o15'.

(10-13). Obliczyć pole trójkąta prostokątnego, mając jego przyprostokątną a i kąt ostry : 10. a = 18 cm,

= 28o24'.

11. a = 32 cm,

= 35o12'.

12. a = 11,2 cm, 13. a = 8,6 cm,

= 62o15'. = 58o18'.

(14-17). Obliczyć promień koła opisanego na trójkącie prostokątnym oraz promień koła wpisanego w ten trójkąt, mając dane przyprostokątne a i b: 14. a = 25 cm, b = 60 cm. 15. a = 45 cm, b = 24 cm. 16. a = 10,5 cm, b = 10 cm. 17. a = 8,75 cm, b = 3 cm. 18. Obliczyć promień koła opisanego na trójkącie prostokątnym oraz promień koła wpisanego w ten trójkąt mając daną przyprostokątną a i kąt ostry . Dane liczbowe wziąć z zadań (10-13). 19. Obliczyć promień koła opisanego na trójkącie prostokątnym i promień koła wpisanego w ten trójkąt mając przyprostokątną c i kąt ostry . Dane liczbowe wziąć z zadań 6-9. (20-21). Obliczyć pole trójkąta, w którym dane są trzy boki: 20. a = 33 cm, b = 25 cm, c = 52 cm. 21. a = 28 cm, b = 30 cm, c = 26 cm. (22-25). Obliczyć pole trójkąta, mając jego dwa boki b i c oraz kąt ostry między nimi zawarty: 22. b = 8 cm, c = 5 cm,

= 36o40'.

23. b = 12 cm, c = 8,5 cm,

= 56o24'.

24. b = 6,4 cm, c = 3,2 cm,

= 62o15'.

25. b = 10 cm, c = 6,8 cm,

= 42o10'.

26. Biorąc dane liczbowe z zadań 20-21, obliczyć promień koła opisanego na trójkącie oraz promień koła wpisanego w ten trójkąt. (27-28). Obliczyć pole równoległoboku, mając dane boki a i b oraz kąt ostry między nimi: 27. a = 20 cm, b = 16 cm, 28. a = 14 cm, b = 12,5 cm,

= 32o12'. = 52o24'.

29. Obliczyć pole rombu, mając jego bok i kąt ostry. 30. Obliczyć pole trójkąta prostokątnego, mając dane odcinki p i q, na które podzieliła podstawę wysokość, poprowadzona z wierzchołka kąta prostego. 31. Obliczyć pole trójkąta prostokątnego, jeżeli jedna z jego przyprostokątnych wynosi a, a jej rzutem na przeciwprostokątną jest p. 32. Pole trójkąta równobocznego jest równe Q. Obliczyć jego bok. (33-34). Obliczyć bok kwadratu równoważnego trójkątowi o podstawie a i wysokości h:

33. a = 18,4 cm, h = 12,6 cm. 34. a = 14,25 cm, h = 11,15 cm. (35-36). Trójkąt ma podstawę a i wysokość h. Podstawę zmniejszono o d; o ile należy powiększyć jego wysokość, żeby pole trójkąta pozostało bez zmiany? 35. a = 146 cm, h = 96 cm, d = 10 cm. 36. a = 48 cm, h = 52 cm, d = 4 cm. 37. Suma dwóch boków trójkąta wynosi 124 cm, wysokości odpowiadające tym bokom są równe 105 cm i 50 cm. Obliczyć pole trójkąta. 38. Suma boku i przekątnej kwadratu wynosi 10 cm. Obliczyć jego bok. 39. Przekątna kwadratu jest równa d. Obliczyć jego pole. 40. Obliczyć pole trapezu, którego podstawy mają długość 20 cm i 6 cm, a boki nierównoległe mają długość 15 cm i 17 cm.

Rys. 321 41. Dla obliczenia pola wielokąta ABCDE (rys. 321) poprowadzono prostą KL, a następnie proste prostopadłe do niej z wierzchołków wielokąta i otrzymano AA'= 24 cm, BB'= 36 cm, CC'= 26 cm, DL'= 23 cm, EE = 18 cm. Odległości między spodkami tych prostopadłych wynoszą: A'B'= 17 cm ; B'E'= 19cm; E'C'= 18 cm; C'D'= 16 cm. Obliczyć pole wielokąta ABCDE. (42-51). Mając promień koła R, obliczyć pole wpisanego w to koło foremnego: 42. trójkąta foremnego, 43. czworokąta foremnego, 44. sześciokąta foremnego,

45. ośmiokąta foremnego, 46. dziesięciokąta foremnego, 47. pięciokąta foremnego, 48. dwunastokąta foremnego, 49. dziewięciokąta foremnego, 50. piętnastokąta foremnego, 51. n-kąta foremnego. (52-54). Podać interpretację geometryczną następujących tożsamości: 52. (a + b)2 = a2 + 2ab + b2 53. (a - b)2 = a2 - 2ab + b2 54. (a + b)(a - b) = a2 - b2 (55-62). Dany jest odcinek a i kąt ostry , wykreślić odcinek, który jest równy: 55. a × cos ; 56. a × tg ; 57.

;

58. a x sin ; 59. a x sin ; 60.

;

61. a × cos2 ; 62. a × sin2 . 63.* Na danym odcinku zbudować prostokąt równoważny danemu kwadratowi. 64. Zbudować prostokąt, mając sumę jego dwóch nierównych boków, a pole równe polu danego prostokąta. 65. Zbudować prostokąt, który byłby równoważny danemu prostokątowi i miał dany obwód. 66. Znaleźć dwa odcinki, których stosunek jest równy stosunkowi dwóch kwadratów. 67. Podzielić dany odcinek na takie dwie części, żeby różnica kwadratów zbudowanych na każdej z nich była równa danemu kwadratowi. 68. Większy z boków prostokąta podzielić na takie dwie części, żeby suma kwadratów zbudowanych na każdej z nich była równa danemu prostokątowi.

69. Dany odcinek przedłużyć o tyle, żeby prostokąt zbudowany z danego odcinka i jego przedłużenia był równoważny danemu kwadratowi. 70. Znaleźć takie dwa odcinki, żeby suma kwadratów na nich zbudowanej była równa danemu kwadratowi, a prostokąt z nich zbudowany był równoważny prostokątowi o podstawie a i wysokości b. 71. Podzielić równoległobok na kilka części równoważnych prostymi równoległymi do przekątnej. 72. Podzielić trapez w danym stosunku prostą równoległą do jego podstawy. 73. Podzielić trójkąt na trzy części równoważne dwiema prostymi, z których jedna ma być równoległa do podstawy, a druga do niej prostopadła. 74. Zbudować kwadrat równoważny danemu trójkątowi równobocznemu. 75. W dany trójkąt wpisać prostokąt równoważny danemu kwadratowi.

Kąty bryłowe i wielościany § 70. Kąty bryłowe 354. Określenia. Kątem bryłowym, czyli narożem nazywamy figurę utworzoną z kilku płaszczyzn, które, mając punkt wspólny, przecinają się po dwie i są ograniczone tymi przecięciami. Płaszczyzny, które tworzą kąt bryłowy, nazywamy jego ścianami, ich punkt wspólny wierzchołkiem, a linie przecięcia płaszczyzn krawędziami kąta bryłowego. Kąt bryłowy może być trójścienny, czworościenny itd., zależnie od liczby ścian.

Rys. 322 Kąty utworzone przez każdą parę krawędzi, nazywamy płaskimi, np. kąty ASB, BSC itd. (rys. 322). Każda krawędź kąta bryłowego jest zarazem krawędzią kąta dwuściennego utworzonego przez dwie ściany, których przecięciem jest ta krawędź. Tak np. SB jest krawędzią kąta dwuściennego ASBC. Kąt bryłowy nazywamy wypukłym, jeżeli całkowicie leży z jednej strony każdej ze swoich ścian, w przeciwnym razie nazywamy go wklęsłym. 355. Twierdzenie. W kącie trójściennym każdy z kątów płaskich jest mniejszy od sumy dwóch pozostałych.

Dany jest kąt trójścienny SABC (rys. 323). Niech największym z kątów płaskich będzie ASC. Z punktu S na płaszczyźnie ASC wyprowadźmy prostą SD tak, aby DSC = BSC i odmierzmy SE = SF, a następnie przez dwa punkty E i F poprowadźmy płaszczyznę, która przetnie ściany kąta trójściennego wzdłuż prostych GE, EH i GH. Trójkąty FSH i ESH są przystające, a więc FH = EH. Z trójkąta GHE mamy GF + FH < GE + EH. Stąd otrzymujemy GF < GE. Zauważmy teraz, że trójkąty SGF i SGE mają po dwa boki równe, ale trzecie boki nierówne, w takim razie GSF < Dodając do obydwu stron tej nierówności

FSH = ASC <

GSE.

ESH, otrzymamy

ASB +

Rys. 323

BSC, cbdd.

Rys. 324

356. Twierdzenie. W każdym wypukłym kącie bryłowym suma kątów płaskich jest mniejsza od czterech kątów prostych. Na jednej z krawędzi danego kąta bryłowego (rys. 324) obierzmy punkt A i poprowadźmy dowolną płaszczyznę, ale tak, aby przecięła ona wszystkie pozostałe krawędzie. W przecięciu ze ścianami kąta bryłowego otrzymamy wielokąt ABCDEF, którego każdy wierzchołek będzie wierzchołkiem kąta trójściennego. Stosując poprzednie twierdzenie, otrzymamy: ABC <

ABS +

CBS

BCD <

BCS +

DCS

CDE <

CDS +

EDS itd.

Dodając te nierówności, zauważmy, że po lewej stronie będzie suma kątów wielokąta ABCDEF, czyli 2d(n 2) = 2dn - 4d, a po prawej suma kątów trójkątów ASB, BSC itd. oprócz tych, które leżą przy wierzchołku, a których suma x jest niewiadoma, więc po prawej stronie będzie 2dn-x. Otrzymujemy nierówność 2dn - 4d < 2dn - x, a stąd

x < 4d. 357. Określenia. Jeżeli wewnątrz kąta trójściennego obierzemy dowolny punkt, a następnie opuścimy z niego proste prostopadłe do wszystkich ścian i przez każdą parę tych prostopadłych przesuniemy płaszczyznę, to utworzy się kąt trójścienny, który nazywamy kątem dopełniającym do danego.

Rys. 325 Jeżeli np. z punktu O w kącie trójściennym SABC (rys. 325) opuścimy odcinki OK BSC, to kąt trójścienny OKLM jest kątem dopełniającym kąta SABC.

ASB, OL

ASC i OM

Wniosek. Z własności kąta, zawartego między prostopadłymi do ścian kąta dwuściennego (patrz § 43. ćw. 4) wnosimy, że kąty płaskie kąta dopełniającego są dopełnieniami kątów dwuściennych danego kąta trójściennego. Tak więc np. kąt płaski KOM jest dopełnieniem kąta dwuściennego ASBC, czyli KOM +

(SB) = 180o = 2d.

358. Twierdzenie. Jeżeli jeden kąt trójścienny jest kątem dopełniającym drugiego, to drugi jest kątem dopełniającym pierwszego. Prosta OK (rys. 325) jest prostopadła do ściany ASB, a OM do ściany BSC, więc płaszczyzna KOM przechodząca przez te proste jest jednocześnie prostopadła do obu ścian, a więc do ich linii przecięcia SB i SB KOM. Podobnie krawędź SA jest prostopadła do KOL i krawędź SC do LOM, a to dowodzi twierdzenia. Wniosek 1. Kąty płaskie danego kąta trójściennego są dopełnieniami kątów dwuściennych kąta dopełniającego. Wniosek 2. Jeżeli dwa kąty trójścienne mają kąty płaskie odpowiednio równe, to ich kąty dopełniające mają kąty dwuścienne odpowiednio równe i odwrotnie. 359. Twierdzenie. W kącie trójściennym suma kątów dwu ściennych jest większa od dwóch kątów prostych, ale mniejsza od sześciu.

Rys. 326

Niech będzie dany kąt trójścienny SABC (rys. 326), wykreślmy kąt dopełniający OKLM, wtedy: KOL +

(SA) = 2d,

KOM +

(SC) = 2d,

LOM +

(SB) = 2d.

Dodając stronami powyższe równości otrzymamy, że suma x kątów dwuściennych równa się sześciu kątom prostym pomniejszonym o sumę kątów płaskich kąta O, a więc x < 6d. Ponieważ suma kątów płaskich jest mniejsza od 4d, więc będzie x > 2d, czyli 2d < x < 6d.

§ 71. Równość i symetria kątów trójściennych 360. Określenie. Każdy kąt trójścienny zawiera sześć elementów: trzy kąty płaskie i trzy kąty dwuścienne i jeżeli dwa kąty bryłowe trójścienne mają wszystkie elementy odpowiednio równe, powinny być równe. Tu jednak należy zrobić pewne zastrzeżenie: weźmy dowolny kąt trójścienny i przedłużmy jego krawędzie poza wierzchołek S (rys. 327), otrzymamy dwa kąty bryłowe: SABC i SA'B'C'.

Rys. 327 Wszystkie ich elementy będą sobie odpowiednio równe, ale kąty te przystawać do siebie nie będą, ich elementy nie będą następowały w tym samym porządku, czyli będą miały zwrot przeciwny. Takie kąty bryłowe nazywamy symetrycznymi. Jeżeli zaś elementy mają zwrot zgodny, będą równe, czyli przystające. Nie znając więc zwrotu dwóch kątów bryłowych, nie możemy z góry przewidzieć, czy będą one przystające, czy symetryczne. Przystępując do warunków równości lub symetrii kątów bryłowych trójściennych, przekonamy się podobnie, jak to było dla trójkątów, że wystarczać będzie równość trzech elementów. 361. Twierdzenie. Jeżeli dwa kąty trójścienne mają kąty płaskie odpowiednio równe, to i kąty dwuścienne mają równe.

Rys. 328 Dane są dwa kąty trójścienne S i S' (rys. 328), w których ASB =

A'S'B';

BSC =

B'S'C';

ASC =

A'S'C',

mamy dowieść, że kąty dwuścienne są odpowiednio równe. Na krawędziach danych kątów trójściennych odmierzmy: SD = SE = SF = S'D' = S'E' = S'F'. Otrzymujemy wtedy: SDE =

S'D'E',

SEF =

S'E'F',

SFD =

S'F'D',

bo trójkąty te mają po dwa boki odpowiednio równe i po kącie między nimi zawartym równym. Z przystawania trójkątów wynikać będzie, że DE = D'E', EF = E'F', DF = D'F', a więc, że DEF =

D'E'F',

stąd zaś FDE =

F'D'E'.

Odmierzmy teraz DG = D'G' i poprowadźmy na płaszczyźnie ASB prostopadłe GH SA i G'H' S'A'. Wówczas trójkąty prostokątne DGH i D'G'H' będą przystające, gdyż DG = D'G' i SDE = S'D'E' (z przystawania trójkątów SDE i S'D'E'), skąd DH = D'H' i GH = G'H'. Na płaszczyznach ASC poprowadźmy prostopadłe GI wtedy DGI = D'G'I', skąd

SA, a na płaszczyźnie A'S'C' prostopadłe G'I'

S'A',

DI = D'I' i GI = G'I'. Połączmy teraz punkt H z I i punkt H' z I' i zauważmy, że trójkąty DIH i D'I'H' mają po dwa boki i po kącie między nimi zawartym odpowiednio równym, a więc DIH = stąd zaś HI = H'I'.

D'I'H',

Zatem trójkąty GIH i G'I'H' są przystające, gdyż mają po trzy odpowiednie boki równe, a więc IGH =

I'G'H'.

Ale są kąty liniowe, odpowiadające kątom dwuściennym (SA) i (S'A'), zatem (SA) = (S'A'). Podobnie można dowieść równości pozostałych kątów. Stąd wynika bezpośrednio: Wniosek. Dwa kąty trójścienne są równe albo symetryczne jeżeli mają: 1) trzy odpowiednie kąty płaskie równe albo 2) trzy odpowiednie kąty dwuścienne równe. 362. Zadanie. Zbudować kąty trójścienne, mając dwa kąty płaskie i kąt dwuścienny między nimi zawarty. Jeżeli mamy dany kąt dwuścienny (PQ) (rys. 329), to z dowolnego punktu S jego krawędzi możemy poprowadzić na płaszczyźnie P prostą SB pod danym kątem do SA, a na płaszczyźnie Q prostą SC pod danym kątem ASC = . Dwie przecinające się proste SB i SC wyznaczają trzecią ścianę BCS kąta bryłowego. Wniosek. Dwa kąty trójścienne są równe albo symetryczne, jeżeli mają odpowiednie dwa kąty płaskie równe i kąt dwuścienny między nimi zawarty.

Rys. 329

Rys. 330

363. Zadanie. Zbudować kąt bryłowy trójścienny, mając dwa kąty dwuścienne i kąt płaski między nimi zawarty. Niech będzie dany kąt dwuścienny o krawędzi SA i ścianach P i Q (rys. 330). Na ścianie P pod danym kątem prowadzimy prostą SB, a następnie, mając płaszczyznę P i krawędź SB, budujemy kąt dwuścienny dany, którego druga ściana R przetnie ścianę Q pierwszego z nich wzdłuż prostej SC. W ten sposób pozostałe kąty płaskie są wyznaczone, a więc wyznaczony jest kąt trójścienny. Wniosek. Dwa kąty trójścienne są równe albo symetryczne, jeżeli mają odpowiednie dwa kąty dwuścienne równe i kąt płaski między nimi zawarty.

§ 72. Pojęcie wielościanu wypukłego. Graniastosłup, pole jego powierzchni 364. Określenie. Wielościanem nazywamy bryłę ze wszystkich stron ograniczoną płaszczyznami. Płaszczyzny, które ograniczają wielościan, nazywamy jego ścianami, odcinki linii przecięcia ścian krawędziami wielościanu, a punkty przecięcia krawędzi wierzchołkami. Wielościan nazywamy wypukłym, jeżeli leży po jednej stronie każdej ze swoich ścian. Nadal mówić będziemy jedynie o wielościanach wypukłych. Przekątną wielościanu nazywamy odcinek linii prostej, który łączy dwa wierzchołki nie położone na tej samej ścianie. Jedną ze ścian wielościanu uważamy za podstawę, wtedy pozostałe nazywamy ścianami bocznymi. W niektórych wielościanach będziemy wyróżniać dwie ściany jako podstawy, zwykle te, które są przystające i równoległe. Sumę pól ścian bocznych nazywamy polem powierzchni bocznej wielościanu albo krócej powierzchnią boczną, a sumę pól wszystkich ścian bez wyjątku polem powierzchni całkowitej albo krócej powierzchnią całkowitą. 365. Określenia. Graniastosłup jest to wielościan ograniczony z dwóch stron przystającymi do siebie wielokątami o odpowiednich bokach równoległych, a z pozostałych stron równoległobokami (rys. 331). O istnieniu takiej bryły możemy się z łatwością przekonać, biorąc dowolny wielokąt ABCDE i prowadząc przez wszystkie jego wierzchołki równoległe do siebie proste AA', BB' itd., przecinając je płaszczyzną równoległą do ABCDE i wreszcie przez każdą parę prostych: AA' i BB', BB' i CC' itd. przesuwając płaszczyznę. Wielokąty ABCDE i A'B'C'D'E' nazywamy podstawami graniastosłupa, a równoległoboki ABB'A', BCC'B' itd. ścianami bocznymi. Wysokością graniastosłupa nazywamy odcinek prostopadły do obu podstaw. Wszystkie krawędzie boczne graniastosłupa są sobie równe jako odcinki równoległe, zawarte pomiędzy równoległymi płaszczyznami. Płaszczyznę poprowadzoną przez dwie krawędzie boczne graniastosłupa, nie położone na tej samej ścianie, nazywamy płaszczyzną przekątną. Graniastosłup jest prosty lub pochyły zależnie od tego, czy krawędzie boczne są prostopadłe do podstaw, czy pochyłe. W graniastosłupie prostym każda ze ścian bocznych jest prostokątem, a każda z krawędzi bocznych wysokością graniastosłupa. Jeżeli graniastosłup pochyły przetniemy płaszczyzną prostopadłą do krawędzi bocznych, to wielokąt abcde, który otrzymamy w przecięciu, nazywamy przekrojem prostopadłym. Boki tego wielokąta są oczywiście prostopadłe do krawędzi bocznych. Graniastosłup prosty nazywamy graniastosłupem prawidłowym, jeżeli ma za podstawę wielokąt foremny. Graniastosłup nazywamy trójkątnym, czworokątnym itd., jeżeli ma za podstawę trójkąt, czworokąt itd.

Rys. 331

. Rys. 332

366. Twierdzenie. Pole powierzchni bocznej graniastosłupa równa się iloczynowi krawędzi bocznej i obwodu przekroju prostopadłego. Niech będzie dany graniastosłup pochyły BD' (rys. 332) i niech wielokąt abcd będzie jego przekrojem prostopadłym. Powierzchnia boczna równać się będzie sumie pól wszystkich ścian bocznych, a że ab jest prostopadłe do AA', bc do BB' itd., więc będzie równa AA' × ab + BB' × bc + CC' × cd + DDv × ad = (ab + bc + cd + ad) × AA', cbdd. Wniosek 1. W graniastosłupie prostym przekrój prostopadły jest przystający do podstawy, a więc pole powierzchni bocznej graniastosłupa prostego równa się iloczynowi krawędzi bocznej i obwodu podstawy. Jeżeli więc obwód podstawy jest równy P, a wysokość graniastosłupa h, to pole powierzchni bocznej: S = P × h. Wniosek 2. Aby znaleźć pole powierzchni całkowitej, należy do powierzchni bocznej dodać pola obu podstaw. Jeżeli więc pole podstawy jest równe B, to pole powierzchni całkowiej S' = S + 2B. Wniosek 3. Jeżeli graniastosłup jest prawidłowy, to pole podstawy

gdzie P oznacza obwód, a r promień okręgu wpisanego w podstawę, mamy wtedy S' = S + P × r czyli S' = P × h + P × r = P × (h + r). Przykład. W graniastosłupie prawidłowym trójkątnym podstawa ma bok a = 5 m, a wysokość h = 12 m. Wtedy pole powierzchni bocznej S = P × h = 3a × h = 180 m2. Podwojone pole podstawy:

2B =

= 21,65 m2,

a więc pole powierzchni całkowitej wynosi S' = 180 + 21,65 = 201,65 m2.

Rys. 333 367. Określenia. Graniastosłup, który ma za podstawę równoległobok, nazywamy równoległościanem (rys. 333). Z tego określenia widzimy, że w równoległościanie wszystkie ściany są równoległobokami, każda z nich może być uznana za podstawę. W równoległościanie prostym podstawy są równoległobokami, a ściany boczne prostokątami. Równoległościan prosty, który ma za podstawę prostokąt, nazywamy prostopadłościanem. Trzy krawędzie, wychodzące z jednego punktu, nazywamy jego wymiarami (długość, szerokość i wysokość). Prostopadłościan, którego wymiary są równe, nazywamy sześcianem. Łatwo zrozumieć, że w każdym równoległościanie przeciwległe ściany są przystające i równoległe. Tak np. ściany ADD'A' i BCC'B' są przystające i równoległe, dlatego że kąty A'AD i B'BC są równe i leżą na płaszczyznach równoległych, a krawędzie boczne są równe. W sześcianie wszystkie ściany są przystające i wszystkie krawędzie są równe. 368. Twierdzenie. W każdym równoległościanie przekątne przecinają się w jednym punkcie i dzielą się na połowy. W równoległościanie AC' (rys. 334) zauważmy najpierw dwie przekątne AC' i BD'. Jeżeli przez dwie równoległe DA i C'B' poprowadzimy płaszczyznę, to w przecięciu z równoległościanem otrzymamy czworokąt DAB'C', który jest równoległobokiem, bo DA II C'B', a DC' II AB', jako przecięcia dwóch płaszczyzn równoległych. Proste AC' i DB' są przekątnymi tego równoległoboku, a zatem przecinają się i dzielą na połowy. Biorąc teraz przekątną AC' i jedną z następnych, w podobny sposób przekonamy się, że one w tym samym punkcie dzielą się na połowy. Punkt ten nazywamy środkiem równoległościanu.

Rys. 334

Rys. 335

Uwaga. W prostopadłościanie wszystkie cztery przekątne są sobie równe, dlatego że w prostokącie przekątne są sobie równe. Jeżeli w prostopadłościanie AC' (rys. 335) poprowadzimy przekątną D'B, to z trójkąta prostokątnego DD'B otrzymujemy D'B2 = D'D2 + DB2, ale znowu z trójkąta ADB mamy DB2 = AD2 + AB2, więc D'B2 = D'D2 + AD2 + AB2, tj. w prostopadłościanie kwadrat przekątnej równa się sumie kwadratów jego trzech wymiarów.

§ 73. Ostrosłup, pole jego powierzchni

Rys. 336 369. Określenia. Ostrosłupem nazywamy wielościan, którego podstawą jest wielokąt, a ścianami bocznymi są trójkąty o wspólnym wierzchołku, np. SABCDE (rys. 336). Wspólny punkt S wszystkich trójkątów nazywamy wierzchołkiem ostrosłupa. Prostopadłą poprowadzoną z wierzchołka ostrosłupa do podstawy nazywamy jego wysokością.

Płaszczyznę poprowadzoną przez dwie krawędzie boczne nie położone na jednej ścianie ostrosłupa nazywamy płaszczyzną przekątną. Ostrosłup nazywamy trójkątnym, czworokątnym itd., jeżeli ma za podstawę trójkąt, czworokąt itd. Wysokość każdego z trójkątów, które służą za ściany boczne, nazywamy wysokością ściany bocznej. Ostrosłup nazywamy prostym, jeżeli w jego podstawę można wpisać koło, a spodek jego wysokości jest środkiem tego koła. Wszelki inny ostrosłup, który powyższych warunków nie spełnia, nazywamy pochyłym. Łatwo wywnioskować, że w ostrosłupie prostym wszystkie wysokości ścian bocznych są sobie równe. Ostrosłup prosty nazywamy prawidłowym, jeżeli ma za podstawę wielokąt foremny. W ostrosłupie prawidłowym: 1) ścianami bocznymi są trójkąty równoramienne przystające do siebie; 2) wysokość ściany bocznej dzieli bok podstawy na połowy; 3) spodek wysokości jest środkiem podstawy (tj. środkiem koła wpisanego w podstawę). 370. Twierdzenie. Jeżeli ostrosłup przetniemy płaszczyzną równoległą do podstawy, to: 1) krawędzie boczne, wysokość ścian bocznych i wysokość podzielą się na odcinki do siebie proporcjonalne; 2) podstawa i przekrój będą wielokątami podobnymi; 3) pola podstawy i przekroju będą proporcjonalne do kwadratów ich odległości od wierzchołka ostrosłupa.

Rys. 337 Ostrosłup SABCDE (rys. 337) przetniemy płaszczyzną równoległą do podstawy. Niech wielokąt abcde będzie przekrojem. 1) Z jednokładności otrzymanych figur mamy:

Ale opuściwszy wysokość SO, otrzymamy znowu

a więc będzie

W tym samym stosunku będą oczywiście wysokości ścian bocznych 2) Z poprzednio otrzymanych stosunków będziemy mieli

Ponadto, jak łatwo zauważyć,

A=

a,

B=

b itd., więc wielokąty ABCDE i abcde są podobne.

3) Pola wielokątów podobnych są proporcjonalne do kwadratów odpowiednich boków, więc

ale

bo każdy z tych stosunków, jak widzieliśmy, był równy

; zatem

Wniosek. Jeżeli dwa ostrosłupy mają wysokości równe, a podstawy równoważne, to ich przekroje jednakowo od wierzchołków ostrosłupów odległe są równoważne. Niech będą dane dwa ostrosłupy S i S' (rys. 338) o wysokości KL. Przetnijmy je płaszczyzną Q, równoległą do płaszczyzny podstaw P, w odległości KM od wierzchołków.

Rys. 338 Niech pola podstaw będą równe B i B', a pola przecięć b i b', wtedy w pierwszym ostrosłupie będzie

W drugim

skąd

a ponieważ B = B', więc b = b', cbdd. 371. Określenia. Część ostrosłupa zawarta między dwoma równoległymi przekrojami nazywamy ostrosłupem ściętym np. AC' (rys. 339). Wielokąty ABC i A'B'C' są podstawami ostrosłupa ściętego, odległość OO' pomiędzy nimi jego wysokością. Ostrosłup ścięty jest prosty lub pochyły, zależnie od tego, czy go otrzymano z ostrosłupa prostego czy pochyłego. Ostrosłup ścięty prosty nazywamy prawidłowym, jeżeli ma za podstawy wielokąty foremne. Ścianami bocznymi są wówczas trapezy równoramienne, a wysokość ostrosłupa przechodzi przez środki podstaw. Z poprzedniego twierdzenia wnosimy, że w ostrosłupie ściętym podstawy są do siebie podobne.

Rys. 339

Rys. 340

372. Twierdzenie. Pole powierzchni bocznej ostrosłupa prostego równa się połowie iloczynu obwodu podstawy i wysokości ściany bocznej ostrosłupa. Dany jest ostrosłup prosty SABCDE (rys. 340). Opuśćmy wysokości ścian bocznych SK, SL, SM itd., wtedy pole

ASB =

pole

BSC =

pole

CSD =

, itd.

Dodając te równości do siebie i wiedząc, że w ostrosłupie prostym wysokości ścian bocznych są równe, otrzymamy pole powierzchni bocznej ostrosłupa:

,

a oznaczając obwód podstawy literą P, a wysokość ściany bocznej ostrosłupa literą l, otrzymamy

Wniosek 1. Jeżeli pole podstawy jest równe B, to pole powierzchni całkowitej S' = S + B. Wniosek 2. Jeżeli ostrosłup jest prawidłowy, to pole podstawy jest równe

gdzie r oznacza promień okręgu wpisanego w podstawę. Zatem

czyli

373. Twierdzenie. Pole powierzchni bocznej ostrosłupa ściętego prostego równa się iloczynowi wysokości ściany bocznej tego ostrosłupa i połowy sumy obwodów jego obu podstaw.

Rys. 341 Dany jest ostrosłup ścięty prosty AC' (rys. 341). Weźmy pod uwagę wysokości ścian bocznych KK', LL' itd. i znajdźmy pole każdej z nich: pole ABB'A' =

ˇ KK'

pole BB'C'C =

ˇ LL'

pole CC'D'D =

ˇ MM'

Dodając do siebie te równości i pamiętając o tym, że w ostrosłupie prostym wysokości ścian bocznych są sobie równe, otrzymamy pole powierzchni bocznej

Oznaczając obwód podstawy dolnej literą P, górnej literą P˘, a wysokość ściany bocznej literą l dostajemy

Wniosek 1. Powierzchnia całkowita S˘ ostrosłupa ściętego jest równa S' = S + B + B˘, gdzie B i B' oznaczają pola podstaw, a S pole powierzchni bocznej. Wniosek 2. Jeżeli ostrosłup jest prawidłowy i r, r' są promieniami okręgów wpisanych w podstawy, a P i P' oznaczają obwody podstaw, to

skąd

Wniosek 3. Jeżeli ostrosłup ścięty przetniemy płaszczyzną, przechodzącą przez środki krawędzi bocznych, to w przekroju otrzymamy wielokąt, którego obwód będzie równy połowie sumy obwodów obu podstaw (dlatego że każdy bok jako linia środkowa trapezu jest równy połowie sumy boków równoległych). Taki przekrój nazywamy przekrojem środkowym. A więc pole powierzchni bocznej ostrosłupa ściętego prostego jest równe iloczynowi wysokości ściany bocznej ostrosłupa i obwodu przekroju środkowego.

§ 74. Wielościany foremne 374. Jeżeli liczbę ścian ograniczających dany wielościan wypukły oznaczymy przez S, liczbę wszystkich jego krawędzi przez K, a liczbę wierzchołków przez W, to między tymi liczbami można ustalić pewną prostą zależność. Wyobraźmy sobie wykonany z jakiegoś materiału (np. z tektury) wielościan. Jeżeli go rozetniemy wzdłuż krawędzi, tak jednak, aby jedna ściana przylegała do sąsiedniej, to możemy całą bryłę rozwinąć na płaszczyźnie*. Otrzymamy w ten sposób szereg wielokątów o bokach do siebie parami przystających. Rozpatrzmy jeden z tych wielokątów, tj. jedną ze ścian: wtedy S = 1, liczba boków tego wielokąta, czyli liczba krawędzi będzie równa liczbie wierzchołków, tj. W = K, a zatem otrzymujemy zależność S + W = K + 1. Rozważmy teraz dwa przyległe do siebie wielokąty łącznie. Będzie wówczas S = 2, ponieważ te wielokąty będą miały jeden bok wspólny i dwa wierzchołki wspólne, więc liczba krawędzi będzie o 1 większa niż wierzchołków: K = W + 1, a więc będzie znowu S + W = K + 1. Dołączając trzeci wielokąt, spostrzeżemy w taki sam sposób, że zależność poprzednio otrzymana pozostanie bez zmiany (będzie S = 3, W = K - 2). Postępując w ten sposób dalej, stwierdzić możemy, że wciąż zależność nasza będzie taka sama, aż dopiero kiedy dołączymy ostatni wielokąt i wszystkie wielokąty zamkniemy, tworząc dany wielościan, spostrzeżemy, że przez ostatnie dołączenie liczba krawędzi i wierzchołków pozostanie bez zmiany (były one już rozważone poprzednio), przybędzie tylko jedna ściana, a zatem będzie

ostatecznie S + W = K + 2. Tą drogą doszliśmy do zależności, która nosi nazwę twierdzenia Eulera: w wielościanie wypukłym liczba ścian i wierzchołków jest o 2 większa od liczby krawędzi. Np. w sześcianie mamy: 6 ścian, 8 wierzchołków i 12 krawędzi: 6 + 8 = 12 + 2. W ostrosłupie pięciokątnym mamy: 6 ścian, 10 krawędzi i 6 wierzchołków, więc znowu S + W = K + 2 itd. Uwaga. Twierdzenie powyższe nosi imię Eulera, jakkolwiek nie ulega wątpliwości, że pierwszy udowodnił je znakomity filozof i matematyk francuski Descartes (1596-1650), ale opublikowano je dopiero w 1860 r., już kiedy Euler w drugiej połowie XVII wieku podał je do ogólnej wiadomości. Są zresztą podstawy do mniemania, że już Archimedesowi twierdzenie to nie było obce. 375. Wielościan wypukły, ograniczony przystającymi do siebie wielokątami foremnymi, który ma wszystkie kąty bryłowe równe, nazywa się wielościanem foremnym. Stąd już widać, że wielościan foremny ma wszystkie ściany, wszystkie krawędzie, kąty płaskie i kąty dwuścienne równe. Łatwo można się przekonać, że wielościanów foremnych może istnieć nie więcej niż pięć. Istotnie: najprostszą ścianą może być trójkąt foremny, a ponieważ jego kąt jest równy 60o, suma zaś wszystkich kątów płaskich kąta bryłowego musi być mniejsza od 360o, więc z jednego wierzchołka mogą wychodzić: 3 krawędzie (60o × 3 = 180o < 360o) albo 4 krawędzie ( 60o × 4 = 240o < 360o), albo wreszcie 5 krawędzi (60o × 5 = 300o < 360o). A zatem z trójkątów można zbudować nie więcej niż 3 wielościany foremne. Z kwadratów składać się może tylko jeden wielościan (3 × 90o = 270o). Z pięciokątów foremnych składać się może również tylko jeden, gdyż kąt pięciokąta foremnego ma miarę 108o (108o × 3 < 360o). Z sześciokątów, ani tym bardziej z wielokątów o większej liczbie boków, wielościanu foremnego zbudować się nie da. 376. O liczbie wielościanów foremnych możemy także przekonać się z twierdzenia Eulera. Jeżeli mianowicie liczbę krawędzi wychodzących z każdego wierzchołka oznaczymy przez m, to ze wszystkich W wierzchołków otrzymalibyśmy W × m krawędzi, ale, jak łatwo widać, każda z nich powtarzać się będzie dwa razy, więc istotna liczba wszystkich krawędzi będzie równa

Jeżeli dalej liczbę krawędzi, ograniczających każdą ścianę, oznaczymy przez n, to liczba krawędzi wszystkich S ścian będzie S × n, ale znowu w rzeczywistości będzie ich 2 razy mniej:

Podstawiając otrzymane wartości na W i K do wzoru Eulera: W+S=K+2 otrzymamy:

Zakładając teraz n = 3, mamy

a więc m może mieć wartości: 3, 4 i 5, wtedy mamy S = 4, S = 8, S = 20. Biorąc n = 4 i n = 5, mamy

Dla m może istnieć tylko wartość m = 3, wtedy S = 6; S = 12. W ten sposób potwierdzają się nasze poprzednie wnioski. 377. Wielościan foremny ograniczony czterema trójkątami równobocznymi nazywamy czworościanem foremnym, czyli tetraedrem (rys. 342). Wielościan foremny ograniczony ośmioma trójkątami nazywamy ośmiościanem foremnym, czyli oktaedrem (rys. 343). Dwudziestoma trójkątami ograniczony jest dwudziestościan foremny, czyli ikosaedr (rys. 344).

Rys. 342

Rys. 343

Rys. 344 Sześcioma kwadratami ograniczony jest sześcian foremny czyli po prostu sześcian, inaczej heksaedr (rys. 345).

Rys. 345

Rys. 346

Wreszcie 12 pięciokątów ogranicza dwunastościan foremny czyli dodekaedr (rys. 346). 378. O istnieniu wymienionych brył przekonać się można, budując je. 1) Czworościan zbudować łatwo jako ostrosłup, który ma za podstawę trójkąt równoboczny, a wierzchołek w odległości od każdego z jego wierzchołków równej bokowi tego trójkąta. 2) Ośmiościan składa się z dwóch ostrosłupów o wspólnej podstawie będącej kwadratem, a krawędzie boczne są równe bokom kwadratu. 3) Dwudziestościan (rys. 344) zbudować już trudniej. Ale zauważmy, że górna jego część jest ostrosłupem, którego podstawą jest pięciokąt foremny o boku równym krawędzi całej bryły. Ten ostrosłup zbudować możemy, wiedząc, że krawędzie boczne są równe bokom wspomnianego pięciokąta. W ten sposób będziemy mieli zbudowany kąt bryłowy. Wykonując następnie konstrukcję takiego samego kąta bryłowego przy każdym wierzchołku podstawy, otrzymamy żądaną bryłę. 4) Budowa sześcianu jest oczywista. 5) Dwunastościan otrzymany, jeżeli wykreślimy pięciokąt foremny i do każdego z jego boków przystawimy równe mu pięciokąty w ten sposób, żeby przy każdym wierzchołku utworzył się trójścienny kąt bryłowy. Otrzymamy w ten sposób połowę całej bryły. Druga połowa będzie położona symetrycznie z pierwszą. 379. Wyobraźmy sobie, że jakakolwiek ściana wielościanu obraca się dokoła jednego ze swych boków, aż upadnie na płaszczyznę, która jest przedłużeniem drugiej ściany. Następnie te dwie ściany obracają się znowu dokoła boku i upadną na przedłużenie trzeciej ściany itd., aż wreszcie wszystkie ściany będą leżały na jednej płaszczyźnie. W ten sposób otrzymamy na płaszczyźnie figurę, która nazywa się siatką wielościanu. Będzie ona składała się ze wszystkich wielokątów, ograniczających dany wielościan.

Rys. 347

Rys. 348

Jeżeli taką siatkę zrobimy na kartonie, zegniemy wzdłuż wszystkich krawędzi i wolne krawędzie ze sobą połączymy, otrzymamy model wielościanu. Na rys. 347, 348, 349, 350, 351 są przedstawione siatki wielościanów foremnych. Można z nich uformować modele.

Uwaga. Wielościany foremne znali już Pitagorejczycy w VI w. p.n.e. i pod postaciami sześcianu, ośmiościanu, czworościanu i dwudziestościanu wyobrażali cztery żywioły: ziemię, powietrze, ogień i wodę, a od czasów Platona uważano piąty wielościan foremny, dwunastościan, za postać wszechświata.

Rys. 350

Rys. 351

§ 75. Graniastosłupy równoważne. Objętość graniastosłupa 380. Określenie. Przypominając sobie to, co mówiliśmy o równoważności wielokątów (patrz § 33.), przyjmujemy, że: dwa graniastosłupy są równoważne, jeżeli można je podzielić na tę samą ilość wielościanów odpowiednio do siebie przystających, oraz dwa graniastosłupy, z których każdy z osobna jest równoważny trzeciemu, są równoważne. Jeżeli dwa graniastosłupy są przystające, to oczywiście są także i równoważne. Jakie warunki muszą być spełnione, aby dwa wielościany były przystające, wywnioskować łatwo: muszą mieć wszystkie ściany i wszystkie kąty bryłowe odpowiednio przystające i ściany muszą następować po sobie w tym samym porządku. Dla przystawania graniastosłupów liczba tych warunków znacznie się, oczywiście, zredukuje.

Rys. 352 381. Twierdzenie. Dwa równoległościany o przystających podstawach i równych wysokościach są równoważne. Dla ułatwienia rozumowania rozważymy na początek dwa równoległościany o wspólnej podstawie, mające górne podstawy położone między tymi samymi równoległymi prostymi (rys. 352). Zgodnie z pewnikiem Archimedesa, odcinkami AN i BN wyczerpiemy krawędzie BF i AM i równoległościany podzielimy na jednakową liczbę wielościanów do siebie przystających, jak wskazuje rysunek. Jeżeli teraz weźmiemy przypadek ogólniejszy, kiedy podstawy górne nie będą już położone między tymi samymi równoległymi prostymi (rys. 353), to bez trudu możemy go sprowadzić do przypadku poprzedniego. Wystarczy zbudować równoległościan pomocniczy (III), przedłużając boki obu górnych podstaw równoległościanów I i II, jak wskazuje rysunek.

Rys. 353 Wtedy równoległościany I i II będą równoważne jako równoważne każdy z osobna równoległościanowi III. 382. Wnioski. Z powyższego twierdzenia wynikać będzie: 1. Równoległościan pochyły można przekształcić na równoważny mu równoległościan prosty o tej samej podstawie i tej samej wysokości. 2. Każdy równoległościan można zamienić na równoważny mu prostopadłościan o tej samej wysokości, a podstawie równoważnej. 3. Równoległościan można zamienić na równoważny mu graniastosłup, który będzie miał wysokość tę samą, a

za podstawę trójkąt równoważny podstawie danego równoległościanu. 4. Graniastosłup wielokątny można zamienić na trójkątny, a ten na równoległościan, a dalej na prostopadłościan. Każdy zaś prostopadłościan można przekształcić na równoważny mu prostopadłościan o danej podstawie (porównaj § 34.). Z powyższego wysnuć można ważny wniosek, że graniastosłupy podobnie jak wielokąty, kąty, odcinki, stanowią rodzaj wielkości geometrycznych, które mogą być ze sobą porównywane, dodawane, odejmowane itp. - mogą być mierzone (porównaj § 33.). 383. Określenia. Ażeby dokonać pomiaru graniastosłupa, należy go porównać z graniastosłupem, przyjętym za jednostkę. Liczbę, która wyraża stosunek graniastosłupa do przyjętej jednostki, nazywamy objętością. Za jednostkę objętości uważa się najprostszy graniastosłup, mianowicie sześcian, którego każda krawędź jest równa jednostce liniowej, więc metr sześcienny (m3), tj. sześcian o krawędzi 1 metra, centymetr sześcienny (cm3), czyli sześcian o krawędzi 1 centymetra itd. W zagadnieniu, dotyczącym obliczania objętości graniastosłupów podobnie, jak to zrobiliśmy, mówiąc o polu wielokąta, założymy, że: graniastosłupy równoważne mają objętości równe; graniastosłup, który jest sumą dwóch graniastosłupów danych, ma objętość równą sumie objętości tych graniastosłupów. 384. Ponieważ graniastosłup można przekształcić na równoważny mu prostopadłościan, więc zadaniem zasadniczym dla nas będzie obliczenie objętości prostopadłościanu. Niech będzie dany prostopadłościan AG (rys. 354), za jednostkę objętości weźmiemy sześcian M (= 1 cm3). Dla obliczenia objętości prostopadłościanu AG czyli obliczenia, ile razy w nim pomieści się sześcian M, musimy znaleźć stosunek każdego z trzech wymiarów: AB, AD i AE do krawędzi tego sześcianu. Jeżeli te stosunki są liczbami całkowitymi: a, b i c, to objętością prostopadłościanu będzie V = a × b × c.

Rys. 354 Jeżeli te stosunki będą ułamkami, to znaczyć będzie, że pewna część krawędzi sześcianu pomieści się w omawianych odcinkach całkowitą liczbę razy i znowu będzie V = k × l × m, gdzie k, l, m oznaczają ułamkowe wartości stosunków.

Wreszcie może zajść przypadek, kiedy żaden z odcinków AB, AD i AE nie jest współmierny z krawędzią sześcianu. Wtedy wartość każdego z trzech stosunków będzie liczbą niewymierną, wyznaczoną przez przekrój dwóch klas liczb wymiernych i objętością prostopadłościanu nazwiemy liczbę niewymierną, wyznaczoną przez taki przekrój, gdzie do niższej klasy należeć będą iloczyny liczb, należących do trzech poprzednich klas niższych: przekrój (a × b × c) = przekrój (a) × przekrój (b) × przekrój (c). Ponieważ liczba wymiarowa odcinka AB pomnożona przez liczbę wymiarową AD daje pole podstawy prostopadłościanu, zaś AE jest jego wysokością, więc możemy powiedzieć, że: objętość prostopadłościanu jest równa iloczynowi pola podstawy i wysokości prostopadłościanu. Ściślej należało powiedzieć: "przez liczbę wymiarową albo długość wysokości". Ponieważ w sześcianie wszystkie trzy wymiary są sobie równe, więc będzie V = a3 tj. objętość sześcianu jest równa trzeciej potędze jego krawędzi (długości krawędzi). Dlatego trzecią potęgę nazywamy sześcianem. Wniosek. Każdy równoległościan można przekształcić na równoważny mu prostopadłościan o tej samej wysokości, a podstawie równoważnej. Graniastosłup trójkątny można przekształcić na równoważny mu równoległościan, a graniastosłup wielokątny na równoważny mu trójkątny (patrz punkt 382). Stąd wynika, że objętość graniastosłupa jest równa iloczynowi pola jego podstawy i wysokości graniastosłupa, czyli V = B × h, gdzie B oznacza pole podstawy, zaś h wysokość graniastosłupa.

§ 76. Ćwiczenia 1. Podzielić kąt dwuścienny na połowy. 2. Znaleźć miejsce geometryczne punktów równo oddalonych: a) od dwóch przecinających się płaszczyzn; b) od trzech przecinających się płaszczyzn. 3. Udowodnić, że w kącie bryłowym trójściennym: a) płaszczyzny dzielące na połowy kąty dwuścienne przecinają się wzdłuż jednej prostej; b) płaszczyzny poprowadzone przez jego krawędzie i prostopadłe do przeciwległych ścian przecinają się wzdłuż jednej prostej.

c) płaszczyzny przechodzące przez jego krawędzie i przez dwusieczne kątów płaskich ścian przeciwległych przecinają się wzdłuż jednej prostej. (4-8). Jaką figurę otrzymamy w przekroju, jeżeli: 4. graniastosłup trójkątny przetniemy płaszczyzną, która przechodzi przez jeden z boków podstawy i wierzchołek ostrosłupa nie położony na jednej płaszczyźnie z tym bokiem? 5. graniastosłup trójkątny przetniemy płaszczyzną, która przechodzić ma przez środki dwóch boków podstawy i przez jeden z wierzchołków drugiej podstawy? 6. graniastosłup trójkątny prosty przetniemy płaszczyzną, która przechodziłaby przez jeden z boków podstawy i była nachylona pod kątem ostrym do tej podstawy? Wskazać kąt nachylenia. 7. równoległościan przetniemy płaszczyzną, przechodzącą przez dwie krawędzie do siebie równoległe i położone na różnych ścianach graniastosłupa? 8. ostrosłup trójkątny przetniemy płaszczyzną poprowadzoną przez jedną z krawędzi bocznych i wysokość ostrosłupa? 9. Czy każdy ostrosłup, którego wysokości ścian bocznych są równe, będzie prosty? 10. Wykreślić kąt nachylenia krawędzi bocznej ostrosłupa do jego podstawy. 11. Ostrosłup czworokątny przecięto płaszczyzną przechodzącą przez jeden z boków podstawy. Jaką figurę otrzymamy w przekroju i jaki będzie jej kąt nachylenia do podstawy ostrosłupa? 12. Ostrosłup prosty ma za podstawę romb. Ostrosłup ten przecięto płaszczyzną przechodzącą przez jego wierzchołek i równoległą do mniejszej przekątnej podstawy. Jaką figurę otrzymamy w przekroju? Zaznaczyć kąt nachylenia tej płaszczyzny do podstawy. 13. Dany jest prostopadłościan o krawędziach a, b, c. Przez pierwszą z tych krawędzi poprowadzono płaszczyznę przekątną. Obliczyć pole przekroju. 14. W prostopadłościanie, który nie jest sześcianem, przekątne ścian mają długości a, b i c. Obliczyć pole jego powierzchni. 15. Sześcian o krawędzi a przecięto płaszczyzną przesuniętą przez przekątne dwóch przyległych do siebie ścian. Obliczyć pole przekroju. 16. Graniastosłup prosty ma za podstawę sześciokąt foremny o boku a. Wysokość graniastosłupa jest równa h. Obliczyć pole powierzchni (całkowitej) i objętość graniastosłupa. 17. Graniastosłup prosty o wysokości h ma za podstawę trójkąt równoramienny o podstawie a i wysokości b. Obliczyć pole powierzchni i objętość graniastosłupa. 18. Obliczyć pole powierzchni i objętość graniastosłupa prostego, którego krawędź boczna ma długość b, a podstawą jest dziesięciokąt foremny o boku długości a. 19. Obliczyć pole powierzchni i objętość graniastosłupa prostego, który ma wysokość h = 8 cm, a jego podstawą jest trapez równoramienny o bokach: a = 6 cm, b = 24 cm i c = 15 cm. 20. Pole powierzchni prostopadłościanu jest równe 16 m2, jeden z jego wymiarów jest równy 0,4 m, a suma dwóch pozostałych wynosi 5 m. Obliczyć te wymiary i objętość.

21. W ostrosłupie podzielono jedną z krawędzi bocznych w stosunku 5 : 3 i przez punkt podziału poprowadzono płaszczyznę równoległą do podstawy ostrosłupa. Wysokość ostrosłupa ma długość 16 cm. Na jakie części została ona podzielona przez tę płaszczyznę? W jakim stosunku będzie pole przekroju do pola podstawy? 22. Ostrosłup, którego wysokość ma długość 8 cm, przecięto płaszczyzną równoległą do podstawy w taki sposób, że pole przekroju jest równe połowie pola podstawy. W jakiej odległości od wierzchołka ostrosłupa poprowadzono płaszczyznę? 23. Obliczyć powierzchnię ostrosłupa foremnego, którego wysokość ściany bocznej ma długość 3 cm, a jego podstawą jest trójkąt równoboczny o boku 8 cm. 24. Obliczyć pole powierzchni trójkątnego ostrosłupa prawidłowego o wysokości h = 85 cm i boku podstawy a = 144 cm. 25. Długość wysokości sześciokątnego ostrosłupa prawidłowego jest równa 70 m, a bok podstawy ma długość 3 m. Obliczyć jego pole powierzchni. 26. Sześciokątny ostrosłup prawidłowy ma krawędź boczną b = 5 cm, a bok podstawy a = 6 cm. Obliczyć jego powierzchnię. 27. W prawidłowym ostrosłupie ściętym czworokątnym l = 2 cm jest wysokością ściany bocznej, a boki podstaw mają długość 6 cm i 3 cm. Obliczyć powierzchnię ostrosłupa. 28. Obliczyć pole powierzchni całkowitej prawidłowego ostrosłupa ściętego o wysokości ściany bocznej l = 2 cm i długości boków podstaw 8 cm i 1 cm. 29. Prawidłowy ostrosłup ścięty trójkątny ma wysokość h = 3 cm, a boki podstaw mają długość 4 cm i 3 cm. Obliczyć jego pole powierzchni całkowitej. 30. Mając krawędź a, obliczyć pole powierzchni całkowitej: a) czworościanu foremnego, b) ośmiościanu foremnego, c) dwudziestościanu foremnego, d) sześcianu foremnego, e) dwunastościanu foremnego. 37. Objętość trójkątnego graniastosłupa prawidłowego jest równa 16 cm3, a wysokość ma długość 4 cm. Obliczyć długość boku podstawy. 31. Obliczyć objętość graniastosłupa prostego o polu powierzchni całkowitej 15 cm2, którego podstawą jest kwadrat o boku 0,6 cm. 32. Obliczyć objętość graniastosłupa prostego o polu powierzchni całkowitej 20 cm2, którego podstawą jest trójkąt równoboczny o boku 2 cm. 33. Objętość graniastosłupa prostego = 10 m3, a wysokość h = 1,6 m. Obliczyć pole ściany bocznej, jeżeli wiadomo, że podstawą jest sześciokąt foremny.

34. Podać interpretację geometryczną wzorów: (a + b)3 = a3 + 3a2b + 3ab2 + b3 (a - b)3 = a3 - 3a2b + 3ab2 - b3.

Zastosowanie pojęcia granicy w geometrii § 77. Pomiar długości okręgu i pola koła 385. Z nauki o nieskończonych ciągach liczb znamy następujące twierdzenie: Jeżeli dany jest nieskończony ciąg liczb: a1, a2, a3, ..., an, ... , który jest rosnący i którego każdy wyraz jest mniejszy od pewnej określonej liczby (czyli ciąg monotoniczny ograniczony z góry), to taki ciąg jest zbieżny i posiada granicę. Analogiczną własność posiadać będzie ciąg malejący ograniczony z dołu. Stąd już wynika twierdzenie: Jeżeli dane są dwa ciągi nieskończone: a1, a2, a3, ..., an, ... b1, b2, b3, ..., bn, ... , które mają następujące własności: 1) jeden jest rosnący, drugi zaś malejący; 2) wyrazy pierwszego są mniejsze od wyrazów drugiego; 3) różnica między dwoma odpowiednimi wyrazami obu tych ciągów (bn - an) maleje i może stać się mniejsza od każdej dowolnie małej liczby, to te dwa ciągi są zbieżne i mają wspólną granicę. W naszych zastosowaniach geometrycznych posługiwać się będziemy zarówno pierwszym, jak i drugim twierdzeniem. 386. Ustaliwszy te pojęcia, przejdziemy do zagadnienia pomiaru długości okręgu. Przedtem jednak zauważmy, że Jeżeli AB = an jest bokiem wielokąta foremnego o n bokach wpisanego w dane koło (rys. 355), to pragnąc wpisać wielokąt o podwójnej liczbie boków, dzielimy łuk AB albo kąt środkowy AOB na połowy i AC = a2n. Dzieląc następnie AOC na połowy, podwoimy jeszcze liczbę boków itd.

Łatwo zauważyć, że im więcej boków ma wielokąt, tym długość jego boku jest mniejsza. Otóż przekonamy się, że zawsze możemy wpisać w koło taki wielokąt foremny, którego bok będzie mniejszy od dowolnego z góry danego odcinka.

Rys. 355

Rys. 356

Niech np. takim odcinkiem będzie KL (rys. 356), zbudujmy na nim trójkąt równoramienny KO'L o boku KO' = O'L o równym promieniowi danego koła. Odmierzmy kąt KO'L w kącie AOB. Niech on pomieści się np. m razy z pewną resztą, wtedy, dzieląc kąt AOB na 2, 4, 8 ... itd., ogolnie na 2n równych części, zawsze możemy dobrać taką liczbę n, żeby 2n > m, czyli podzielić kąt AOB na części mniejsze od kąta KO'L. Jeżeli taką właśnie cząstką będzie AOF, to będzie wtedy AF < KL (z trójkątów AOF i KO'L), o co właśnie chodziło. A zatem, jeżeli liczba boków wpisanego wielokąta foremnego wzrasta nieograniczenie, to jego bok nieograniczenie maleje i może być mniejszy od dowolnie małego odcinka. Wnioski. Z trójkąta ODB mamy OB - OD < DB, i jeśli R = OB oznacza promień koła opisanego na wielokącie, a rn = OD oznacza promień koła wpisanego w wielokąt o n bokach i an = AB, to mamy

Jeżeli teraz liczbę boków wielokąta będziemy podwajali nieograniczenie, to an będzie nieograniczenie malało, a więc różnica R - rn będzie nieograniczenie malała, dążąc do zera, tj. jeżeli liczba boków wielokąta foremnego wpisanego w koło nieograniczenie wzrasta, to promienie kół wpisanych w te wielokąty będą wzrastać, dążąc do granicy, którą jest promień danego koła. 387. Wyobraźmy sobie teraz koło o promieniu R, wpiszmy w nie wielokąt foremny o n bokach (np. sześciokąt) i opiszmy na nim wielokąt foremny, o tej samej liczbie boków. Jeżeli teraz w każdym z tych wielokątów będziemy liczbę boków powiększali nieograniczenie np. przez podwajanie, to można dojść do pewnych wniosków. 1) obwody wielokątów foremnych wpisanych w koło wzrastają, jeżeli liczba ich boków zwiększa się. Oznaczając długości tych obwodów przez Pn, P2n, P4n, ..., otrzymamy nieskończony rosnący ciąg liczb, a więc i odcinków: Pn, P2n, P4n ...

Jeżeli teraz będziemy podwajali liczbę boków wielokąta opisanego, to zauważymy, że obwody wielokątów foremnych opisanych na kole maleją, jeżeli liczba ich boków zwiększa się. Oznaczając te obwody przez P'n, P'2n, P'4n ... , otrzymamy nieskończony ciąg malejący: P'n, P'2n, P'4n ... 2) Obwody wielokątów wpisanych są mniejsze od obwodów wielokątów opisanych 3) Ponieważ wielokąty opisany i wpisany o tej samej liczbie boków są do siebie podobne, więc będzie

stąd zaś

A że, jak widzieliście, różnica (R - rn) dąży do zera, jeżeli liczba n nieograniczenie wzrasta, wnosimy, że i lewa strona ostatniej równości, tj. różnica (P'n - Pn) dąży również do zera, gdy n nieograniczenie wzrasta. Z otrzymanych rezultatów wynika, że dwa nieskończone ciągi odcinków: Pn, P2n, P4n ... P'n , P'2n , P'4n ... są zbieżne i istnieje taki odcinek, który jest ich wspólną granicą. Tę wspólną granicę nazywamy długością okręgu. Nie będzie ona zależała od obranej dowolnie przez nas liczby n, czyli od wyboru wielokąta początkowego (np. sześciokąta). W ten sposób za długość okręgu uważa się długość odcinka, który jest większy od obwodów wielokątów wpisanych w koło, ale mniejszy od obwodów wielokątów opisanych. Nie mogąc więc bezpośrednio wymierzyć długości okręgu jako linii krzywej, przez porównanie z jednostką liniową, którą jest odcinek prostej, doszliśmy do pojęcia tej długości jako odcinka równego, „wyprostowanemu” okręgowi. To, co powiedzieliśmy o okręgu, dotyczyć będzie i jego części, czyli łuku, a więc za długość łuku uważać będziemy długość takiego odcinka, który jest większy od wszystkich linii łamanych wpisanych w łuk, ale mniejszy od łamanych na nim opisanych, czyli wspólną granicę dwóch nieskończonych ciągów, których wyrazami będą długości tych łamanych, gdy liczba ich odcinków będzie nieograniczenie wzrastała. 388. Twierdzenie. Długości okręgów dwóch kół tak się mają do siebie jak długości promieni lub średnic. Wyobraźmy sobie dwa okręgi o środkach w punktach C i C' i promieniach R i R' odpowiednio. Jeżeli w każde z tych kół wpiszemy wielokąt o n bokach, to obwody tych wielokątów Pn i P'n będą proporcjonalne do promieni:

Jeżeli teraz w każdym kole będziemy podwajali liczbę boków wpisanego wielokąta, to zawsze stosunek obwodów dwóch wielokątów o jednakowej liczbie boków pozostanie ten sam, jako zależny tylko od promieni danych kół. Oznaczając długość pierwszego okręgu przez C, drugiego przez C', otrzymamy

.

Wnioski. 1) Przestawiając wyrazy środkowe w otrzymanej proporcji, mamy

tj. w każdym kole stosunek długości okręgu do średnicy jest liczbą stałą. Wartość tego stosunku oznacza się literą grecką

(czytaj "pi"), więc

Liczba p jest niewymierna, a jej przybliżonymi wartościami będą stosunki obwodów wielokątów wpisanych lub opisanych do średnicy koła. Archimedes (III wiek p.n.e.) znalazł

wartość przybliżoną do 0,01, a w czasach późniejszych wielu matematyków obliczyło tę wartość z coraz większą dokładnością, tak np. w wieku XVI Ludolf van Ceulen znalazł z 35 cyframi dziesiętnymi: = 3,141592653589793 ... i dlatego tę liczbę nazywają niekiedy ludolfiną. Zwykle w rachunkach wystarcza dokładność do 0,01 czyli

= 3,14.

2) Z równości

mamy C = 2 R, tj. długość okręgu jest równa długości średnicy pomnożonej przez liczbę . Jeżeli np. R = 8 cm, to długość okręgu będzie C = 16 = 50,26 cm. 389. Zadanie. Obliczyć długość łuku okręgu o promieniu R, na którym oparty jest kąt środkowy o mierze no. Długość łuku l będzie tyle razy mniejsza od długości całego okręgu, ile razy ilość stopni łuku jest mniejsza od 360o: l : 2 R = n : 360,

stąd

Np. jeżeli promień koła R = 12 m, to łuk o 36o będzie miał długość

Wniosek. Jeżeli w otrzymanym wzorze na długości łuku założymy l = R, to otrzymamy

tyle stopni zawierać będzie w sobie łuk, równy co do długości promieniowi koła. Kąt środkowy odpowiadający takiemu łukowi nazywamy radianem, służy on za jednostkę miary kątów (teoretyczna miara kątów). 390. Powróćmy teraz do wielokątów wpisanych w koło i opisanych na nim. Jeżeli weźmiemy pod uwagę pola tych wielokątów, to bez trudu będziemy mogli zrobić następujące spostrzeżenia: 1) Pola wielokątów foremnych wpisanych w koło rosną, jeżeli liczba boków wielokątów zwiększa się. Oznaczając liczby wymiarowe tych pól literami Sn, S2n, S4n, itd., otrzymamy nieskończony ciąg rosnący: Sn, S2n, S4n, ... co jest oczywiste. Dla liczb wymiarowych pól wielokątów opisanych S'n, S'2n, S'4n, itd. otrzymamy ciąg malejący: S'n, S'2n, S'4n, ... 2) Pola wielokątów wpisanych są mniejsze od pól wielokątów opisanych. 3) Biorąc stosunek

otrzymamy

Załóżmy teraz, że liczba boków tych wielokątów nieograniczenie rośnie, wtedy, jak wiemy, rn będzie dążyło do swej granicy R, więc różnica dążyć będzie do zera, a więc i różnica S'n - Sn. Stąd już wnioskujemy, że dwa ciągi nieskończone: Sn, S2n, S4n, ... S'n, S'2n, S'4n, ...

są zbieżne i granice mają wspólną. Tę wspólną granicę nazywamy polem koła. Wnioski. 1) Pole wielokąta foremnego jest równe połowie iloczynu jego obwodu i promienia koła wpisanego w ten wielokąt, więc dla wielokąta opisanego o n bokach będziemy mieli S'n =

× P'n × R,

a że granicą P'n podczas kiedy n rośnie nieograniczenie, jest długość okręgu C, więc pole koła K jest równe

tj. pole koła jest równe długości jego okręgu, pomnożonej przez połowę promienia. Podstawiając jeszcze C = 2 R, mamy K = R2, tj. pole koła jest równe kwadratowi długości jego promienia, pomnożonemu przez liczbę . Przykład. Promień koła R = 8 cm, wtedy K = 64

= 201,06 cm2.

Średnica koła jest równa d, wtedy

2) Pole wycinka kołowego S można obliczyć z proporcji: S : K = n : 360, gdzie n oznacza liczbę stopni łuku. Mianowicie

Jeżeli podstawimy długość łuku

, to otrzymamy

tj. pole wycinka kołowego jest równe długości jego łuku pomnożonej przez połowę promienia.

§ 78. O sposobach obliczania liczby . Kwadratura koła 391. Jeżeli promień koła jest równy jednostce długości, to długość okręgu C = 2 R = 2 , a więc można obliczyć jako połowę długości okręgu o promieniu 1. Ale długość okręgu jest granicą obwodów wielokątów wpisanych i opisanych, więc należy w koło wpisać wielokąt foremny o n bokach, obliczyć jego obwód; potem opisać wielokąt foremny o n bokach i znaleźć jego obwód. Im więcej boków będą miały te wielokąty, tym

mniejsza będzie różnica pomiędzy ich obwodami. Wtedy obwód jednego z nich można wziąć za przybliżoną długość okręgu. Zacznijmy od sześciokąta. Jeżeli n = 6, to a6 = R = 1 P6 = 6 × a = 6. Znajdźmy teraz bok b6 sześciokąta opisanego:

P'6 = 6b6 = 6,9282000 ... Weźmy n = 12 i według wzoru na podwojenie znajdźmy a12 (bok dwunastokąta foremnego wpisanego):

P12 = 12a12 = 6,2111657. Mając a12, możemy znaleźć b12 i P'12. Idąc tym sposobem dalej, otrzymamy: n 6 12 24 48 96 192 384 768 1536 3072

Pn 6,000000 6,211657 6,265257 6,278700 6,282064 6,282905 6,283115 6,283168 6,283181 6,283184

P'n 6,928200 6,630776 6,319056 6,292176 6,285429 6,283746 6,283326 6,283220 6,283194 6,283187

Z podanych szeregów liczb widać dokładnie, jak obwody wielokątów opisanych i wpisanych dążą do wspólnej granicy, którą jest długość okręgu koła. Biorąc ostatnie liczby, mamy 6,283184 < 2 < 6,283187. Stąd 3,141592 <

< 3,141593

i z przybliżeniem do 0,00001 będzie: = 3,14159. Archimedes zatrzymał się na 96 bokach i znalazł 3

<

B'), otrzymamy

Podstawiając otrzymaną wartość na z w równanie (1), otrzymamy

czyli

Ponieważ w założeniu nie zrobiono zastrzeżenia, jaki ma być dany ostrosłup, więc oczywiście wzór stosuje się do ostrosłupa ściętego o dowolnej liczbie ścian bocznych. Otrzymaliśmy wzór, który można wypowiedzieć w sposób następujący: objętość ostrosłupa ściętego jest równa sumie objętości trzech ostrosłupów, które mają wysokość wspólną z danym, a za podstawy: jeden ma dolną, drugi górną, trzeci zaś średnią proporcjonalną między nimi. Uwaga. Wzór na objętość ostrosłupa ściętego trójkątnego można zinterpretować geometrycznie w następujący sposób:

Rys. 361 Niech będzie dany ostrosłup ścięty (rys. 361), którego dolną podstawą jest

ABC o polu B, górną

DEF o

polu B'. Przez krawędź BC i wierzchołek D przesuńmy płaszczyznę, która daną bryłę podzieli na dwa ostrosłupy (całkowite): DABC i DBEFC. Pierwszy z nich jest trójkątny o polu podstawy B i wysokości równej wysokości ostrosłupa ściętego h. Drugi jest czworokątny, który możemy płaszczyzną przekątną DEC rozciąć na dwa trójkątne. 1) DABC; 2) DEFC; 3) DBEC. Zauważmy, że ostrosłup 2) jest tym samym, co ostrosłup CDEF, który ma pole podstawy B', a wysokość h. Ostrosłup 3) zastąpimy innym, pozostawiając podstawę BEC tę samą, a wierzchołek D przenosząc do punktu G po równoległej DG do BE (więc i do podstawy). Otrzymujemy nowy ostrosłup GBEC o objętości takiej samej, jak 3), ale w otrzymanym ostrosłupie możemy za wierzchołek wziąć punkt E, za podstawę zaś BGC, wtedy ten ostrosłup (EBGC) będzie miał wysokość h, a pole pod stawy, które nazwiemy x, będzie wielkością średnią proporcjonalną między B i B', o czym łatwo się przekonać. Istotnie

z drugiej strony,

DEF

ABC, więc

a zatem

czyli x2 = B × B'. Stąd już otrzymujemy wzór na objętość ostrosłupa ściętego trójkątnego. 397. Jeżeli graniastosłup przetniemy płaszczyzną nierównoległą do podstawy, to bryłę, zawartą między podstawą a tą płaszczyzną, nazywamy graniastosłupem ściętym. Objętość graniastosłupa ściętego trójkątnego obliczymy w następujący sposób.

.

Rys. 362 Niech będzie dany graniastosłup ścięty AF (rys. 362). Płaszczyzną AEC podzielmy go najpierw na dwa ostrosłupy: EABC i EADFC. Pierwszy z nich jest ostrosłupem trójkątnym. Drugi EADFC podzielmy płaszczyzną DEC na dwa ostrosłupy trójkątne: EADC i EDFC. Teraz graniastosłup dany podzielony został na trzy następujące ostrosłupy: 1) EABC, 2) EADC i 3) EDFC. Ostrosłup 2) można zastąpić ostrosłupem BADC o tej samej objętości (podstawa ta sama, a wierzchołki E i B leżą na prostej równoległej do podstawy), ten zaś ostrosłup jest tym samym, co DABC, którego podstawą jest ABC, a wierzchołkiem punkt D. Nareszcie ostrosłup 3) można znowu zastąpić ostrosłupem BAFC, którego podstawa AFC jest równoważna podstawie DFC, a wierzchołki B i E leżą na prostej równoległej do podstaw. Ale ostrosłup BAFC jest tym samym, co FABC, którego podstawą jest ABC, a wierzchołkiem punkt F. Widzimy zatem, że objętość graniastosłupa ściętego trójkątnego jest równa sumie objętości trzech ostrosłupów, które mają podstawę równą podstawie dolnej danego graniastosłupa, a wierzchołki są wierzchołkami górnej podstawy. Oznaczmy pole dolnej podstawy B, a wysokości poszczególnych ostrosłupów h1, h2, h3, wtedy będzie

§ 80. Ćwiczenia 1. Obliczyć długość okręgu o promieniu a) r = 28 cm, b) r = 16 cm. 2. Obliczyć promień koła, jeżeli długość okręgu jest równa 42 cm. 3. Długość okręgu wynosi a. Obliczyć pole koła. 4. Obliczyć długości łuków, na których oparte są kąty środkowe o mierze: 30o, 45o, 52o, 22o 30', wiedząc, że promień koła R = 12 cm. 5. Obliczyć miarę kąta środkowego opartego na łuku o długości 16 cm, wiedząc, że promień koła ma długość 18 cm.

6. Wyrazić w radianach kąty o mierze: 30o, 90o, 60o, 48o, 24o 20'. 7. Jaką drogę w ciągu godziny przebędzie punkt, położony na równiku ziemskim? Przyjąć długość promienia równika 6000 km. 8. Wskazówka minutowa zegara na wieży ma długość 50 cm. Jaką drogę przebędzie jej punkt końcowy w ciągu doby? 9. Obwód okręgu jest dłuższy od jego średnicy o 25 cm. Jaka jest długość tego okręgu? 10. Łuk wycinka kołowego wykonany przez kąt środkowy 90o jest krótszy o 10 cm od średnicy koła. Obliczyć promień koła. 11. Okrąg ma długość 44 cm. Obliczyć pole koła ograniczonego tym okręgiem. 12. Z koła o promieniu R = 12 cm wzięto wycinek kołowy o kącie środkowym 36o20'. Obliczyć pole tego wycinka. 13. Obliczyć pole pierścienia kołowego, ograniczonego dwoma współśrodkowymi okręgami o promieniach r1 i r2. 14. Obliczyć pole koła wpisanego w kwadrat o polu 64 cm2. 15. Drewnianą tarczę kształtu koła o promieniu 1,5 m trzeba obić z obu stron blachą miedzianą. Ile prostokątnych arkuszy blachy długości 0,5 m i szerokości 24 cm każdy trzeba wziąć w tym celu? 16. Dane jest koło. O ile należy zmniejszyć jego promień, żeby długość okręgu zmniejszyła się o 20 cm? 17. Wycinek kołowy koła o promieniu R = 15 cm ma pole 125 cm2. Obliczyć miarę kąta tego wycinka i długość jego łuku. 18. Dany jest wycinek kołowy o kącie 45o i długości łuku 30 cm. Obliczyć pole tego wycinka. 19. Obliczyć pole odcinka kołowego o promieniu 10 cm, na łuku którego oparty jest kąt środkowy o mierze: 90o; 45o; 60o; 36o; 62o. 20. Koło o promieniu r podzielono na połowy okręgiem współśrodkowym z danym. Obliczyć jego promień. (21-24). Skonstruuj promień koła, którego pole jest równe: 21. sumie pól dwóch kół danych, 22. różnicy pól tych kół, 23. podwójnemu, potrójnemu polu koła danego, 24. połowie pola koła danego. 25. Z koła o promieniu r wycięto kwadrat wpisany w to koło. Jakie jest pole każdej z pozostałych części? 26. Z sześciokąta foremnego o boku a wycięto koło w ten wielokąt wpisane. Jakie jest pole pozostałych części sześciokąta?

27. Dane jest półkole o średnicy 2r. Na obu połowach średnicy zbudowano dwa półkola, położone wewnątrz danego. Znaleźć koło styczne do wszystkich trzech półkoli. Wskazówka. Promień żądanego koła jest równy r/3. 28. Na bokach trójkąta prostokątnego zbudowano półkola leżące po tej samej stronie przeciwprostokątnej co obszar trójkąta. Udowodnić, że pola otrzymanych figur półksiężycowych dają w sumie pole danego trójkąta. (Są to tzw. księżyce Hipokratesa z Chios, matematyka greckiego żyjącego w V w. p.n.e.). 29. Średnicę półkola podzielono w pewnym punkcie na dwie nierówne części i na każdej z tych części narysowano półkole wewnątrz pierwszego. Udowodnić, że pole figury ograniczonej tymi trzema łukami jest równe polu koła, którego średnicą jest prostopadła do średnicy wystawiona z punktu styczności, ograniczona największym półokręgiem. Figura, o której mowa w zadaniu, nosi nazwę sierpa Archimedesa. 30. Ostrosłup o wysokości 15 cm ma za podstawę trójkąt o bokach długości 13 cm, 14 cm i 15 cm. Obliczyć objętość tego ostrosłupa. 31. Obliczyć objętość ostrosłupa prawidłowego o wysokości h, którego podstawą jest wielokąt foremny o boku a: a) trójkąt, b) kwadrat, c) sześciokąt, d) dziesięciokąt. 32. Obliczyć objętość ostrosłupa prostego o krawędzi bocznej o długości b, którego podstawą jest kwadrat o boku a. 33. Obliczyć objętość ostrosłupa prostego, którego krawędź boczna ma długość b, a podstawa jest foremnym a) sześciokątem o boku a, b) dwunastokątem o boku a. 34. Obliczyć objętość prawidłowego ostrosłupa trójkątnego o krawędzi bocznej 25 cm i wysokości 20 cm. 35. Obliczyć objętość prawidłowego ostrosłupa czworokątnego o krawędzi bocznej 13 cm i wysokości 12 cm. 36. Obliczyć pole ściany bocznej prawidłowego ostrosłupa sześciokątnego o objętości v i krawędzi podstawy a. 37. Znaleźć stosunek objętości dwóch ostrosłupów prawidłowych, z których jeden jest sześciokątny, drugi trójkątny, w każdym zaś wysokość jest równa bokowi podstawy. 38. Obliczyć objętość prawidłowego ostrosłupa trójkątnego ściętego, o wysokości 10 cm, którego boki podstaw mają długości: 8 cm i 5 cm. 39. Obliczyć objętość prawidłowego ostrosłupa czworokątnego ściętego o wysokości h i bokach podstawy a i b. 40. Obliczyć objętość prawidłowego ostrosłupa czworokątnego ściętego, którego wysokość ściany bocznej ma długość 6 cm, a boki podstaw mają długość 5 cm i 3 cm. 41. Mając krawędź a, obliczyć objętości foremnych wielościanów: a) czworościanu, b) ośmiościanu, c) dwudziestościanu.

Bryły obrotowe § 81. Walec 398. Określenia. Bryłę nazywamy obrotową, jeżeli powstała z obrotu pewnej figury płaskiej dokoła prostej, nazywanej osią. Walec obrotowy, czyli po prostu walec, jest bryłą, powstałą z obrotu prostokąta dokoła prostej zawierającej jeden z jego boków.

. Rys. 363 Jeżeli np. prostokąt OO'AB (rys. 363) obraca się dokoła boku OO', to utworzy się walec. Punkty A i B opiszą wtedy koła. Koła te nazywamy podstawami walca, a OB = O'A są ich promieniami i nazywa my je promieniem walca. Prosta AB opisze powierzchnię krzywą, którą nazywamy powierzchnią walca. Prostą AB nazywamy jej linią tworzącą. Odległość OO' pomiędzy podstawami nazywamy wysokością walca. Przekrój walca płaszczyzną prostopadłą do osi jest kołem, to prosta KL leżąca na płaszczyźnie przecięcia jest prostopadła do osi OO', a więc podczas obrotu prostokąta OO'AB opisze promieniem KL koło na tej płaszczyźnie. Oczywiście, koło to będzie równe podstawie walca. Przekrój walca płaszczyzną przechodzącą przez oś lub prostą do niej równoległą jest prostokątem, co jest oczywiste. 399. Przez powierzchnię walcową w sensie ogólniejszym rozumiemy taką, którą opisuje linia prosta AK (rys. 364) poruszająca się po konturze pewnej krzywej ABC, pozostając jednak równoległą do swego pierwotnego położenia. Prostą nazywamy tworzącą, a krzywa ABC kierownicą. Jeżeli kierownicą jest okrąg, to walec jest kołowy; jest pochyły, jeżeli tworząca nie jest prostopadła do płaszczyzny podstawy. Nadal rozważać będziemy wyłącznie walec kołowy prosty, tj. walec obrotowy.

Rys. 364

Rys. 365

400. Jeżeli w podstawę walca (obrotowego) wpiszemy wielokąt ABC ... i uznamy go za podstawę graniastosłupa o wysokości wspólnej z walcem (rys. 365), to otrzymujemy graniastosłup wpisany w walec. Jego krawędzie boczne będą tworzącymi walca.

Rys. 366 Jeżeli na płaszczyźnie podstawy walca poprowadzimy prostą KL styczną do podstawy w punkcie D (rys. 366) i przesuniemy płaszczyznę P przez tę styczną i przez tworzącą DE, to nazywać się ona będzie płaszczyzną styczną do walca. Opiszmy na podstawie walca wielokąt i wystawmy na nim graniastosłup o wysokości wspólnej z walcem, wtedy otrzymamy graniastosłup opisany na walcu. Jego ściany boczne będą styczne do powierzchni walcowej, a każdą linią styczności będzie jej tworząca. 401. Powierzchnia boczna walca. Niech będzie dany walec. Sposobem, o którym dopiero co mówiliśmy, wpiszmy w ten walec graniastosłup foremny, a następnie opiszmy na nim graniastosłup foremny o takiej samej liczbie ścian. Jeżeli obwód podstawy pierwszego graniastosłupa oznaczymy przez Pn, drugiego przez P'n, a wysokość przez h, to pola powierzchni bocznych tych graniastosłupów będą: Pn × h i P'n × h. Jeżeli teraz liczbę ścian bocznych tych graniastosłupów będziemy podwajali nieograniczenie, to pola ich powierzchni bocznych będą odpowiednio równe: Pn × h, P2n × h, P4n × h, ... P'n × h, P'2n × h, P'4n × h, ... Otrzymamy w ten sposób dwa ciągi nieskończone liczb, z których jeden wyraża pola powierzchni bocznych graniastosłupów wpisanych w walec, a drugi opisanych. Oczywistą jest rzeczą, że te ciągi będą zbieżne i mają taką samą granicę.

Tę wspólną ich granicę nazywamy polem powierzchni bocznej walca. Stąd już wynika, że dla obliczenia pola tej powierzchni należy znaleźć granicę Pn × h, a że granicą Pn jest C = 2 R (gdzie R jest promieniem podstawy), więc pole powierzchni bocznej walca wynosi S = 2 R × h. Pole powierzchni całkowitej znajdziemy, dodając do pola powierzchnii bocznej pola podstaw: S' = 2 R × h + 2 R2 = 2 R (R + h). 402. Objętość walca. Powracając do graniastosłupów wpisanych w walec i opisanych na nim, oznaczmy pola ich podstaw odpowiednio przez: Bn, B2n, B4n, ... B'n, B'2n, B'4n, ... Objętości tych graniastosłupów utworzą znowu dwa ciągi nieskończone liczb: Bn × h, B2n × h, B4n × h, ... B'n × h, B'2n × h, B'4n × h, ... , które będą zadość czyniły warunkom zbieżności. Wspólną granicę tych ciągów nazywamy objętością walca. Stąd już wynika, że dla obliczenia objętości walca należy znaleźć granicę Bn × h, gdy n nieograniczenie rośnie, a że granicą Bn jest pole podstawy walca, czyli pole koła, więc objętość walca jest równa V = R2 × h, gdzie R oznacza promień jego podstawy, a h wysokość.

§ 82. Stożek 403. Określenia. Stożek obrotowy, czyli po prostu stożek, jest bryłą, powstałą z obrotu trójkąta prostokątnego dokoła prostej zawierającej jedną z przyprostokątnych. Jeżeli np. trójkąt prostokątny SOA (rys. 367) obraca się dokoła boku SO, to otrzymamy stożek. Punkt A zakreśli wtedy okrąg koła, które nazywamy podstawą stożka, jego promień OA nazywamy promieniem stożka. Prosta SA opisze powierzchnię krzywą, którą nazywamy powierzchnią stożkową, a prostą SA linią tworzącą. Punkt S jest wierzchołkiem stożka, a jego odległość SO od podstawy wysokością stożka.

. Rys. 367

Rys. 368

Przecięcie stożka płaszczyzną prostopadłą do osi jest kołem (rys. 368), dlatego że prosta KL jako leżąca na tej płaszczyźnie jest prostopadła do osi, a podczas obrotu tworzącej SA dokoła osi punkt L opisze promieniem KL okrąg, który będzie leżał na tej płaszczyźnie. Jeżeli płaszczyzna nie jest prostopadła do osi, nie jest równoległa do osi ani do tworzącej, to w przecięciu otrzymujemy elipsę. Przecięcie stożka płaszczyzną przechodzącą przez oś jest trójkątem równoramiennym, co jest oczywiste.

Rys. 369 404. Przez powierzchnię stożkową w sensie ogólniejszym rozumiemy taką, którą opisuje linia prosta AB (rys. 369), kiedy jeden jej punkt S pozostaje nieruchomy, a inny (A) porusza się po konturze pewnej krzywej ACD. Prostą AB nazywamy tworzącą stożka, krzywą ACD jego kierownicą. Jeżeli kierownicą jest okrąg koła, stożek nazywamy kołowym; jest pochyły, jeżeli jego oś nie jest prostopadła do podstawy. Będziemy zajmować się wyłącznie stożkiem kołowym prostym, czyli stożkiem obrotowym. 405. Jeżeli w podstawę stożka wpiszemy wielokąt ABC... (rys. 370) i weźmiemy go za podstawę ostrosłupa o wysokości wspólnej ze stożkiem, to taki ostrosłup nazywamy wpisanym w stożek. Jego krawędzie boczne będą tworzącymi stożka. Jeżeli na płaszczyźnie podstawy stożka poprowadzimy prostą KL (rys. 371) styczną do podstawy w punkcie C i przesuniemy płaszczyznę przez tę styczną i tworzącą SC, to tę płaszczyznę nazywamy płaszczyzną styczną do stożka. Opiszmy na podstawie stożka wielokąt i wystawmy na nim ostrosłup o wysokości wspólnej ze stożkiem, wtedy otrzymamy ostrosłup opisany na stożku. Jego ściany będą styczne do powierzchni stożkowej, a każdą linią styczności będzie jej tworząca.

Rys. 370

Rys. 371

406. Powierzchnia boczna stożka. Niech będzie dany stożek o wysokości h, promieniu podstawy R i tworzącej l. Wpiszmy w ten stożek ostrosłup foremny o n ścianach bocznych. Następnie opiszmy na stożku ostrosłup foremny o tyluż ścianach, oznaczmy obwód podstawy pierwszego ostrosłupa przez Pn (a przez ln wysokość ściany bocznej). Dla drugiego ostrosłupa obwód podstawy oznaczmy przez P'n, a wysokością ściany bocznej będzie tworząca stożka l. Wtedy pola powierzchni bocznych tych ostrosłupów odpowiednio wynoszą. Pn × ln i P'n × l. Jeżeli teraz liczbę ścian bocznych tych ostrosłupów będziemy podwajali nieograniczenie, to pola ich powierzchni bocznych będą równe Pn × ln, P2n × l2n, P4n × l4n, ... P'n × l, P'2n × l, P'4n × l. ... Otrzymamy dwa nieskończone ciągi liczb, które są zbieżne i mają wspólną granicę. Tę wspólną granicę nazywamy polem powierzchni bocznej stożka (krócej: powierzchnią boczną). Stąd już wynika, że dla obliczenia pola tej powierzchni należy znaleźć granicę jednego z otrzymanych ciągów (np. drugiego), a że granicą P'n jest C = 2 R, więc powierzchnia boczna stożka S = Rl. Powierzchnię całkowitą znajdziemy, dodając do pola powierzchni bocznej pole podstawy S' = Rl + R2 = R (l + R). 407. Objętość stożka. Jeżeli pola podstaw ostrosłupów wpisanych w stożek i opisanych na nim oznaczymy odpowiednio przez: Bn, B2n, B4n, ... B'n, B'2n, B'4n, ... a wysokość stożka przez h, to objętości tych ostrosłupów utworzą znów dwa nieskończone ciągi liczb Bn × h, B2n × h, B4n × h, ...

B'n × h, B'2n × h, B'4n × h, ... które są zbieżne i mają taką samą granicę. Granicę tych ciągów nazywamy objętością stożka. Stąd już wynika, że dla obliczenia objętości stożka należy znaleźć granicę Bn × h, a że granicą Bn, kiedy n nieograniczenie rośnie, jest pole podstawy stożka czyli pole koła, więc objętość stożka V=

R2h.

408. Określenia. Jeżeli stożek przetniemy płaszczyzną równoległą do podstawy, to część stożka, zawartą między podstawą a tą płaszczyzną, nazywamy stożkiem ściętym (rys. 372). Stożek ścięty można uważać za bryłę, powstałą z obrotu trapezu prostokątnego OO'AB dokoła prostej zawierającej bok OO'. Koła O i O' nazywają się podstawami stożka ściętego, prosta AB tworzącą, a odległość OO' wysokością stożka ściętego. Wnioski. Przeprowadzając podobne rozumowanie, które nas doprowadziło do powierzchni i objętości ostrosłupa ściętego, otrzymujemy: 1) Powierzchnia boczna stożka ściętego S=

(R + R') × l,

gdzie R i R' są promieniem podstaw, a l jest tworzącą stożka ściętego. 2) Objętość stożka ściętego

gdzie h oznacza wysokość stożka ściętego. Uwaga. Jeżeli w stożku ściętym poprowadzimy płaszczyznę prostopadłą do osi, przechodzącą przez środek tworzącej, to promień R0 tego przekroju (który nazywa się przekrojem środkowym), będzie równy , jako linia środkowa trapezu, a więc pole powierzchni bocznej stożka ściętego S = 2 R0l, tj. pole powierzchni bocznej stożka ściętego jest równe iloczynowi obwodu przekroju środkowego i długości tworzącej.

§ 83. Kula 409. Kulą nazywamy bryłę powstałą z obrotu półkola dokoła prostej zawierającej jego średnicę. Jeżeli np. półkole ACB (rys. 373) obracać będziemy dokoła średnicy AB, to łuk ACB opisze powierzchnię krzywą, którą nazywamy kulistą, czyli sferyczną, a bryłę nią ograniczoną nazywamy kulą. Środek O półkola nazywamy środkiem kuli. Odcinek, który łączy jakikolwiek punkt powierzchni kuli ze środkiem, nazywamy promieniem kuli, np. OC, a odcinek, który łączy dwa punkty kuli i przechodzi przez jej środek, nazywamy średnicą kuli, np. AB. Oczywiście, wszystkie promienie i średnice w kuli są sobie równe i powierzchnia kulista jest miejscem geometrycznym punktów w przestrzeni jednakowo odległych od środka kuli. O punkcie mówimy, że leży na zewnątrz lub wewnątrz kuli, zależnie od tego, czy jego odległość od środka jest większa, czy też mniejsza od promienia.

Rys. 373

Rys. 374

410. Twierdzenie. Przekrój kuli jakąkolwiek płaszczyzną jest kołem. Dowód. Na przecięciu kuli z płaszczyzną P (rys. 374) obierzmy dowolny punkt A i przez środek kuli O poprowadźmy średnicę BC prostopadłą do tej płaszczyzny. Można powiedzieć, że dana kula powstała z obrotu półkola BAC dokoła średnicy BC. Wtedy punkt A, leżący na łuku BAC, opisze okrąg o środku D leżącym na średnicy BC. Jego promieniem jest DA, odcinek prostopadły do BC, ten okrąg będzie leżał na płaszczyźnie P, co dowodzi twierdzenia. 411. Promień koła, otrzymanego z przecięcia kuli płaszczyzną znajdujemy z trójkąta DAO, w którym OA = R jest promieniem kuli. Otrzymujemy

Stąd widać, że 1) im przecięcie jest bliższe środka kuli, tym promień jego jest większy; 2) jeżeli DO jest równe zeru, to r = R, oznacza to, że jeżeli przekrój przechodzi przez środek kuli, to jego promień równy jest promieniowi kuli. Taki przekrój kuli nazywamy kołem wielkim. Oczywiście, wszystkie koła wielkie są sobie równe. 3) Każde koło wielkie dzieli kulę na dwie równe części, dlatego że te części są przystające. 4) Przecięcie dwóch kół wielkich jest średnicą kuli, co jest oczywiste.

5) Dla poprowadzenia koła wielkiego wystarczy mieć dwa punkty na powierzchni kuli, dlatego że trzecim punktem, wyznaczającym jego płaszczyznę będzie środek kuli. Żadne inne koło nie będzie kołem wielkim. 411. Płaszczyznę, która z kulą ma tylko jeden punkt wspólny, nazywamy płaszczyzną styczną do kuli, a ten punkt wspólny punktem styczności, np. płaszczyzna P (rys. 375). Promień OA przechodzący przez punkt styczności jest prostopadły do płaszczyzny stycznej.

Rys. 375

Rys. 376

412. Prosta z powierzchnią kulistą nie może mieć więcej niż dwa punkty wspólne, dlatego że prosta z okręgiem może mieć najwyżej dwa punkty wspólne. Prostą, która z powierzchnią kulistą ma tylko jeden punkt wspólny, nazywamy prostą styczną do kuli; jest nią np. prosta AB na rys. 376. Oczywiście, z punktu A prostych stycznych do kuli można wyprowadzić nieskończenie wiele i ich miejscem geometrycznym będzie powierzchnia stożkowa styczna do kuli. Okrąg opisany promieniem CB będzie okręgiem styczności tego stożka z kulą. Wynika to stąd, że jeżeli do półkola poprowadzimy styczną i całą figurę obracać będziemy dokoła średnicy, to styczna opisze powierzchnię stożkową, a punkt styczności okrąg. 413. Określenia. 1. Część powierzchni kulistej zawartą między dwiema równoległymi płaszczyznami nazywamy pasem kulistym, np. ABCD na rys. 377, a bryłę, ograniczoną pasem kulistym i dwoma kołami warstwą kulistą.

Rys. 377

Rys. 378

Koła DB i CA nazywamy podstawami, a ich odległość EF wysokością pasa lub warstwy. Warstwa kulista ABCD jest bryłą powstałą z obrotu figury ABEF dokoła osi KL.

2. Każdą z dwóch części, na które płaszczyzna dzieli kulę, nazywamy odcinkiem kulistym (czaszą), np. CKA. Koło CA jest podstawą odcinka, a odcinek KF jego wysokością. Odcinek kulisty CKA powstał z obrotu figury KAF dokoła KL. 3. Bryłę CABOC (rys. 378) powstałą z obrotu wycinka kołowego AOB dokoła osi AD nazywamy wycinkiem kulistym. Jego podstawa jest częścią powierzchni kulistej CAB, a powierzchnią boczną powierzchnia stożkowa. Jeżeli obracać będziemy dokoła osi AD (rys. 378) wycinek kołowy OBE, którego bok nie leży na osi, to otrzymamy bryłę, ograniczoną pasem kulistym i dwiema powierzchniami stożkowymi: zewnętrzną i wewnętrzną. Taką bryłę nazywać będziemy wycinkiem kulistym wydrążonym. 4. Część powierzchni kulistej zawartą między okręgami dwóch kół wielkich, nazywamy dwukątem kulistym (rys. 379).

Rys. 379

Rys. 380

Łuk CD, który otrzymujemy z przecięcia dwukąta kulistego płaszczyzną prostopadłą do osi AB i przechodzącą przez środek, nazywamy łukiem dwukąta kulistego. 5. Część powierzchni kulistej, zawartą między okręgami trzech kół wielkich, przecinającymi się po dwa, nazywamy trójkątem falistym, np. ABC (rys. 380). 414. Twierdzenie. Cztery punkty nie leżące na jednej płaszczyźnie wyznaczają jednoznacznie kulę. Dowód. Dane są cztery punkty w przestrzeni: A, B, C i D (rys. 381). Trzeba dowieść, że istnieje taki punkt w przestrzeni, który jest w jednakowej odległości od czterech danych. Przypomnijmy, że miejscem geometrycznym punktów jednakowo odległych od A, B i C będzie prosta prostopadła KL, wystawiona ze środka K okręgu przechodzącego przez te trzy punkty. A więc szukany punkt musi leżeć na tej prostopadłej. Jeżeli teraz przez tę prostopadłą i czwarty z danych punktów D poprowadzimy płaszczyznę, którą okrąg przetnie w punkcie M, to, wystawiwszy ze środka odcinka DM prostopadłą NP, otrzymamy w przecięciu z KL punkt O, który jest żądanym punktem. Punkt O jest środkiem kuli i jest wyznaczony jednoznacznie, gdyż dwie proste KL i NP przecinać się mogą tylko w jednym punkcie (a przecinać się muszą, gdyż leżą na jednej płaszczyźnie i nie są równoległe). Zatem przez cztery dane punkty może być poprowadzona tylko jedna powierzchnia kulista.

Rys. 381

Rys. 382

415. Zadanie. Znaleźć promień danej kuli. Z pewnego punktu A (rys. 382) na powierzchni danej kuli zakreślamy dowolną odległością AB okrąg koła małego, na którym obieramy trzy dowolne punkty: B, C i D. Zmierzywszy cyrklem odległości BC, CD i BD, wykreślamy trójkąt równy BCD. Na tym trójkącie opisujemy koło, którego promieniem będzie BE. Ponieważ odległość AB może być zmierzona cyrklem, więc mając AB i BE, wykreślamy trójkąt prostokątny równy ABE. Łatwo już teraz wykreślić trójkąt prostokątny równy promieniem danej kuli.

ABF; połowa przeciwprostokątnej AF będzie

416. Twierdzenie. Pole powierzchni kuli jest cztery razy większe od pola jej koła wielkiego.

Rys. 383 Na półkolu AB (rys. 383) opiszmy łamaną foremną CDEFGH o n odcinkach, z których EF jest równoległy do średnicy AB. Obróćmy teraz całą figurę dokoła CH, wtedy utworzy się bryła obrotowa ograniczona powierzchniami stożkowymi i walcowymi. Obliczmy pole powierzchni tej bryły. Powierzchnia utworzona z obrotu odcinka CD będzie powierzchnią boczną stożka, którego tworzącą jest CD, a promieniem podstawy jest prostopadła do osi DI, a więc pow. (CD) = Z podobieństwa trójkątów CON i CDI ( CON =

CDI;

× CD × ID. CNO =

CID), mamy

skąd ID × CN = ON × CI. Ponieważ CN jest połową CD, więc ID × CD = 2 ON × CI. A zatem pow. (CD) = 2

ON × CI.

Oznaczając promień ON przez R, dostajemy (1) pow. (CD) = 2 R × CI. Zauważmy, że 2 R jest okręgiem koła wielkiego kuli otrzymanej z obrotu półkola, a CI jest rzutem odcinka CD na oś obrotu. Obliczmy teraz pole powierzchni, powstałej z obrotu odcinka DE. Będzie to powierzchnia boczna stożka ściętego, którego tworzącą jest DE, promieniami podstaw są prostopadłe KE i ID, a odcinek PS będzie promieniem przekroju środkowego tego stożka, a więc pow. (DE) = 2 PS × DE. Z podobieństwa trójkątów PSO i DET ( PSO =

DTE i

SPO =

EDT), otrzymamy

skąd PS × DE = OP × DT. Zatem pow. (DE) = 2 × OP × DT, (2) pow. (DE) = 2 R × IK. Zauważmy, że 2 R jest okręgiem kola wielkiego kuli, a IK rzutem odcinka DE na oś obrotu. Obliczmy jeszcze pole powierzchni, powstałej z obrotu odcinka EF. Będzie to powierzchnia boczna walca, którego tworzącą (albo wysokością) będzie EF, a promieniami podstaw są prostopadłe KE i LF, więc pow. (EF) = 2 × LE × EF. Ale LF = OQ = R, EF = KL, więc (3) pow. (EF) = 2 R × KL. Zauważmy znowu, że KL jest rzutem odcinka EF na oś obrotu. Powierzchni powstałych z obrotu pozostałych odcinków obliczać już nie ma potrzeby, możemy wprost napisać: (4) pow. (FG) = 2 R × LM, (5) pow. (GH) = 2 R × MH, gdzie LM jest rzutem FG, a MH jest rzutem GH.

dodając teraz równości (1), (2), (3), (4) i (5), otrzymamy: pow. (CDEFGH) = 2 R × (CI + IK + KL + LM + MH) = 2 R × CH, tj. pole powierzchni bryły, powstałej z obrotu linii łamanej foremnej, opisanej na półkolu, równe jest iloczynowi długości okręgu koła wielkiego kuli, w tę bryłę wpisanego i rzutu tej łamanej na oś obrotu. Załóżmy teraz, że liczba n odcinków łamanej przez podwajanie rośnie nieograniczenie, wtedy otrzymamy nieskończony ciąg liczb: Sn, S2n, S4n, ... wyrażających pola powierzchni brył, powstałych z obrotu łamanych dokoła średnicy. Łatwo się przekonać, że 1) wspomniany ciąg jest ciągiem malejącym, istotnie: Sn = 2 R × CH; S2n = 2 R × C'H', gdzie C'H' jest rzutem łamanej o 2n odcinkach na oś obrotu i C'H' < CH. 2) każdy wyraz tego ciągu jest większy od pewnej określonej liczby, czyli ciąg jest ograniczony jednostronnie (wynika stąd, że rzuty CH, C'H' itd. będą większe od średnicy AB). Wnosimy zatem, że omawiany ciąg posiada granicę. Tę właśnie granicę nazywamy polem powierzchni kulistej albo krócej: powierzchnią kuli. Ponieważ rzutem półokręgu na oś obrotową jest średnica AB = 2R, więc pole powierzchni kuli będzie: S = 2 R × 2R czyli S = 4 R2. Wniosek. To, czego dowiedliśmy o łamanej opisanej na półkolu, będzie oczywiście słuszne i dla części łamanej opisanej na jakiejkolwiek części półkola, a więc: 1) pole powierzchni pasa kulistego obliczamy, mnożąc okrąg koła wielkiego przez wysokość pasa, dlatego że wysokość pasa będzie rzutem odpowiedniego łuku na oś obrotu. Powierzchnia pasa S = 2 Rh, gdzie R jest promieniem kuli, a h wysokością pasa. 2) pole powierzchni odcinka kulistego otrzymamy, mnożąc okrąg koła wielkiego przez wysokość odcinka. Zatem powierzchnia odcinka S = 2 Rh, gdzie R oznacza znowu promień kuli, a h wysokość odcinka. Uwaga. Przez powierzchnię pasa lub odcinka rozumiemy tylko ich powierzchnie boczne, tj. część powierzchni kulistej.

3) Powierzchnię dwukąta kulistego, którego łuk jest wyznaczony przez kąt środkowy o mierze no, obliczyć można z proporcji S : 4 R2 = n : 360. 417. Twierdzenie. Objętość bryły powstałej z obrotu trójkąta dokoła osi, położonej na płaszczyźnie trójkąta i przechodzącej przez jeden z jego wierzchołków równa się iloczynowi pola powierzchni powstałej z obrotu przeciwległego boku trzeciej części wysokości trójkąta, odpowiadającej temu bokowi. Dowód. Rozróżnimy tu trzy przypadki.

Rys. 384 1. Jeden z boków trójkąta OAB leży na osi xy (rys. 384). Bryłą utworzoną przez obrót trójkąta będą dwa stożki, złożone podstawami. Obliczmy każdą część objętości tej bryły: obj. (ACB) =

× CB2 × AC,

obj. (OCB) =

× CB2 × OC.

Dodając, otrzymamy: obj. (AOB) =

× CB2× OA =

× CB × OA × CB.

Ale OA × CB = AB × OD, bo każdy z tych iloczynów jest podwojonym polem tego samego trójkąta OAB, więc obj. (OAB) = Zauważmy teraz, że

× CB × AB × OD.

× CB × AB jest polem powierzchni bocznej stożka, powstałej z obrotu boku AB, a

więc obj. (OAB) = pow. (AB) × OD, ostatecznie

obj. (OAB) = pow. (AB) ×

.

2. Bok danego trójkąta nie leży na osi (rys. 385). Przedłużmy bok AB do przecięcia z osią xy w punkcie E, wtedy mamy: obj. (OEB) = pow. (EB) ×

,

obj. (OEA) = pow. (EA) ×

.

obj. (OAB) = pow. (AB) ×

.

Odejmując, otrzymamy

Rys. 385

Rys. 386

3. Bok AB jest równoległy do osi (rys. 386). Wtedy będzie obj. (OAB) = obj. (FEAB) - obj. (OEA) - obj. (FOB). Ale pierwsza z tych objętości jest objętością walca, a pozostałe dwie objętościami stożków, więc obj. (FEAB) =

× OD2 × EF,

obj. (OEA) =

× EA2 × OE =

× OD2 × OE;

obj. (FOB) =

× FB2 × OF =

× OD2 × OF.

Stąd obj. (OAB) =

× OD2 × (EF - )

× OD2 × EF ˇ

= =2

× FB × AB ×

- pow. (AB) ×

.

418. Twierdzenie. Objętość kuli równa się iloczynowi pola jej powierzchni i trzeciej części promienia.

Na półkolu AB (rys. 387) opiszmy łamaną foremną CDEFGH o n odcinkach i obróćmy całą figurę dokoła osi. Wówczas półkole opisze kulę, a cała figura bryłę, której objętość znajdziemy w następujący sposób: obj. (OCD) = pow. (CD) ×

,

ale OI = R, więc obj. (OCD) = pow. (CD) × obj. (ODE) = pow. (DE) × obj. (OEF) = pow. (EF) ×

itd.

Dodajemy te równości: obj. (CDEFGH) = pow. (CDEFGH) ×

.

Załóżmy teraz, że liczba odcinków n wzrasta nieograniczenie, i utwórzmy ciąg nieskończony liczb, wyrażających objętości brył otrzymanych z obrotu dokoła średnicy. Ten ciąg będzie zbieżny i jego granicę nazywać będziemy objętością kuli. Ponieważ granicą powierzchni (CDEFGH) będzie powierzchnia kuli, więc twierdzenie jest udowodnione. Jeżeli podstawimy wartość pola powierzchni kuli, otrzymamy wzór na objętość kuli: V = 4 R2 ×

,

czyli V=

R3.

Wniosek 1. Z twierdzenia wnioskujemy, że objętość wycinka kulistego będzie równa jego powierzchni, pomnożonej przez . Ale powierzchnią (kulistą) wycinka jest powierzchnia odcinka (czaszy), której pole, jak już wiemy, równa się 2 R × h, gdzie h jest wysokością odcinka, a więc objętość wycinka kulistego będzie V = 2 Rh ×

=

R2h

(pamiętać należy, że w tym wzorze h jest wysokością odcinka). Wniosek 2. Objętość wycinka wydrążonego (rys. 388) obliczyć można, odejmując od objętości wycinka ODEB objętość OCEA.

Mianowicie: obj. (ODEB) =

R2 × EG,

obj. (OCEA) =

R2 × EF.

A więc objętość wycinka wydrążonego będzie R2 × FG.

V=

Rys. 388

Rys. 389

419. Twierdzenie. Objętość odcinka kulistego równa się objętości walca, który ma promień równy wysokości odcinka, a wysokość równą różnicy między promieniem kuli a trzecią częścią wysokości odcinka. Dowód. Objętość V odcinka ABC (rys. 389) można obliczyć jako różnicę między objętością V1 wycinka OABC i objętością V2 stożka OAC. Oznaczając promień kuli przez R, a wysokość BD odcinka przez h, mamy V1 = V2 =

R2h, DC2 × DO.

Ale DC2 = h(2R - h) DO = R - h, więc V2 =

A zatem

h (2R - h) (R - h)

=

h (2R2 - 3Rh + h2)

=

R2h - Rh2 +

h3.

V = V1 - V2 =

R2h - ( = Rh2 -

R2h - Rh2 +

h3) =

h3 ,

czyli V = h2 (R - ). 420. Twierdzenie. Objętość warstwy kulistej równa się objętości kuli o średnicy równej wysokości warstwy powiększonej o połowę sumy objętości dwóch walców, które mają wysokość wspólną z warstwą, a za podstawy: jeden podstawę dolną, drugi podstawę górną warstwy. Dowód. Znajdziemy naprzód objętość V1 bryły powstałej z obrotu odcinka kołowego AB (rys. 390) dokoła średnicy. Ta objętość będzie różnicą między objętością V2 wycinka kulistego wydrążonego, powstałego z obrotu wycinka kołowego AOB i objętością V3 bryły powstałej z obrotu AOB. Mamy więc, oznaczając promień kuli przez R, a wysokość FC warstwy przez h;

Więc

Poprowadźmy BK

AC, wtedy AB2 = BK2 + AK2,

ale BK = FC = h, AK = AC - BF, czyli oznaczając AC = r, BF = r1, mamy AK = r - r1, a więc AB2 = h2 + (r - r1)2 = h2 + r2 - 2rr1 + r12. A zatem

h (h2 + r2 - 2rr1 + r12).

V1 =

Jeżeli teraz do tej objętości dodamy objętość stożka ściętego ABFC, która jest równa (r2 + r12 + rr12), to otrzymamy objętość warstwy h (3r2 + 3r12)

V=

h+

V=

h3 + ( r2h + r12h).

czyli

Pierwszy wyraz tego wzoru jest objętością kuli o średnicy h, zaś r2h i r12h są objętościami walców o wysokości h, a promieniach r i r1, a to dowodzi twierdzenia. Uwaga. Wzór na objętość warstwy kulistej można otrzymać inaczej w sposób następujący: Objętość V warstwy jest równa różnicy objętości V' i V'' dwóch odcinków kulistych, z których pierwszy ma za wysokość EC (rys. 390), a drugi EF: V = V' - V''. Ale

gdzie R oznacza promień kuli. Odejmując od siebie te równości, mamy: V=

× R (EC2 - EF2) -

× (EC3 - EF3).

Ponieważ EC - EF = FC = h, więc V = R × h (EC + EF) -

h × (EC2 + EC × EF + EF2).

czyli po podstawieniu EF = EC - h: V = R × h × (2EC - h) -

h × (EC2 + EC2 - h × EC + EC2 - 2h × EC + h2)

= 2 Rh × EC - R × h2 - h × EC2 + h2 × EC -

h3.

Podstawmy jeszcze EC = R - CO, wtedy V = 2 Rh (R - CO) -

× Rh2 - h(R2 - 2R × CO + CO2) + h2 × (R - CO) = R2h - h × CO2 - h2 × CO = h × (R2 - CO2 - h × CO) -

h2

h3 h3.

Ale AC2 = r2 = R2 - CO2 BF2 = r12 = R2 - (CO + h)2, stąd przez dodanie otrzymujemy r2 + r12 = 2R2 - 2CO2 - 2h × CO - h2. Stąd

a zatem

ostatecznie

Wniosek. Jeżeli w otrzymanym wzorze założymy r1 = 0, to otrzymamy wzór na objętość odcinka kulistego:

Oczywiście ten wzór może być sprowadzony do wzoru znanego już z poprzedniego twierdzenia, jeżeli podstawimy r2 = h × (2R - h). 421. Twierdzenie. Objętość dowolnego wielościanu opisanego na kuli równa jest iloczynowi pola jego powierzchni i trzeciej części promienia kuli. Dowód. Ścianami danej bryły są wielokąty. Jeżeli wierzchołki każdego wielokąta połączymy ze środkiem kuli w tę bryłę wpisanej, to objętość bryły będzie się równała sumie objętości ostrosłupów, których podstawami są

ściany danej bryły i które mają wierzchołek w środku kuli. Ponieważ kula jest styczna do ścian, więc promień kuli poprowadzony przez punkt styczności jako prostopadły do podstawy ostrosłupa będzie jego wysokością. Objętość każdego z tych ostrosłupów będzie więc równa iloczynowi pola podstawy (czyli jednej ze ścian danej bryły) i trzeciej części promienia kuli, a zatem objętość całej bryły otrzymamy, mnożąc pole jej powierzchni przez trzecią część promienia kuli wpisanej.

§ 84. Ćwiczenia 1. Powierzchnię walcową rozwinąć na płaszczyźnie. Obliczyć pole otrzymanej figury w zależności od promienia podstawy i wysokości walca. 2. Przecięto walec płaszczyzną nachyloną pod danym kątem do jego podstawy. Jaka będzie zależność pola przekroju od tego kąta? 3. Płaszczyzną równoległą do podstawy walca przeciąć jego powierzchnię boczną w danym stosunku. 4. Płaszczyzną równoległą do osi przeciąć walec w taki sposób, aby pole przekroju było równe a2. 5. Przez dany punkt na powierzchni bocznej walca poprowadzić płaszczyznę styczną do tego walca. 6. W walcu promień podstawy = 12 cm, wysokość h = 15 cm. Obliczyć pole powierzchni bocznej i pole powierzchni całkowitej oraz objętość tego walca. 7. Wysokość walca h = 10 cm, jego powierzchnia boczna p = 124 cm2. Obliczyć objętość. 8. Co się stanie z objętością walca, jeżeli promień jego podstawy powiększymy trzy razy. 9. Jak należy zmienić promień podstawy walca, żeby jego objętość zmniejszyła się 9 razy, jeżeli wysokość pozostawimy tę samą? 10. Znaleźć stosunek objętości dwóch walców o tej samej powierzchni bocznej, ale o różnych wymiarach. 11. Znaleźć stosunek powierzchni dwóch różnych walców o tej samej objętości. 12. Znaleźć stosunek powierzchni bocznych i objętości walców, które powstały z obrotu prostokąta dokoła różnych od siebie boków. 13. Walec, którego promień podstawy jest R, a wysokość h, przecięto płaszczyzną równoległą do jego osi w odległości a od niej. Obliczyć pole przekroju. 14. Obliczyć objętość walca opisanego na prostopadłościanie o wymiarach a, b i c. 15. Walcami podobnymi nazywamy takie walce, których promienie podstaw i wysokości są do siebie proporcjonalne. Znaleźć stosunek powierzchni i objętości walców podobnych. 16. Walcem równobocznym nazywamy taki walec, którego przekrój osiowy jest kwadratem.

W walcu równobocznym o promieniu podstawy R połączono punkt okręgu górnego z punktem okręgu dolnego (nie położonym na tej samej tworzącej). Odcinek, który łączy te dwa punkty, jest nachylony do płaszczyzny podstawy pod kątem ostrym a. Znaleźć najkrótszą odległość tego odcinka od osi walca. 17. Litr (miara płynów) ma kształt walca, którego wysokość jest dwa razy większa od średnicy jego podstawy, a objętość jest równa 1 dcm3. Obliczyć wysokość i promień podstawy litra. 18. Prostokąt obraca się dokoła jednego ze swych boków, a potem dokoła drugiego. Objętości dwóch walców powstałych z tych obrotów wynoszą V i V'. Obliczyć przekątną prostokąta. 19. W walec wpisano sześciokątny graniastosłup foremny. Porównać jego powierzchnię i objętość z powierzchnią i objętością walca. 20. Powierzchnię stożkową rozwinąć na płaszczyźnie. Obliczyć pole otrzymanej figury w zależności od promienia stożka i jego tworzącej. 21. Przecięto stożek płaszczyzną przechodzącą przez jego wierzchołek i nachyloną do podstawy pod danym kątem. Jaką figurę otrzymamy w przekroju? 22. Płaszczyzną równoległą do podstawy przeciąć stożek tak, aby w przecięciu otrzymać koło o danym promieniu. 23. Przez punkt, leżący na powierzchni bocznej stożka poprowadzić płaszczyznę do niego styczną. 24. Płaszczyzną równoległą do podstawy przeciąć powierzchnię boczną stożka w danym stosunku. 25. Obliczyć pole powierzchni bocznej i całkowitej oraz objętość stożka, którego promień podstawy r = 12 cm, a tworząca l = 20 cm. 26. Obliczyć pole powierzchni bocznej i całkowitej oraz objętość stożka, którego promień podstawy r = 10 cm, a wysokość h = 24 cm. 27. Stożek nazywa się równobocznym, jeżeli jego przekrój osiowy jest trójkątem równobocznym. Obliczyć objętość stożka równobocznego, którego promień podstawy ma długość R. 28. Obliczyć pole powierzchni stożka równobocznego o objętości V. 29. Równoległobok obraca się raz dokoła jednego z boków, drugi raz dokoła innego (nierównego z pierwszym). Udowodnić, że stosunek objętości brył powstałych z tych obrotów jest równy stosunkowi jednego z boków równoległoboku do wysokości względem drugiego boku. 30. Co się stanie z polem powierzchni bocznej stożka, jeżeli promień jego podstawy zmniejszymy m razy, a wysokość pozostawimy bez zmiany? Co się stanie wtedy z objętością stożka? 31. Stożek i walec mają wspólną podstawę i wspólną wysokość. Znaleźć stosunek pól powierzchni bocznych oraz objętości tych brył. 32. Stożki nazywamy podobnymi, jeżeli ich promienie podstaw i wysokości są do siebie proporcjonalne. Znaleźć stosunek pól powierzchni (bocznych i całkowitych) oraz objętości stożków podobnych. 33. Stożek o wysokości h i promieniu podstawy R przeciąć płaszczyzną równoległą do podstawy w taki sposób, żeby powierzchnia boczna podzieliła się na połowy.

34. W jakiej odległości od wierzchołka stożka o promieniu podstawy R i wysokości h należy poprowadzić płaszczyznę sieczną równoległą do podstawy stożka, żeby jego powierzchnia boczna podzieliła się w stosunku m : n? 35. Obliczyć pole powierzchni bocznej i objętość stożka ściętego, jeżeli promienie podstaw mają długość 12 cm i 20 cm, a tworząca l = 25 cm. 36. Obliczyć pole powierzchni bocznej i objętość stożka ściętego, jeżeli promienie podstaw mają długość 3 cm i 1,5 cm, a wysokość h = 4,5 cm. 37. Rozwinąć na płaszczyźnie powierzchnię boczną stożka ściętego i obliczyć jej pole w zależności od promieni podstaw stożka i jej tworzącej. (38-42). Obliczyć pole powierzchni całkowitej i objętość bryły powstałej z obrotu wielokąta foremnego o boku długości a, dokoła boku: 38. trójkąta, 39. kwadratu, 40. sześciokąta, 41. ośmiokąta, 42. dziesięciokąta. 43. Wielokąt foremny wpisany w koło o promieniu R obraca się dokoła osi położonej w jego płaszczyźnie, przechodzącej przez jeden z wierzchołków i prostopadłej do średnicy koła. Obliczyć pole powierzchni całkowitej i objętość bryły, powstałej z tego obrotu dla każdego z wielokątów wymienionych w zadaniach (38-42). 44. Jak znaleźć najmniejszą i największą odległość punktu od powierzchni kulistej? 45. Kulę przeciąć płaszczyzną w taki sposób, żeby w przekroju otrzymać koło o promieniu a. 46. Przez punkt na powierzchni kulistej poprowadzić płaszczyznę do niej styczną. 47. Poprowadzić prostą styczną do kuli równoległą do danej prostej. 48. Promieniem a opisać powierzchnię kulistą, która będzie przechodziła przez dane trzy punkty. 49. Promieniem a opisać powierzchnię kulistą, która ma być styczną do płaszczyzny danej w danym na niej punkcie. (50-51). Znaleźć miejsce geometryczne środków kul opisanych promieniem a i stycznych do: 50. danej płaszczyzny. 51. danej prostej. 52. Znaleźć miejsce geometryczne środków kul stycznych do a) dwóch prostych,

b) trzech prostych, c) dwóch płaszczyzn, d) kuli w punkcie danym na niej. 53. Udowodnić, że na każdym z wielościanów foremnych można opisać kulę, oraz w każdy wielościan foremny można wpisać kulę. 54. Obliczyć promień kuli opisanej na każdym z wielościanów foremnych, oraz promień kuli wpisanej. 55. Kulę o promieniu R przecięto płaszczyzną w odległości a od środka kuli. Obliczyć pole przekroju. 56. Obliczyć pole powierzchni i objętość kuli o promieniu R = 15 cm. 57. Co się stanie z powierzchnią kuli, jeżeli jej promień powiększymy m razy? 58. O ile należy powiększyć promień kuli, żeby jej powierzchnia powiększyła się m razy? 59. Obliczyć pole powierzchni kuli, jeżeli łuk koła wielkiego, wyznaczony przez kąt środkowy 60o, ma długość 12 m? 60. Jaką długość ma łuk równoleżnika kuli ziemskiej wyznaczony przez kąt 1o pod 52o północnej szerokości geograficznej? 61. Obliczyć objętość kuli, w której okrąg koła wielkiego ma długość a. 62. Co się stanie z objętością kuli, jeżeli jej promień zmniejszymy o a? 63. Objętość odcinka kulistego jest równa V, a wysokość h. Obliczyć promień kuli, do której należy ten wycinek. 64. W kuli poprowadzono z jednej strony jej środka dwie równoległe płaszczyzny: jedną w odległości a, drugą w odległości b od środka. Obliczyć objętość warstwy kulistej. 65. Obliczyć objętość odcinka kulistego o wysokości 24 cm i promieniu podstawy 3 cm. 66. W kuli o promieniu R poprowadzono płaszczyznę, która podzieliła powierzchnię kulistą w stosunku m : n. Obliczyć objętość otrzymanych odcinków kulistych. 67. W kulę o promieniu R wpisano ostrosłup foremny w taki sposób, że jego wierzchołek leży na powierzchni kulistej, a wysokość przechodzi przez środek kuli. Mając krawędź boczną b tego ostrosłupa, obliczyć jego objętość, wiedząc, że jego podstawą jest: a) trójkąt równoboczny, b) kwadrat, c) sześciokąt foremny. 68. W ostrosłup foremny wpisać kulę styczną do jego podstawy i do ścian bocznych. 69. Trójkąt równoramienny o podstawie 6 cm, a ramionach długości 5 cm obraca się dokoła osi przechodzącej przez wierzchołek trójkąta i równoległej do jego podstawy. Obliczyć pole powierzchni i objętość bryły

powstałej w wyniku tego obrotu. 70. Prostokąt o bokach a i b obraca się dokoła osi położonej na zewnątrz niego i poprowadzonej równolegle do boku b w odległości d od niego. Udowodnić, że objętość bryły powstałej w wyniku tego obrotu jest równa iloczynowi pola prostokąta i długości okręgu, który opisuje punkt przecięcia przekątnych prostokąta. 71. Na średnicy półkola wystawiono prostokąt opisany i poprowadzono w nim przekątną. Udowodnić, że z obrotu trzech figur: trójkąta, półkola i prostokąta dokoła średnicy powstają trzy bryły, których objętości są w stosunku 1 : 2 : 3. 72. Na kole opisano kwadrat i trójkąt równoboczny, którego podstawa leży na podstawie kwadratu. Cała figura obraca się dokoła wysokości trójkąta. Znaleźć stosunek pól powierzchni całkowitych oraz stosunek objętości trzech brył powstałych z tego obrotu. Wykazać, że pole powierzchni oraz objętość bryły powstałej z obrotu kwadratu, jest wielkością średnią proporcjonalną między dwiema pozostałymi wielkościami. 73. Dolna podstawa walca jest podstawą stożka, którego wierzchołek leży w środku podstawy górnej walca, górna zaś jego podstawa jest podstawą stożka, którego wierzchołek leży w środku podstawy dolnej. Obliczyć długość okręgu koła, które powstaje w wyniku przecięcia się powierzchni obu stożków. 74. W naczynie stożkowe, umocowane pionowo i zwrócone wierzchołkiem na dół, nalano wody do wysokości a. Następnie wrzucono w to naczynie kulę żelazną o promieniu r, która całkowicie zanurzyła się w wodzie. Do jakiej wysokości podniósł się poziom wody? Promień podstawy stożka ma długość R, a wysokość h. 75. Jaką część powierzchni kuli ziemskiej widzi lotnik z wysokości a metrów?