Вредная геометрия (835791), страница 2
Текст из файла (страница 2)
В равных треугольниках против равныхсторон лежат равные углы:̸ ≠ . Кроме то-го, имеет место равенство ̸ = ̸ для двух угловпри основании равнобедренного треугольника . Вычитая из равных углов равные: ̸ = ̸ − ̸ и ̸ = ̸ − ̸ , получим равные. Следовательно,̸ ≠, что и требовалось доказать. В си-лу произвольности тупого угла ̸ делаем вывод, чтолюбой тупой угол равен прямому.
Поскольку любой острый угол является дополнением тупого до 180 , т. е. додвух прямых углов, все острые углы также равны прямому.Теорема доказана.– Постой, а если перпендикуляры пересекаются выше отрезка ? – вмешался отличник из 10-го «a» Лева Мухин.– Этого не может быть, но, если желаете, рассмотрим и такой случай.ВАСИНЫ ТЕОРЕМЫ15Вася набросал на доске новый чертеж (рис. 2):– Итак,Рис. 2.Точка лежит выше отрезка 2) точка лежит выше прямой .
Треугольники и снова равны по трем сторонам.̸ ≠как углы равных треугольников, лежащие против равныхсторон. ̸ = ̸ как углы при основании равнобедренного треугольника . Тогда⎧⎨̸ = ̸ ⎩̸ = ̸ ⇒ ̸ = ̸ ,16поскольку суммы равных равны.– Еще один случай не учли, – заметил Мухин. – Если точка лежит внутри четырехугольника .– Пожалуйста, – согласился как никогда покладистыйВася и набросал еще один чертеж (рис.
3).– Теперь:3) точка лежит внутри четырехугольника . ХодРис. 3.Точка лежит внутри треугольника доказательства полностью повторяет предыдущий.– Остался еще один случай. Точка лежит на одном изотрезков: или , – заметила Катя Кузина.– Если точка пересечения перпендикуляров лежит на одном из этих отрезков... – Вася на минуту задумался.– Прямые,4) имеющие две общие точки, совпадают. Если точка лежит на или и отлична от основания соответствующего перпендикуляра, то перпендикуляр совпадетВАСИНЫ ТЕОРЕМЫ17с отрезком, через середину которого он проведен. Это никуда не годится. Остается случай, когда точка совпадает с основанием одного из перпендикуляров и прямые и совпадают (рис.
4). Тогда равенство угловРис. 4.̸Перпендикуляры совпадаюти ̸ следует из равенства треугольников и .Пожалуй, мы рассмотрели все возможные случаи.По залу опять прошел ропот.– Это все неверно, – хмуро заметил Гриша.– Тогда где ошибка?– Не знаю, но все, что ты тут доказал, противоречит тому,что мы видим.– Или укажи ошибку, или помолчи, – решительно отрезалВася и перешел к следующей теореме.18Т2. Все треугольники правильные13 ⇔ 23 Достаточно доказать, что в любом треугольнике любые две стороны равны.
Возьмем произвольный треугольник (рис. 5) и докажем, что любые две его стороны, например и , равны.Доказательство: Проведем биссектрису ̸ . Если бис-Рис. 5.Точка лежит внутри треугольника сектриса перпендикулярна стороне , она одновременноявляется высотой. В этом случае треугольник равнобедренный и ||= ||. Если биссектриса не перпендикулярна , она будет пересекать перпендикуляр, проведенный к отрезку через его середину в некоторойВАСИНЫ ТЕОРЕМЫ19точке .1) Пусть точка лежит внутри треугольника (см. рис. 5). Соединим точку с концами отрезка иопустим из нее перпендикуляры и соответственно на стороны и .
Рассмотрим треугольники и . Поскольку точка, лежащая на биссектрисе, одинаково удалена от его сторон, отрезки и равны. Кроме того, треугольники имеют общую гипотенузу . Следовательно, прямоугольные треугольники и равны по катету и гипотенузе. Отсюда | |= | |. Таккак точка лежит на перпендикуляре, проведенном через середину отрезка , она одинаково удалена от егоконцов: ||= ||. Прямоугольные треугольники и равны по катету и гипотенузе.
Значит, | |= | |.⎧⎨| |= | |⇒ ||= ||.⎩| |= | |2) Теперь пусть точка лежит ниже стороны (рис. 6),но опущенные из нее перпендикуляры и снова лежатна сторонах и соответственно. Остается только повторить проделанные выше доказательства: доказать равенство треугольников и , затем и .Поскольку ||= | |+| | и ||= | |+| |, мы20Рис. 6.Точка лежит вне треугольника снова придем к равенству ||= ||.3) Рассмотрим последний случай, когда основания перпендикуляров и лежат на продолжениях сторон и (рис. 7). Также доказываем равенство треугольников и , затем и . В общем все то же,только теперь ||= | |−| | и ||= | |−| |.Откуда неизбежно следует ||= ||.
В силу произвольности рассмотренного треугольника и его сторон, мы делаем вывод, что у любого треугольника любые две его стороны равны. Таким образом, все треугольники правильные.Теорема доказана.– Ты что, хочешь нам всю геометрию испортить! – воз-ВАСИНЫ ТЕОРЕМЫРис. 7.21Основания перпендикуляров лежат на продолжении сторонмутился Гриша. – Мне достаточно взять в руки линейку,чтобы убедиться, что все сказанное тобой – чушь!– В геометрии истина доказывается, и ты пока не опровергни одного моего доказательства.– А практика больше не критерий истины? – не унималься Гриша, чувствуя, что его научный авторитет тает, какснег под лучами солнца.22– Практика, это хорошо, но как ты с линейкой полезешьв бескрайние просторы Вселенной.
Да и пространство тамкривое. Тут другой инструмент нужен. Тот, что в голове.– Ошибку надо искать, – резонно заметил Мухин.– А если ошибки нет? – робко спросила Катя.– Хуже не придумаешь, – Мухина даже передернуло. – Тогда теория противоречива и мы напрасно потратили лучшие годы на изучение геометрии.– А может, проще признать, что Вася – жулик, и на этомуспокоиться, – предложила Катя.– Зачем успокаиваться, – угрюмо пробурчал Веня Бучиков. – Я читал, раньше шулеров канделябрами били.– Вечер... Канделябры... Как это было романтично, – мечтательно протянула Синичкина.– Мысль убить нельзя, – предостерег товарищей от опрометчивого поступка Вася, – и презумпцию невиновностиникто пока не отменял.В зале стало шумно. Гриша посмотрел на сидевшую в первом ряду Ларису Николаевну.
Она еле сдерживала смех,но молчала. По давно установившейся традиции на тематических вечерах учителя брали слово только на заключительном этапе дискуссии. Когда шум стих, Гриша попробовал взять реванш:– Тогда и все отрезки равны.ВАСИНЫ ТЕОРЕМЫ23– Вот именно! – охотно поддержал его Вася и сформулировал следующую теорему.Т3.
Все отрезки равны18 ⇔ 26 Для доказательства берем два произвольных отрезка и . От произвольной точки проводим двалуча, как показано на рис. 8. На лучах от точки отло-Рис. 8.||= |1 | и ||= |1 |жим отрезки 1 и 1 , равные и соответственно.Все выполняется при помощи циркуля и линейки. Соеди-24нив точки 1 и 1 отрезком прямой, получим треугольник . Согласно только что доказанной нами теореме 2, все треугольники правильные.
Значит, |1 |= |1 |,откуда следует: ||= ||.Теорема доказана.– Ошибку надо искать, – повторил Мухин.– Если докладчик не возражает, могу высказать свои соображения, – хитро улыбаясь, вмешался в дискуссию лучший математик школы ученик 11-го «а» Витя Бурыгин.Гриша с надеждой посмотрел на потенциального спасителя. Одиннадцатиклассник быстро подошел к доске и, заговорщически подмигнув Васе, сходу начал:– Как в первой, так и во второй теореме мы исходили изтого, что перпендикуляр к кривой и наклонная имеют точку пересечения. Всегда ли это так?Витя нарисовал две сходящиеся прямые (1 и 2 на рис. 9),взял на каждой по точке (1 и 1 ) и соединил их отрезкомпрямой.– Сейчас выясним, могут ли прямые 1 и 2 иметь общуюточку .
Рассмотрим углы 1 и 1 , образованные прямыми 1 и 2 с отрезком 1 1 и лежащие по одну сторонуот него. Если 1 + 1 = 180 , прямые 1 и 2 параллельны и не имеют точки пересечения. Если 1 + 1 > 180 ,то прямые не могут пересечься по эту сторону от 1 1 ,так как в таком случае сумма углов треугольника 1 1 ВАСИНЫ ТЕОРЕМЫРис. 9.25Прямые 1 3 и 1 3 не пересекаютсябудет больше 180 . Теперь пусть 1 + 1 < 180 . На графике эти углы расположены по правую сторону от 1 1 .Отложим от точек 1 и 1 отрезки 1 2 и 1 2 , равные половине длины отрезка 1 1 .
Отрезки 1 2 и 1 2не могут пересекаться ни в какой точке , так как тогдасумма сторон 1 и 1 треугольника 1 1 будет меньше стороны 1 1 . Соединим точки 2 и 2 отрезком прямой. Поскольку сумма углов четырехугольника 1 2 2 1равна 360 , а сумма 1 + 1 < 180 , легко убедиться, что2 + 2 < 180 . Отложим на прямых 1 и 2 от точек 2и 2 отрезки 2 3 и 2 3 , равные половине 2 2 . Точно так же отрезки 2 3 и 2 3 не могут пересекаться нив какой точке .
Процесс можно продолжать бесконечно,26и мы никогда не придем к точке пересечения.С этими слова Витя покинул сцену. Гриша проводил еговзглядом, как предателя, а Вася, пока никто не опомнился,сформулировал следующую теорему.Т4. Все окружности равны23 ⇔ 28 Вася быстро набросал новый чертеж.– Доказательство, которое я хочу привести, приписываютАристотелю.
Представьте, что мы по прямой прокатили без трения круг так, что он совершил ровно одиноборот вокруг своего центра (рис. 10).– Без трения скольжения, – поправил его Иван Петрович,Рис. 10.Окружность совершает полный оборотучитель физики. – Трение качения все равно остается.Вася согласился и продолжил:– Отсутствие трения скольжения означает, что при ка-ВАСИНЫ ТЕОРЕМЫ27чении скорость точки касания всегда равна нулю. В таком случае длина пройденного отрезка равна длинеокружности этого круга.
Теперь жестко закрепим на тойже оси вращения другой круг меньшего радиуса. «Жестко» здесь означает, что оба круга вращаются одновременно и когда точка первого круга перейдет в положение , точка 1 второго круга перейдет в положение 1 . Приэтом оба круга совершат ровно один оборот. Но когда первый круг пройдет расстояние ||, второй преодолеет расстояние |1 1 |.– Хоть механику пощадите, – простонал Иван Петрович.Но Вася, не обращая внимания на реплику, закончил:– Значит, ||= |1 1 |. Отсюда длины окружностей равны. В силу произвольности окружностей, мы можем заключить,чтодлиныТеорема доказана.любыхокружностейравны.28И чем все закончилось26 ⇔ 33 Вася отошел в сторону, как мавр, который сделал свое дело. Его место занял Гриша, но к своему ужасувдруг почувствовал, что у него пропал дар речи, а ногистали, как ватные.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
