1611141253-0dfb8816724db4a6366d8ff392ad2dc5 (824988), страница 39
Текст из файла (страница 39)
Рассмотрим все прямые цилиндры с каким-либо заданным основанием В и образуем функцию У(й) = У(В, Ц . (1) Очевидно, д(!з) ) 0 и д(!) = !. Два цилиндра с высотами )гь пз составляются в цилиндр с высотой 6| + йз. его объем равен сумме их объемов. Поэтому У (В, А + А ) У (В, А,) У (В, А 1 и ("' + з) ! (в, ц у (в, !1 + у (в, !! = =у(й,)+ а(ь,).
Таким образом, функция д(й) удовлетворяет всем условиям, определяющим длину, и, стало быть, д(6) = Ь. Поэтому из (! ) У(В, й)=У(В, 1) ° й. (2) ') То есть Р есть объединение Р, и Рз. и Рь Рз не имеют общак внутренних точек (в пространстве) з) !(илиидром здесь называется фигура, образованная разными параллельиыыи отрезками (образующими), копны кото. рмх заполняют какую-либо плоскую фигуру [основание), прнчеы образующие лежат с одной стороны от плоскости Цилиндр ирямоа, если образующие перпендикулярны плоскости основания. ГЬ 8 ПЛОШАДЬ И ОБЪЕМ Убедимся, что величина 5(В) = У(В, 1) есть плошадь основания В.
Действительно, очевидно, 5 (В) ) О, и если В есть единичный квадрат Еа, то прямой цилиндр с основанием Еа и высотой й = ! представляет собой единичный куб Е, так что 5 (Е„) = 1 (Еа, !) = У (Е) = 1. Далее, если основания В, В' прямых цилиндров С, С' с равными высотами равны, то цилиндры равны. Поэтому если В = В', то У(В, !) = У(В', 1), т. е. 5(В)=5(В'). Наконец, если основание цилиндра С составляется из двух Вь Вь то цилиндр С составляется, соответственно, из двух цилиндров Сь С, той же высоты. И его объем У(С) = У(С,)+ У(С8), так что У(В,+Вь))=У(В„1)+У(В~ 1), т.
е. 5(В~ + Ва) = 5(В,)-1-5(Ва) (аддитивность). Таким образом, величина 5(В) = У(В,!) удовлетворяет всем условиям, определяющим площадь; она, стало быть, и есть площадь основания В, и из (2) У(С)=У(В, й)=5(В) 6, что и требовалось доказать. П Когда объемы прямых цилиндров определены, объем других тел можно находить, разбивая тело на тонкие слои, которые приближенно заменяются прямыми цилиндрами с простыми основаниями. Строгое оформление этой процедуры представляет интегрирование '). На этом пути доказываются и единственность объема, и формула замены масштаба.
Интересно, что уже объем тетраэдра нельзя найти, не прибегая так илп иначе к предельному переходу и не вводя дополнительных требований в аксиому объема — таких, например, как «принцип Кавальери». П См., например, Ллсксаалроа Л. Д,, Вернер А. аз., Р ы зк и к В. Ук Ггомстрия. Пособие аля школ с углубленным изучением магона гики.
— М.: Просасщснис, !987. ЕЗБ ЧАСТЬ К ЭЛЕМЕНТАРНАЯ ГЕОМЕТРИЯ Г и а а а 111 СПЕЦИАЛЬНЫЕ ВОПРОСЫ ЭЛЕМЕНТАРНОЙ ГЕОМЕТРИИ й 1. Задачи на построение В задачах на построение речь идет о построении геометрических фигур данными средствами — обычно с помощью циркуля и линейки. Прн этом имеются в виду идеальные построения: пользование линейкой означает возможность проводить «прямые», т. е. отрезки произвольной длины; пользование циркулем означает возможность описывать окружность с любым центром любого радиуса. Эти возможности были выражены в «Началах» Евклида в качестве первых постулатов: !) от одной точки до другой можно провести прямую; 2) всякую прямую можно продолжить; 3) вокруг каждой точки можно описать окружность любым радиусом. Помимо построений циркулем и линейкой можно, конечно, рассматривать построения с помощью других средств.
Но такую возможность вместе с общим взглядом на геометрические построения мы обсудим в конце. раздела о построениях, а сейчас сосредоточимся на построениях циркулем и линейкой. Простейший пример дает нзнестиое решение задачи: разделить отрезок пополам.
Описываем вокруг концов данного отрезка АВ окружности радиусами, равными АВ, и соединяем их точки перессчсння С, О. Существование этих точек, как и то, что отрезок СО пересекает АВ, строго говоря нужно доказать. Это мы сейчас сделаем. Теорема !. Если прямая содержит точку внутри круга, то она пересекает его окружность в двух точках. Доказательство. Пусть точка А прямой а лежит внутри круга с центром О ф а и радиусом К (рис.
6Б). Тем самым )ОА)( В, и если О — перпендикуляр к прямой а, то !ОВ) ( ) ОА), и, стало быть, )ОВ) В. Если точки С, 0 на прямой и лежат с разных сторон от В и ~ВС~!а = )ВР!'= )т' — ')ОВ~)а, то !ОС)=!ОО) = тс. Следовательно, в этих точках (и только в них!) прямая и пересекает окружность. П При помощи этой теоремы может быть доказана 1П.1, ЗАДАЧИ НА ПОСТРОЕНИЕ 237 Лемма.
Косинус угла принимает все значения от 1 до — 1. Воспользуемся известным определением косинуса помощью окружности (рис. 67). Выберем единичный отрезок. Опишем окружность таким радиусом 1«единичную окружность»). Проведем в ней диаметр д. Косинус угла определяется как взятая Рис, б7 Рис. бб с должным знаком длина проекции радиуса, образующего данный угол с «начальным радиусом». Расстояния ОМ от точек диаметра д до центра О принимают все значения от О до 1 (по теореме 4, $4 гл. !).
Поэтому если дано число р между 1 и — 1, то берем точку М так, что ~(ОМ(= р. Проводим через эту точку М прямую, перпендикулярную диаметру д. Она пересекает окружность. Проведя радиус в точку пересеченияи получим угол 1 с а, у которого соз а = =р. П Теперь рассмотрим пересечение окружно- Рис. 88 стей. Теорема 2. Две окружности пересекаются (в двух точках) тогда и только тогда, когда расстояние между их центрами меньше суммы и больше разности их радиусов (рис. 66). Радиусы, проведенные в точку пересечения, вместе с отрезком, соединяющим центры, образуют треугольник.
Поэтому высказанная теорема равносильна следующей. 238 ЧАСТЬ Х ЭЛЕЛ!ЕНТАРНАЯ ГЕОМЕТРИЯ Теорема 2а. Три отрезка могут служить сторонами треугольника тогда и только тогда, когда какой- либо один из них меньше суммы и больше разности двух других. В треугольнике сказанное выполняется для каждой стороны, в силу известной теоремы (см., например, теорему П. 2.5). Поэтому вопрос состоит, собственно, в доказательстве обратной теоремы. Но мы докажем теорему 2а полностью. Д о к а з а тел ь с т в о.
В треугольнике со сторонамн а, Ь, с и углом у против с с2 = а'+ Ь' — 2аЬ сов у, (1) ас+ ЬС вЂ” сс сову= 2аЬ Откуда ас + ЬА — сс + 2аЬ !а + Ь12 — сс !+ЕОЕУ 2 Ь сс — (а — Ь)2 ! — сову= 2аЬ (2) (3) и так как — 1 = сову(1, то из (2) и из (3) а+Ь> с > !а — Ь!. (4) Этим доказана известная теорема, что сторона треугольника меньше суммы и больше разности двух других. (Выведите (4) из (2) н (3).) Докажем обратное утверждение. Пусть а, Ь, с— длины отрезков с неравенствами (4).
Положим ас+ ЬС вЂ” сС =р, т. е. сг=а2+ Ь2 — 2аЬр. 2аЬ Тогда подобно (2) и (3) получим 1+р)0, 1 — р)0, т. е. — ! <р(1, Так как косинус принимает все значения между 1 н — 1, то существует такой угол у, что сову = р. Треугольник с данными сторонами а, Ь и углом у между ними существует (его можно построить), В таком треугольнике третья сторона как раз равна с. Теорема доказана. (:) Основные построения. Перечислим основные задачи на построение, решения которых даются в школьном курсе (они будут дальше считаться известными без оговорки). Некоторые из этих построений П!.1. ЗАДАЧИ НА ПОСТРОЕНИЯ 9З9 мы показываем на рисунках с краткими указаниями а скобках.
Е Отложить вдоль данного отрезка АВ отрезок АЕ, равный данному С0. (Описываем вокруг центра А окружность радиусом, равным С0, и, если нужно, продолжаем АВ за точку В до пересечения с ней, рис. 69.) Рис. 69 2. Построить сумму и разность данных отрезков. (Даны АВ н С0. Продолжая АВ за точку В, откладываем на продолжении отрезок, равный С0. Получаем сумму. Разность — откладываем меньший на большем.) 3. Отложить ог данного отрезка угол, равный данному. (Описав окружность вокруг вершины О данного угла, отсекаем на его сторонах равные отрезки ОА, ОВ. Вокруг конца О! данного отрезка проводим окружность Р того же радиуса, получаем отрезок 01А, = ОА, налегающий на данный.
Вокруг А! описываем окружность О радиусом АВ. Если В!— точка пересечения Р и О, то О,В! — сторона нужного угла.) 4. Построить сумму и разность данных углов. (Получается применением предыдущего построения.) 5. Найти середину отрезка. (Указано на с. 236.) 6. Построить биссектрису угла. (На сторонах угла откладываем от вершины равные отрезки ОА, ОВ. Вокруг А и В проводим окружности, например, радиусом )АВ(. Соединяем дальнюю точку пересечения и вершину.) 7. Восстановить пернендикуляр к прямой в данной ее точке. (Построспи.. такое же, кяк в 6, потому что пс.1пснднкуляр - - зт Р биссектриса развернутого угла.) ЧАСТЬ Е ЭЛЕМЕНТАРНАЯ ГЕОМЕТРИЯ 240 8, Опустить перпендикуляр из данной точки на данную прямую. (Берем на данной прямой а точку В и вокруг данной точки А описываем окружность радиусом АВ.
Пусть она пересечет а в точке С ~ В. Дальше действуем так же, как при делении отрезка ВС пополам. (А как быть, если окружность имеет с прямой а только одну общую точку В?)) 9 Провести через данную точку прямую, параллельную данной. (На данной прямой а берем какую- нибудь точку В, соединяем ее с данной точкой А. Через А проводим прямую, образующую с АВ такой же угол, как АВ образует с данной прямой, но на противоположной стороне от АВ (рис. 70). Другое построение, более короткое, можно основать иа том, что парал- Ю лелограмм — это четырехугольник с равными противоположными сторонами.) Е В Рис. 71 Рис.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
