Matematyka
  Wiw.pl   Na bieżąco:  Informacje   Co nowego   Matematyka i przyroda:  Astronomia   Biologia   Fizyka   Matematyka   Modelowanie rzeczywistości   Humanistyka:  Filozofia   Historia   Kultura antyczna   Literatura   Sztuka   Czytaj:  Biblioteka   Delta   Wielcy i więksi   Przydatne:  Słowniki   Co i gdzie studiować   Wszechświat w obrazkach    
  Jesteś tutaj:   Wirtualny Wszechświat >  Matematyka >  Geometria   >  Przystawanie i symetria figur płaskich  
  Jesteś tutaj
Jan Zydler
Geometria


© Prószyński i S-ka
  Spis rzeczy
Pojęcia wstępne
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
Koło
Kąty w kole. Czworokąty wpisane i opisane
Równoważność wielokątów
Położenie prostych i płaszczyzn w przestrzeni
Geometryczna proporcjonalność odcinków
Jednokładność i podobieństwo
Metryczna teoria odcinków proporcjonalnych
Wiadomości wstępne o rozwiązywaniu trójkątów
Obliczanie pól wielokątów
Kąty bryłowe i wielościany
Zastosowanie pojęcia granicy w geometrii
Bryły obrotowe

§ 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

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 = Rozmiar: 51 bajtów (rys. 43), pewna prosta MN i na niej wyróżniony punkt O. Na ramionach kąta Rozmiar: 51 bajtów, 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 Rozmiar: 51 bajtów.

Rys. 43

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 Rozmiar: 51 bajtów OKL równy Rozmiar: 51 bajtów BDE, więc Rozmiar: 50 bajtów KOL = Rozmiar: 51 bajtów.

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 Rozmiar: 50 bajtówO = Rozmiar: 51 bajtów.

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 Rozmiar: 50 bajtów BAM = Rozmiar: 50 bajtów MAC, co wynika z przystawania trójkątów ADM i AEM.

.
Rys. 44
 
Rys. 45
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 Rozmiar: 50 bajtów AOC = Rozmiar: 50 bajtów COB, więc te kąty będą proste, czyli CO Rozmiar: 53 bajtów 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
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 Rozmiar: 50 bajtów CDB = Rozmiar: 51 bajtów. 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 Rozmiar: 50 bajtów CED = Rozmiar: 50 bajtów 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
Rys. 48 Rys. 49

Istotnie, z konstrukcji wynika, że kąt ACB został przez CD podzielony na połowy (patrz zadanie 5), mamy Rozmiar: 50 bajtów ACO = Rozmiar: 50 bajtów 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 Rozmiar: 53 bajtów 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.



 [  1]  [  2 [  3]  [  4]  [  5]  [  6]  [  7] 

Do góry

Wiw.pl  |  Na bieżąco  |  Informacje  |  Co nowego  |  Matematyka i przyroda  |  Astronomia  |  Biologia  |  Fizyka  |  Matematyka  |  Modelowanie rzeczywistości  |  Humanistyka  |  Filozofia  |  Historia  |  Kultura antyczna  |  Literatura  |  Sztuka  |  Czytaj  |  Biblioteka  |  Delta  |  Wielcy i więksi  |  Przydatne  |  Słowniki  |  Co i gdzie studiować  |  Wszechświat w obrazkach