книги из ГПНТБ / Андронов И.К. Основной курс тригонометрии, развиваемый на целесообразных задачах пособие для учителей

Любой простой п-угольник вполне определяется заданием 2п—3 основных независимых элементов.

Д о к а з ат ел ь с т в о методом математической индукции.

1.Отмечаем', что теорема верна для треугольника. В самом деле, при«=3 формула 2п—3 дает 'нам число 3. А из геометрии известно, что именно 3 независимых элемента определяют треуголь­ ник.

2.Докажем теперь, что из допущения справедливости теоремы для (п—1)-угольника следует ее справедливость и для «-угольника.

(п—1)-угольника теорема справедлива, тогда для его определения необходимо задать 2(п—1)—3 независимых элемента. Но для перехо­ да от (я—1)-угольника A iA2...An—1 к n-угольнику А1А2А з---Ап—jAn достаточно задать еще два основных эле­ мента, определяющих положение верши­

ны Ап, например две стороны AiAn и Ап—хАп, или два угла Ап—1А1АЛ и АхАп—хАп, или сторону АхАлиугол An—iAiAn. Следовательно, для определе­ ния «-угольника надо задать

[2 (п—1)—3 ]+2==2«—3 независимых элемента.

Итак, если теорема верна для (п—1)- угольника. то она оказывается верной

идля «-угольника.

3.Но для треугольника она верна, следовательно, по доказанному будет верна и для четырехугольника; а если верна для четырехугольника, то будет

верна и для пятиугольника и т. д.

В частности, отметим, что на основании доказанной теоремы для определения четырехугольника необходимо иметь 2-4—3=5 независимых основных его элементов (в этом мы убедились в § 6 иным путем), для определения пятиугольника надо 2-5—3=7 независимых основных элементов, для шестиугольника 2-6—3=9 элементов и т. д.

Итак, простой «-угольник может быть задан (2п—3) основными независимыми элементами, остальные 3 его основных элемента можно найти построением или вычислением. Для вычисления трех неизвестных элементов надо составить три уравнения, выражающие зависимость между данными и искомыми элементами. Одно из таких уравнений выражает известную из геометрии зависимость

Два другие уравнения выражают зависимости между углами и сто­ ронами многоугольника. Чтобы получить их, проведем на плоскости многоугольника оси прямоугольных координат и спроектируем

349

(ортогонально) контур многоугольника сначала на ось абсцисс, а затем на ось ординат.

Если за начало координат принять вершину Д х и ось абсцисс напра­ вить по стороне AnAi, как указано на рисунке 169, то будем иметь:

Известно, что проекция ломаной равна проекции замыкающей, т. е.

прх А 1Да+пр.г АгА з+ ■■■ +прх Ап—хДп=прх А 1Ап.

Проекция каждой стороны равна ее длине, умноженной на косинус угла, который образует эта сторона с осью х-в, следовательно,

—<2х cos АтД-Па cos (Д14-Дз) —-из cos (Дх+Дг+Дз)-)- ... 4-

+(—1)и—1ал—icos (Д1+Д2+ ...+Дя—х)=—ап (II)

Проектируя ту же ломаную на ось у-в, получаем:

пру ДхДгД-пру A2A з+пру А 3Д4 4- ...4- пру Дп—тДл^пру A„Ai

350

или

•ТС ] (ТС I ( тс

[——(л—Лх) H-a2cos<-g— [2г.—(Л^Ла)] j+ciscos |-g-—[Зтс —

—01+^2+^з)]^_|_---+^Я—1COS{‘2‘—КЛ—0я—+ 1)1

я' =artcos(y —к),

т. е.

ai sin Ai—аз sin (А1+Лг)+аз sin (Л1+Л2+Л 3)— + +(—l)”a«—jsin (Л1+Л2+ ... +4n-i)=0. (Ill)

Итак, мы составили три уравнения (I, II, III), выражающие зависимости между основными элементами простого «-угольника. Эти уравнения позволяют вычислить любые три основных элемента многоугольника, если известны 2п—3 его независимых элементов.

В частном случае, когда п=3, уравнения I, II, III должны выразить известную уже нам зависимость между сторонами и углами треугольника Л1Л2Л3 (рис. 170). В самом деле, уравнение

(I) дает:

Л1+Л2+Л з=к.

Уравнение (II) дает:

—ai cos Л1Л-а2соз (Л14-Л2)=—аз.

или

ai cos Ai+a2 cos А з—аз,

так как

cos (Л1+Лг)=соз (-—Л 3)=—cos А з

351

так как

sin (Л1+Л2)=31П (л—Л'8)=зш Л8.

Приняв употребляемые нами ранее обозначения в треугольнике: Л1=Л, Аг=В, Аз=С, а.2=а, аз=Ь и ai=c, получим формулы, выведенные в § 58.

Згдача. При геологических изысканиях потребовалось измерить

/\ участка и получили:

Из уравнения (Г) нашли:

А 5= 3 • 180°— (А 14- А24-л з4- А 4)=540°—451 °31 '=88°30'.

a5= 351 -cos97°20' — 357 -cos331’50'4-780-cos 375°—

—718,8-cos 451°30'=—351 -sin 7°20'~357-cos 28°10' 4- 4-780-cos 15°4-718,8-sin l°30'®—351-0,1277—357-0,88164- 780-0,96594-718,8-0,0262—416,2«416, t. e. a5«416 (m).

352

§62. Решение стереометрических задач

Вданном параграфе мы покажем на конкретных при­ мерах, как во многих случаях решение стереометрической задачи сводится к выделению некоторой последователь­ ности треугольников, через элементы которых с помощью тригонометрии раскрывается связь между данными и ис­ комыми.

Задача 1. В правильной четырехугольной пирамиде сторона основания равна а, двугранный угол при основании равен а; через ребро этого угла проведена плоскость, образующая с основанием угол р (Р<а). Определить пло­ щадь сечения пирамиды указанной плоскостью.

Вычислить при а=23,4 Решение. Пусть SABCD данная пирамида

(рис. 172).

Если а>р, то в сечении пирамиды плоскостью по­ лучится равнобочная тра­ пеция BEFC. Через высоту SO пирамиды проводим се­

353

Но из треугольника SML по теореме синусов имеем:

так как ^SLM=a—p, a ^SML=a-[-$, как внешний угол треугольника MK.L. Следовательно,

EF=AD-~=a- sin/TfiC-

SL sin(a-|-p)

Подставив найденные значения LM и EF в формулу

(*) и проделав соответствующие преобразования, получим

„__a2sin2 a cos р Sin2 (а-|-р)

Остается произвести вычисления, используя таблицу ло­ гарифмов.

lgsin(a4" P) = lgsin76°20' = 1,9876,

2 lgsin(a -|- p) = 1,9752,

—2 lgsin(a -j- P) = 0,0248.

Задача 2. Основанием пирамиды служит трапеция, у ко­ торой меньшее основание и боковые стороны равны а, а острый угол а. Определить объем пирамиды, если ее боко­ вые ребра наклонены к плоскости основания под углом <р.

Решение. Строим изображение данной пирамиды SABCD и ее высоты SO (рис. 173). Чтобы облегчить уста­ новление зависимости между данными и искомыми вели­ чинами, построим рядом основание пирамиды ABCD в нормальном (неискаженном) виде и проведем в нем вы­ соту СЕ.

354

BC=CD—AB=a по условию; остается определить высоту

SO.

Из треугольника ЗОЛ получаем:

30=Л0tgc?.

Принимая во внимание одинаковый наклон боковых ребер к плоскости основания пирамиды, заключаем, что вершина S проектируется ортогонально в центр круга, описанного около основания, а потому отрезок ОА являет­ ся радиусом круга, описанного около трапеции ABCD. Угол АОВ опирается на дугу АВ =±- \jAC. Но ^АС— 2a,

так как на нее опирается вписанный угол ADC=a, следо­ вательно, оЛВ=а и угол АОВ=а..

Проведя в равнобедренном треугольнике АОВ высоту ОН, получим прямоугольный треугольник АОН, из кото­

рого находим ОА = . Таким образом, высоту пира2sin|

миды мы также определили:

SO =----- — •tg?. 2sin ~

355

Задача 3. Основанием прямой призмы служит прямо­ угольный треугольник, у которого один из острых углов равен а, а высота, опущенная из вершины прямого угла на гипотенузу, равна h.

Найти объем этой призмы, если известно, что в нее мож­ но вписать шар.

Решение. Пусть призма с вписанным в нее шаром построена (рис. 174). Произведем сечение этой конфигура­ ции плоскостью, параллельной основанию призмы и про­ ходящей через центр О шара. В сечении получится такой же, как и в основании призмы, прямоугольный треугольник АВС с вписанной в него окружностью, причем радихс этой окружности равен радиусу шара и, следовательно, равен половине высоты призмы.

Обозначив площадь основания призмы через S, а высоту

Обозначив через г радиус круга, вписанного в треугольник

£

АВС, и использовав формулу г*=— , будем иметь:

Н = 2г = —.

Р

356

Находим периметр треугольника АВС:

2р = АВ + АС + ВС = УАС2 + ВС2 + АС + ВС =

h( 1 -|- sina -p COSa) sinacosa ’

следовательно,

Задача 4. Конический сосуд, осевым сечением которого является равнобедренный треугольник с углом 2a при вершине, закрепили в отвесном положении вершиной вниз

налитой в сосуд; очевидно, он равен разности между объемом конуса АВС и объемом шара, т. е.

357

V —-^-CD-k-AD2—^-w3 =4-^ (C7J:Mg2a— 4r3), так как

AD = CD-tg.,

С другой стороны, принимая во внимание, что после уда­

откуда находим искомый уровень /г':

Задача 5. В правильной четырехугольной пирамиде боковое ребро равно b и образует с плоскостью основания угол а. В эту пирамиду вписан прямой круговой цилиндр с квадратным осевым сечением так, что одна из его образу­ ющих расположена на диагонали основания пирамиды, а окружность каждого основания касается двух смежных

основания пирамиды, поэтому плоскость основания ци­ линдра перпендикулярна основанию пирамиды и парал­ лельна ее диагональному сечению SBD. Пусть MNP — сечение пирамиды плоскостью основания цилиндра, тогда из условия задачи следует, что:

358