Элементарная геометрия - Шоластер Н.Н.
Скачать (прямая ссылка):
у"----\ ----
I \ / / \ \
/_ / \ \ /_0,1 0 \ \
/ft % ^\M]0t ~Ш Y' 'Н ч' I 2
Черт. 28 а
Черт. 28 6
3. R1 + R2 > d> R1- R2 (чертежи 28 а, б, в). Прямая O1O2 пересекается с окружностью O1 в точках M1 и N11 а с окружностью O2 — в точках M2 и N2. Обозначение точек выберем так, чтобы M1 и O2 лежали по одну сторону от O1, a M2 и O1—по одну сторону от O2. Тогда N1 и O2 будут лежать по разные стороны от O1, a N2 и O1— по разные стороны от O2. Возможны три случая:
а) M2 лежит между O1 и O2;
б) M2 совпадаете O1jb) O1 лежит между M2 и O2.
Во всех случаях O1N2 = O1O2 + O2N2 = d + R2- Но d > R1 — R2. Следовательно, O1N2 > Ri — R2 + R2 = = R11 т. е. точка TV2 лежит вне окружности O1. Докажем
Черт. 28 в
36
теперь, что M2 лежит внутри окружности O1. Для первого случая
O1M2 = O1O2 — O2M2 = d — R2. Но d < R1 + R2. Отсюда:
O1M2 < R1+ R2- R2 = R1.
Во втором случае M2 совпадает с O1. В третьем случае
O1M2 = O2M2 — O1O2 = R2- d < R19 так как по предположению R1 > R2.
В силу аксиомы 2 (§ 10) каждая из двух полуокружностей M2N2 имеет с окружностью O1 общую точку. Следовательно, данные две окружности имеют две общие точки. Мы говорим, что окружности пересекаются.
4. d = 0.
Если при этом R1 = R29 то окружности сливаются в одну.
Если же R1^ R29 то окружности называются концентрическими. Все точки окружности O2 лежат внутри окружности O1, а все точки окружности O1 лежат вне O2.
5. d = R1- R29 где R1 > R2 (черт. 29). Пусть M — точка пересечения линии центров с окружностью O1, лежащая с точкой O2 по одну сторону от O1. Тогда O2 будет лежать между O1 и М. Имеем:
O2M = O1M — O1O2 = R1 — (R1 — R2) = R2.
L
Черт. 29 Черт. 30
Следовательно, M — общая точка окружностей O1 и O2. Пусть К — любая точка окружности O29 a L — любая точка окружности O1, отличные от М. Тогда:
O1K < O1O2 + O2K = R1-R2 + R2 = R19 O2L > O1L — O1O2 = R1 — (R1 — R2) = R2.
37
Таким образом, все остальные точки окружности O2 лежат внутри окружности O1, а все остальные точки окружности O1 лежат вне окружности O2.
В рассматриваемом случае мы имеем внутреннее касание двух окружностей.
6. R1 — R2 > d, где R1 > R2 (черт. 30).
Легко доказать, что окружности не имеют общих точек; точки окружности O2 лежат внутри окружности O1, а точки окружности O1 — вне окружности O2.
Этим исчерпываются все возможные случаи расположения двух окружностей. Отсюда следует:
1) если две окружности касаются, то имеем или случай 2 (внешнее касание), или случай 5 (внутреннее касание). Следовательно, точка касания двух окружностей лежит на линии центров;
2) если две окружности пересекаются, то имеем случай 3, т. е. R1 + R2 > d > ^1 — R2 (R1 > R2);
3) если две окружности не имеют общих точек, то имеем один из остальных случаев.
§ 12. Параллельные прямые
Из теоремы о внешнем угле треугольника, известной из школьного курса, легко сделать вывод, что сумма двух углов треугольника меньше развернутого угла.
Действительно, если ^ ACD внешний для Д ABC, то
ACD > ^ В. Отсюда:
^ ACD + ^ACB >^ В + ^ACB1
или
2d > ^B + ^ACB.
Отсюда следует, что для построения треугольника по двум углам и прилежащей к ним стороне необходимо, чтобы сумма этих углов была меньше развернутого угла. Является ли это условие достаточным для данного построения?
Этот вопрос можно поставить несколько иначе. Пусть а и р — внутренние односторонние углы, образованные при пересечении прямых а и Ь, лежащих в одной плоскости, прямой с.
Если а + ? = 2 d, то прямые а и Ъ не пересекаются (черт. 31). Действительно, если предположить противное, то отсюда будет следовать существование треугольника,
38
у которого сумма двух углов равна развернутому, что невозможно.
Прямые а и Ъ, лежащие в одной плоскости и не пересекающиеся, называются паралмльными (а || Ь).
Нам поставлен вопрос: всегда ли прямые а и Ъ пересекаются, если а + ? < 2 а? Очевидно, что имеются две возможности для ответа:
1. Если а + ? < 2 d, то прямые а и & пересекаются.
2. Существуют такие углы а и ?, при которых прямые а и b не пересекаются, хотя а + ? < 2 d.
Евклид в своих «Началах» без доказательства принял первое предложение (пятый постулат Евклида). В течение более 2000 лет предпринимались многочисленные и безуспешные попытки доказать это предложение. История этих попыток чрезвычайно интересна и поучительна. Только в начале XIX в. великий русский математик Н.И. Лобачевский (1792—1856) дал исчерпывающий ответ на поставленный вопрос, причем ответ, совершенно неожиданный для современников. Вывод, к которому пришел Лобачевский, таков: ни первое, ни второе предложения не являются следствием остальных аксиом геометрии. Отсюда следует, что нельзя доказать на основе приведенных нами аксиом ни первое предложение (пятый постулат), ни второе предложение. Само собой разумеется, что нельзя таким путем показать несправедливость ни одного из этих предложений, так как, отвергая одно предложение, мы этим утверждаем другое.
