книги из ГПНТБ / Погорелов, А. В. Элементарная геометрия

прямой. Два другие угла прямоугольного треугольника острые.

Стороны прямоугольного треугольника имеют специ­ альные названия. Именно, сторона, противолежащая пря­ мому углу, называется гипотенузой. Остальные две стороны называются катетами. Углы, противолежащие катетам, острые.

Так как в любом треугольнике против большего угла лежит большая сторона (теорема 5.3), то в прямоугольном треугольнике гипотенуза больше любого из катетов. Так как в любом треугольнике сумма двух сторон больше треть­ ей, то в прямоугольном треугольнике сумма катетов больше гипотенузы.

Равенство прямоугольных треугольников. Для прямо­ угольных треугольников, кроме трех известных нам приз­ наков равенства, имеются другие признаки. Эти признаки равенства прямоугольных треугольников дает следующая теорема.

условие 2). Если у треугольника А С = А 1С1, то треуголь­ ники равны по первому признаку равенства треугольни­ ков при выполнении условия 1 ) и по третьему признаку равенства треугольников при выполнении условия 2 ).

Допустим, что АСфАтр!. Например, Л ^ С Л С . Отло­ жим на полупрямой СА отрезок СЛ2, равный (рис. 38, слева). Точка Л 2 будет между Л и С. Треугольники А 1В 1С1 и А 2ВС равны по первому признаку равенства. У них углы

40

Ci и С прямые, В С = В 1С1 по условию, а A xCi = A 2C по по­ строению. Из равенства треугольников следует, что

£ В А лС = /1 В 1А 1С1, B A z= B xAi.

Вслучае, если выполняется условие 1), равенство углов ВАпС и BiAiCi невозможно. Действительно, угол B xAiCx равен углу ВАС. Следовательно, в треугольнике А В А 2 внешний угол при вершине Л г равен внутреннему углу при вершине А. А это противоречит теореме о внешнем угле треугольника.

Вслучае, если выполняется условие 2), равенство сторон

при вершине Л 2 тупой, как смежный к острому углу пря­ моугольного треугольника ВСА2. Значит, угол А тоже тупой. Но это невозможно.

Итак, при выполнении любого из условий 1) или 2) долж­

угол АС2В прямой. Следовательно, угол СС2В прямой,

Отрезок ВА называется перпендикуляром, опущенным из точки В на прямую а, если прямые а и АВ перпендикуляр­ ны (рис. 39). Точка Л называется основанием перпендику­ ляра.

41

Т е о р е м а 6.2. Из точки вне данной прямой можно провести к этой прямой и притом только один перпен­ дикуляр.

Точки В и В г лежат в разных полуплоскостях относи­ тельно прямой а и поэтому отрезок ВВХ пересекает эту прямую в некоторой точке А. Треугольники САВ и САВУ

пендикулярна прямой а, т. е. отрезок ВА есть перпендику­ ляр, опущенный из точки В на прямую а. -

Допустим теперь, что из точки В можно провести два перпендикуляра ВА мВА^ к пря­ мой а. Тогда у треугольника

BAAi будет два прямых угла: /_А и /_ А Х. Но это невозможно. Итак, из точки В можно про­ вести перепендикуляр к прямой а и притом только один. Теоре­ ма доказана.

Пусть ВА — перпендикуляр, опущенный из точки В на пря­ мую а, и С — любая точка пря­

мой а, отличная от А. Отрезок ВС называется наклонной, проведенной из точки В к прямой а (рис. 41). Точка С называется основанием наклонной. Отрезок АС называется

42

проекцией наклонной. Из прямоугольного треугольника ВАС. с прямым углом А видим, что наклонная больше перпендикуляра. В этом треугольнике наклонная является гипотенузой, а перпендикуляр — катетом.

Расстоянием от точки В до прямой а, не проходящей через точку В, называется длина перпендикуляра, опущен­ ного из точки В на прямую а. Так как перпендикуляр коро­ че наклонной, проведенной из той же точки, то расстояние от точки В до прямой а не больше расстояния точки В до любой из точек прямой а.

Вопросы для повторения

1.Какой треугольник называется прямоугольным?

2.Докажите, что в прямоугольном треугольнике только один угол

прямой.

3.Какая сторона прямоугольного треугольника называется гипо­ тенузой? Какие стороны называются катетами?

4.Докажите, что в прямоугольном треугольнике гипотенуза

5.Докажите, что в прямоугольном треугольнике сумма катетов больше гипотенузы.

6.Сформулируйте первый, второй и третий признаки равенства треугольников.

7.Сформулируйте и докажите специальные признаки равенства для прямоугольных треугольников.

8.Объясните, что такое перпендикуляр?

9.Докажите, что из данной точки вне данной прямой можно про­ вести к этой прямой и притом только один перпендикуляр.

10.Объясните, что такое наклонная? Что такое проекция наклон­

ной?

11.Докажите, что перпендикуляр короче любой наклонной, прове­ денной из той же точки.

12.Что такое расстояние от точки В до прямой а, не проходящей через точку В? Докажите, что расстояние от точки В до прямой а не больше расстояния точки В до любой из точек прямой а.

Упражнения

13.Докажите, что равные наклонные, проведенные из одной точки

кданной прямой, имеют равные проекции. И обратно, если у наклонных проекции равны, то равны и сами наклонные.

14.Докажите, что высота равнобедренного треугольника, прове­ денная к основанию, является медианой и биссектрисой.

15.Как провести через вершину А треугольника АВС прямую, пересекающую сторону ВС, чтобы расстояния вершин В и С от этой прямой были одинаковы?

43

17. Докажите, что три биссектрисы треугольника пересекаются

оодной точке.

18.Из точки В к прямой а проведена наклонная ВС. Докажите, что из точки В можно провести другую наклонную BD той же длины, что и ВС.

19.Докажите, что из данной точки к данной прямой нельзя провести трех наклонных одинаковой длины.

20.Из точки В проведены к прямой а перпендикуляр ВА и две на­ клонные ВС и BD. Точка D лежит между Л и С. Докажите, что угол BDC — тупой.

21.Докажите, что из двух наклонных, проведенных из одной точки

к данной прямой, больше та, у которой больше проекция. И обратно,

убольшей наклонной большая проекция.

§7. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ПОСТРОЕНИЯ

Что такое задачи на построение. В задачах на построение речь идет о построении геометрической фигуры с помощью данных чертежных инструментов. Такими инструментами чаще всего являются линейка и циркуль.. Решение задачи состоит не столько в построении фигуры, сколько в решении вопроса о том, как это сделать, и соответствующем доказа­ тельстве. Задача считается решенной, если указан способ построения фигуры и доказано, что в результате выполне­ ния указанных построений действительно получается фи­ гура с требуемыми свойствами.

С помощью линейки, как инструмента геометрических построений, можно провести произвольную прямую; про­ извольную прямую, проходящую через данную точку; пря­ мую, проходящую через две данные точки. Никаких дру­ гих операций выполнять линейкой нельзя. В частности, нельзя откладывать линейкой отрезки, даже если на ней имеются деления. Нельзя пользоваться обоими краями линейки и т. п.

. Циркуль, как инструмент геометрических построений, позволяет описать из данного центра окружность данного радиуса. В частности, циркулем можно отложить данный отрезок на данной прямой из данной точки.

Рассмотрим простейшие задачи на построение. Построение треугольника с данными сторонами. 3 а-

д а ч а 7.1. Построить треугольник с данными сторонами

мую и отметим на ней произвольную точку В (рис. 42, спра- 'ва). Раствором циркуля, равным а, описываем окружность с центром В й радиусом а. Пусть С — точка ее пересечения

44

с прямой. Теперь раствором циркуля, равным с, описываем окружность из центра В, а раствором циркуля, равным Ь, описываем окружность из центра С. Пусть А — точка пересечения этих окружностей. Треугольник АВС имеет стороны, равные а, Ь, с.

Задача 7.1 не всегда имеет решение. Согласно теореме 5.4 отрезки а, Ь, с должны удовлетворять условиям: a-j-fc>c,

Ь+с>а, с-\-а>Ь.

Построение угла, равного данному. З а д а ч а 7.2.

Отложить от данной полупрямой в данную полуплоскость угол равный данному углу.

Р е ш е н и е . Проведем произвольную окружность с центром в вершине А данного угла (рис. 43, слева). Пусть В н С — точки пересечения окружности со сторонами угла. Радиусом АВ проведем окружность с центром в точке О — начальной точке данной полупрямой. Точку пересечения

диусом ВС. Точка С1 пересечения описанных окружностей в указанной полуплоскости лежит на стороне искомого угла. Для доказательства достаточно заметить, что тре­ угольники АВС и ОВхСх равны как треугольники с соот­ ветственно равными сторонами. Углы А и О являются соответствующими углами этих треугольников.

Деление угла пополам. З а д а ч а 7.3. Разделить дан­ ный угол пополам.

45

угла. Из точек В и С тем же радиусом описываем окружно­ сти. Пусть D их точка пересечения, отличная от А, Полу­

ружностей. Они лежат в разных полуплоскостях относи­

дует равенство углов АСО и ВСО. Теперь треугольники АСО и ВСО равны по первому признаку. Стороны АО и ВО этих треугольников являются соответст­ вующими, а поэтому равны. Таким образом, О — середина отрезка АВ.

Из точки О проводим произвольным радиусом окруж­ ность. Она пересекает прямую в двух точках Л и В. Из точек А п В проводим окружности радиусом АВ. Пусть С — их точка пересечения. Искомая прямая проходит че­ рез точки О и С. Перпендикулярность прямых ОС и АВ следует из равенства углов при вершине О треугольни­ ков АСО и ВСО. Эти треугольники равны по третьему признаку равенства треугольников.

46

Рассмотрим второй случай (рис. 46, справа). Из точки О произвольным радиусом проводим окружность, пересе­ кающую прямую а. Пусть А и В — точки ее пересечения с прямой а. Из точек А и В тем же радиусом проводим ок­ ружности. Пусть Ох— их точка пересечения, отличная от

О. Искомая прямая проходит через точки О и Ох. Чита­ телю предлагается обосновать это построение.

Геометрическое место точек. Одним из методов решения задач на построение является метод геометрических мест. Геометрическим местом точек называется фигура, которая состоит из всех точек плоскости, обладающих определен­ ным свойством. Например, по определению, окружность есть геометрическое место точек, равноудаленных от данной точки. Эта точка называется центром окружности, а

находится на одинаковом расстоянии от точек А и В, следует из равенства треугольников АОС

и ВОС. У этих треугольников углы при вершине О пря­ мые, сторона ОС общая, а ЛО=ОД, так как О — середина

47

отрезка АВ. Покажем теперь,' что каждая точка D плос­ кости, равноудаленная от точек А и В, лежит на пря­ мой ОС.

Допустим, что точка D не лежит на прямой ОС. Точки А и В лежат в разных полуплоскостях относительно пря­ мой ОС. Пусть для определенности точка D находится в одной полуплоскости с точкой В, как это изображено на рис. 47. Тогда отрезок AD пересекается с прямой ОС в не­ которой точке Е. По доказанному, А Е —ВЕ. По условию, AD=BD. Отсюда следует, что в треугольнике BDE DB = —BEA-ED. А это невозможно, так как сумма двух сторон больше третьей.

Метод геометрических мест. Сущность метода геометри­ ческих мест решения задач на построение состоит в сле­ дующем. Пусть, решая задачу на построение, нам надо построить некоторую точку X, удовлетворяющую двум условиям: некоторому условию 1 ) и некоторому условию 2 ). Геометрическое место точек, удовлетворяющих условию 1), есть некоторая фигура Flt а геометрическое место точек,

находится на одинаковом расстоянии от всех трех вершин А, В, С. Вместо этого можно сказать, что центр О удовлет­ воряет двум условиям: 1 ) центр окружности находится на одинаковом расстоянии от вершин А и С; 2) центр окруж­ ности находится на одинаковом расстоянии от вершин В и С. Геометрическое место точек, удовлетворяющих первому условию, есть перпендикуляр к стороне АС, про­ веденный через ее середину D. Геометрическое место точек, удовлетворяющих второму условию, есть перпендикуляр

48

к отрезку ВС, проведенный через его середину Е. Таким образом, центр О описанной окружности лежит на пере­ сечении этих перпендикуляров.

Из этого решения получается важное следствие. Так как центр О описанной окружности находится на одинаковом расстоянии от точек А и В, то по теореме 7.6 он лежит на перпендикуляре к отрезку АВ, проведенном через его се­ редину. Отсюда следует, что три прямые, проходящие через, середины сторон треугольника, перпендикулярно этим сто­ ронам, пересекаются в одной точке — центре описанной окружности.

Применение метода геометрических мест не всегда так просто, как в задаче 7.7. Рассмотрим более сложный пример.

вий: 1 ) точка X лежит на прямой

а; 2) А Х + Х В —т. Геометрическое место точек, удовлет­

второму условию, довольно сложно. Оно не сводится к прямым и окружностям. Недостаточно представить условия, определяющие положение точки X в виде двух условий. Надо еще, чтобы каждое из них определяло простое гео­ метрическое место, срстоящее из прямых или окружностей. Умение найти эти условия и является главным в решении задачи.

Покажем, как найти эти условия в данной задаче. До­ пустим, что задача решена. Отложим на полупрямой А Х отрезок АС, равный т. Тогда ХС —ХВ, т. е. точка X рав­ ноудалена от точек В и С. Теперь мы можем формулировать два условия, определяющие положение точки X: 1 ) точка X лежит на отрезке АС; 2) точка X равноудалена от точек В и С. Первое геометрическое место есть отрезок АС, второе геометрическое место есть прямая, перпенди­ кулярная отрезку ВС, проходящая через его середину Е. Точка X находится на пересечении этих геометрических мест.

49