Элементарная геометрия - Шоластер Н.Н.
Скачать (прямая ссылка):
Если а ± Ъ, ср = 90° и точка С неодинаково удалена от прямых а и Ъ, то прямые, проходящие через точки D' и D4 и перпендикулярные отрезкам CD' и CD", не пересекаются с прямой b. В этом случае задача не имеет решений, по Рассмотрим особо случай,
угольника. Задача имеет бесчисленное множество решений (что легко проверить непосредственно).
когда точка С одинаково удалена от прямых а и о, а данный угол ср равен углу, образованному перпендикулярами к этим прямым, проведенным через точку С (черт. 80 б). В этом случае одна из двух прямых, перпендикулярных к прямым CD и CD", сольется с прямой Ь. Любая точка прямой b может служить вершиной искомого тре-
Черт. 80 в
82
Покажем, наконец, применение отражения от прямой к решению задач на построение.
Задача 4. Дан (h, k) и внутри него точки PhQ. Найти на стороне угла h точку A0, а на стороне h точку B0 так, чтобы периметр ломаной PA0B0Q был наименьшим.
Пусть А и В — произвольные точки на соответствующих сторонах угла (черт. 81). Отразим точку P от прямой, которой принадлежит луч А, а точку Q от прямой, которой принадлежит луч k. Пусть P' и Q' — точки, симметричные точкам PhQ. Так как P'А =РА и Q'В = QB, то периметры ломаных PABQ и P'ABQ' равны.
Точки A0 и B0, в которых отрезок P' Q' пересекает стороны угла h и k, будут искомыми, так как периметр ломаной PA0B0 Q будет равен отрезку P'Q'.
Если отрезок P'Q' не пересекает угол, то точки Л0 и B0 мы должны считать слившимися в вершине угла О, так как периметр ломаной P'OQ' будет меньше периметра любой ломаной P'ABQ' (по теореме о периметрах ломаных с общими концами).
ГЛАВА IV
ИЗМЕРЕНИЕ ОТРЕЗКОВ
§ 29. Соизмеримые и несоизмеримые отрезки
Если отрезок F представляет сумму п отрезков, каждый из которых равен отрезку Е, то этот факт мы запишем при помощи равенства:
F = пЕ.
Этим равенством мы определяем умножение отрезка на натуральное число. Будем говорить, что отрезок E укладывается в отрезке F точно п раз.
83
Определим, далее, умножение отрезка на положительную дробь -^-следующим образом: подпроизведением -^- E будем понимать сумму т отрезков, каждый из которых пред-ставляет — часть отрезка Е.
Легко убедиться в справедливости следующих равенств:
т (пЕ) = (тп)Е (1)
(т раз взятый отрезок пЕ представляет отрезок, который мы получим, если возьмем отрезок E тп раз),
k е) = E (2)
E есть т раз взятый отрезок -i- Е\ mi^^ E^
по предыдущему есть km E j, т. е. E j,
доя отрезка PuQ называются соизмеримыми, если существует такой третий отрезок Е, который укладывается точно целое число раз в каждом из данных отрезков.
Мы утверждаем, следовательно, что существуют такие натуральные числа тип, для которых
— P = — Q = E.
Отрезок E называется общей мерой отрезков PuQ.
Если отрезки не имеют общей меры, то они называются несоизмеримыми.
Покажем на примере существование несоизмеримых отрезков.
Рассмотрим равнобедренный прямоугольный треугольник ABC. Докажем, что его гипотенуза AB и катет AC несоизмеримы1).
!) Доказательство дано по статье М. С. Мацкина «Новый вариант доказательства теоремы о существовании несоизмеримых отрезков», «Математика в школе», № 4 за 1956 г.
84
Предположим, что отрезки AB и AC соизмеримы и общая мера E укладывается в AB т раз, а в AC п раз:
AB = тЕ, AC = пЕ.
Построим Л BCD1 равный Д ABC и имеющий с ним общий катет ВС (черт. 82). В полученном при этом треугольнике ABD будем иметь: ^ ABD — прямой, AB = BD и AD = = 2 АС. Значит, AD = 2 пЕ. На стороне AB возьмем точку C1 так, что AC1 = AC1 а на стороне AD — точку B1, причем AB1 = AB. Тогда д AC1B1 = AABC. Разделим, далее, AB на т равных частей. Каждая из них по предпо-
в
Черт. 82
ложению равна отрезку Е. Отрезок AC1 разделится при этом на п равных частей (AC1 = AC = пЕ). Через точки деления проведем прямые, параллельные BD] одной из них будет прямая C1B1. Тогда отрезок AD этими прямыми разделится на т равных частей, а отрезок ^4S1 на п таких же частей. Обозначая эту часть через E', получим:
AB1 = пЕ', AD = тЕ'.
Значит,
AB = тЕ = пЕ' и AD = 2 пЕ = тЕ'.
Так как
тАВ = т2Е = тпЕ'
и
nAD = 2 я2 ? = nm?',
то т. е.
т2Е = 2п2Е.
8*
Отсюда получаем:
т2 = 2 п\ {^-J = 2.
Так как я</п<2 я, то -^- является рациональным числом, отличным от целого. Как известно, квадрат такого числа не может быть равен двум. Следовательно, последнее равенство невозможно. Поэтому предположение о том, что отрезки AB и AC соизмеримы, мы должны отвергнуть. Значит, эти отрезки несоизмеримы.
§ 30. Арифметизированный луч
Для измерения отрезков мы пользуемся линейкой, на которой нанесены деления в определенном масштабе. При этом каждому делению (метке) поставлено в соответствие число. Измеряемый отрезок мы совмещаем с краем линейки так, чтобы один конец его совпал с нулевым делением (меткой). Тогда число, соответствующее метке линейки, к которой ближе всего другой конец этого отрезка, даст нам приближенную длину его с определенной точностью. Таков реальный процесс измерения отрезков. Путем абстракции от него мы получим идеальный процесс, дающий нам точную длину отрезка. Ниже опишем его.
