Apskritimai, daugiakampiai ir geometrinės konstrukcijos

Apskritimas – teigiamo spindulio apibrėžta riba

Įsivaizduokite skriestuvą, išskėstą 3 cm atstumu, kuriuo brėžiama aplink fiksuotą centrą O. Taškas, nutolęs nuo O per 3 cm, yra ant apskritimo, taškas, nutolęs per 2 cm, yra jo viduje, o taškas, nutolęs per 4 cm, – išorėje. Pats centras yra apskritimo viduje, o ne ant jo. Apskritimas yra riba; užpildę jo vidų gauname skritulį. Kurie iš šių trijų taškų priklausytų užpildytai sričiai?

Dirbkite Euklido plokštumoje naudodami vieną bendrą ilgio matavimo vienetą. Kai centras O yra fiksuotas, o spindulys r teigiamas, apskritimą sudaro taškai P, kurių atstumas nuo O yra lygiai r. Uždarą skritulį sudaro taškai, kurių atstumas nuo O yra ne didesnis kaip r; jam priklauso ir apskritimas, ir jo vidus. Taškas, kurio atstumas nuo O mažesnis už r, yra skritulio viduje, bet ne ant apskritimo. Atsižvelkite į šį skirtumą skaičiuodami bendrus ribų taškus: du skrituliai gali persidengti net tada, kai juos ribojantys apskritimai nesikerta.

Spindulio atkarpa jungia O su apskritimo tašku; tuo pačiu žodžiu vadinamas ir jos ilgis r. Styga jungia du skirtingus apskritimo taškus. Skersmuo yra per O einanti styga, kurios ilgis lygus 2r, nes abi jos pusės yra spinduliai. Du skirtingi galiniai taškai padalija apskritimą į du lankus – kreivas jo ribos dalis. Styga yra tiesi, o lankas – kreivas; bendri galiniai taškai nereiškia, kad jų ilgius galima laikyti lygiaverčiais. Skersmens galai padalija apskritimą į du vienodus pusapskritimio lankus.

Kirstinė turi du skirtingus bendrus taškus su apskritimu; jos dalis tarp šių taškų yra styga. Liestinė turi lygiai vieną bendrą tašką su apskritimu. Šie apibrėžimai taikomi visai tiesei, o ne trumpai ekrane nubrėžtai atkarpai. Toliau įrodysime, kad apskritimo liestinė yra statmena į lietimosi tašką nubrėžtam spinduliui. Tiesė, neturinti bendrų taškų su apskritimu, nėra nei kirstinė, nei liestinė.

Prieš teigdami ką nors apie apskritimą ar jį brėždami, reikalaukite, kad r > 0. Kai spindulys lygus nuliui, atstumo sąlygą tenkina tik vienas taškas O, o šis atvejis neįtrauktas į šioje pamokoje vartojamą apskritimo apibrėžimą. Neigiamas spindulys nėra leistinas atstumas. Atmeskite tokius duomenis prieš keldami r kvadratu, nes neigiamos reikšmės pakėlimas kvadratu neturi paversti jos priimtinu teigiamo spindulio apskritimu.

Pasirinkite, ką skaityti pirmiausia, tada grįžkite prie įrodymų

Pradėkite nuo apskritimo dalių, apskritimo ilgio ir skritulio ploto, tada palyginkite tiesės ir dviejų apskritimų brėžinius. Taip pat galite suskaičiuoti trikampius daugiakampio vėduoklėje. Paskelbtos pamokos apie laipsnius ir šaknis, dydžius ir vienetus bei koordinates, į kurias pateiktos nuorodos, gali padėti suprasti kvadratines šaknis, kvadratinius vienetus ir sutvarkytąsias poras.

Įrodymų skyriuose taip pat remiamasi trikampio kampų suma, Pitagoro sąryšiu ir trikampių lygumu. Lygių trikampių atitinkamos kraštinės ir kampai yra lygūs: SSS reiškia, kad lygios trys atitinkamos kraštinės, o SAS – kad lygios dvi kraštinės ir kampas tarp jų. Jei šios sąvokos jums naujos, pirmiausia peržiūrėkite konkrečius pavyzdžius ir brėžinius, o gerai jas supratę grįžkite prie vidurio taško, susikirtimo ir geometrinių konstrukcijų įrodymų. Paveikslai padeda sekti argumentaciją, tačiau matavimai juose neįrodo šių teoremų.

Apskritimo ilgis matuoja ribą, plotas – skritulį

Naudokite žinomas Euklido geometrijos formules: C = 2πr = πD apskritimo ilgiui ir A = πr² skritulio plotui apskaičiuoti, kur D = 2r yra skersmuo. Konstanta π yra visiems teigiamo skersmens apskritimams bendras santykis C/D. Apskritimo ilgis matuojamas ilgio vienetais, pavyzdžiui, cm, o skritulio plotas – kvadratiniais vienetais, pavyzdžiui, cm². Kai spindulys yra 3 cm, C = 6π cm ir A = 9π cm². Tai tikslios reikšmės, išreikštos per π, o ne suapvalinti dešimtainiai rezultatai.

Čia šias formules naudojame kaip žinomus rezultatus. Apskritimo ilgio ir skersmens santykiui bei skritulio ploto formulei pagrįsti reikia nagrinėti kreivų linijų ilgį ir plotą, neapsiribojant skaidymu į baigtinį trikampių skaičių. Skritulio suskaidymas į baigtinį sektorių skaičių ir jų perdėliojimas gali padėti numanyti ploto formulę, tačiau taip negaunamas tikslus stačiakampis, ir vien tai nėra griežtas πr² išvedimas. Šios pamokos stygų, geometrinių konstrukcijų ir daugiakampių įrodymai nepriklauso nuo tokio mintį sufleruojančio paveikslo laikymo įrodymu.

Prieš įstatydami reikšmes į formulę, perskaičiuokite duotus ilgius. Jei skersmuo yra 300 cm, spindulys yra 150 cm, arba 3/2 m. To paties skritulio apskritimo ilgis yra 300π cm = 3π m, o plotas – 22500π cm² = 9π/4 m². Vienas metras yra 100 centimetrų, todėl vienas kvadratinis metras yra 10000 kvadratinių centimetrų. Nurodydami πD² kaip skritulio plotą, supainiotumėte skersmenį su spinduliu ir teisingą plotą padaugintumėte iš 4.

Tolygiai didinant teigiamu koeficientu k, r tampa kr. Apskritimo ilgis tampa 2πkr = kC, o skritulio plotas – π(kr)² = k²A. Padvigubinus spindulį, apskritimo ilgis padvigubėja, o plotas padauginamas iš 4. Koeficientas k > 0 išlaiko teigiamą apskritimo spindulį; kai koeficientas lygus nuliui, figūra susitraukia į tašką. Išlaikykite π ir tikslias trupmenas, kol prireiks prašomo artinio, tada naudokite ≈ ir suapvalinkite galutinį rezultatą. Nei 3.14, nei 22/7 nėra tiksliai lygu π.

Trikampių lygumas paaiškina stygos vidurio tašką ir statmenį

Pradėkite nuo spindulio 5 ir tiesės, nutolusios nuo centro per 3 vienetus. Du jos taškai, esantys apskritime, yra U = (3, 4) ir V = (3, −4), o F = (3, 0) yra vidurio taškas tarp jų. Stačiojo trikampio kraštinių ilgiai yra 3, 4 ir 5. Prieš taikydami bendrąją formulę, numatykite, kas nutiks stygai, kai tiesė tols nuo centro. Brėžinys taip pat parodo, kodėl atstumas iki tiesės ir pusė stygos ilgio yra skirtingi ilgiai.

Tarkime, AB yra teigiamo spindulio apskritimo, kurio centras O, styga, o M yra AB vidurio taškas. Pirmiausia tarkime, kad styga neina per O. Tuomet O, A ir B sudaro lygiašonį trikampį, nes OA = OB = r, o O, M ir A nėra vienoje tiesėje. Trikampiuose OMA ir OMB turime OA = OB, MA = MB, o OM yra bendra kraštinė. Pagal trijų kraštinių lygybės požymį (SSS) šie trikampiai yra lygūs. Taigi gretutiniai kampai OMA ir OMB yra lygūs; kadangi A, M ir B yra vienoje tiesėje, jų suma lygi 180°, o kiekvienas iš jų lygus 90°. Tiesė OM yra AB vidurio statmuo.

Nagrinėjant statmens pagrindą gaunama ta pati išvada apie vidurio tašką. Tarkime, O nėra tiesėje AB, o F yra iš O į tą tiesę nuleisto statmens pagrindas. Pasirinkite F koordinačių pradžia, vieną ašį nukreipkite išilgai AB, o kitą – išilgai FO. Atstumo kvadrato formulė Dekarto koordinatėmis, įskaitant atvejus, kai taškai yra vienoje koordinatinei ašiai lygiagrečioje tiesėje, duoda OA² = OF² + FA² ir OB² = OF² + FB² net ir tada, jei kuri nors dedamoji būtų lygi nuliui. Kadangi OA = OB = r, atėmę gauname FA² = FB². Ilgiai FA ir FB yra neneigiami, todėl FA = FB. Tiesėje AB vienintelis taškas, vienodai nutolęs nuo skirtingų taškų A ir B, yra jų vidurio taškas; tuomet abu atstumai yra teigiami. Taip įrodoma, kad statmens pagrindas yra stygos viduje, dar prieš pasitelkiant joje neišsigimusius stačiuosius trikampius.

Skersmenį nagrinėkite atskirai. Skersmens AB vidurio taškas yra pats O. Tuomet atkarpos OM ilgis lygus nuliui, todėl ji neapibrėžia nei tiesės, nei neišsigimusio lygiašonio trikampio. Skersmens vidurio statmuo yra vienintelė per O einanti tiesė, statmena AB. Ji taip pat eina per centrą, tačiau šią tiesę vadinant nulinio ilgio atkarpa OM būtų praleistas šis ypatingas atvejis.

Tegu d yra neneigiamas statmenas atstumas nuo O iki kirstinės, o h – pusė susidariusios stygos ilgio. Kai 0 < d < r, statmuo kerta stygą jos vidurio taške, o iš neišsigimusio stačiojo trikampio gauname h² + d² = r². Todėl h = √(r² − d²) > 0 ir AB = 2√(r² − d²). Jei d = 0, styga yra skersmuo, todėl h = r, o ta pati formulė duoda 2r; šiuo atveju remiamasi skersmens apibrėžimu, o ne išsigimusiu stačiuoju trikampiu. Taigi tikros stygos formulė galioja, kai r > 0 ir 0 ≤ d < r.

Atstumas nuo centro nusako tiesės tipą

Apskritimui, kurio r > 0, pasirinkite bet kurią tiesę ir pažymėkite iš O į ją nuleisto statmens pagrindą F; atstumas d = OF ≥ 0. Jei d > 0, kiekvienas kitas tiesės taškas P sudaro statųjį trikampį OFP. Jo atstumui galioja OP² = d² + FP², todėl, kad būtų OP = r, turi būti FP² = r² − d². Jei d = 0, tiesė eina per centrą, o du apskritimo taškai yra joje priešingomis kryptimis per atstumą r nuo centro. Šis atskiras samprotavimas apie atstumą iki tiesės apima šį atvejį neteigiant, kad, kai F = O, susidaro neišsigimęs statusis trikampis.

Kai 0 ≤ d < r, yra du taškai, kurių poslinkiai nuo F yra priešingi ir lygūs ±√(r² − d²), o tiesė yra kirstinė. Kai d = r > 0, tik F yra nutolęs nuo O per atstumą r: poslinkis lygus nuliui, todėl tiesė yra liestinė. Šis ribinis vieno taško atvejis nėra styga su dviem skirtingais galais. Kai d > r, visi tiesės taškai yra nutolę nuo O daugiau nei per r, todėl sankirtos nėra. Pasiūlyta neigiama d vertė nėra atstumas nuo centro iki tiesės ir atmetama dar prieš keliant ją kvadratu.

Konkrečiai, tiesė, einanti per apskritimo tašką T ir statmena OT, yra nutolusi nuo O per atstumą r, todėl turi su apskritimu tik vieną bendrą tašką T. Ir atvirkščiai, jei per T einanti tiesė nėra statmena OT, jos statmens pagrindas F nesutampa su T. Jos atstumas nuo O yra mažesnis už OT = r: kai F ≠ O, tai gaunama iš stačiojo trikampio sąryšio, o kai F = O – tiesiogiai. Todėl ji yra kirstinė, turinti antrą bendrą tašką su apskritimu. Taigi vienintelė liestinė taške T yra statmena spinduliui OT.

Tyrinėjimo įrankio stygos koordinačių sistemoje O = (0, 0), o nagrinėjama vertikali tiesė yra x = d; reikalaujama, kad d būtų neneigiamas atstumas. Jos statmens pagrindas yra F = (d, 0). Kirstinės atveju abu stygos galai yra U = (d, h) ir V = (d, −h), o tiksli h vertė yra √(r² − d²). Kai d = r, vienintelis taškas yra F. Koordinačių tiesė x = −3 egzistuoja, tačiau įvedus −3 kaip neneigiamą atstumą d, šios scenos reikalavimas netenkinamas; tiesės padėtis su ženklu ir jos atstumas nuo centro yra skirtingi dydžiai.

Dviem apskritimams būtinos spindulių ir atstumo tarp centrų patikros

Palyginkite apskritimą, kurio spindulys 5, o centras (0, 0), su apskritimu, kurio spindulys 3, o centras (4, 0). Jie turi bendrus taškus (4, 3) ir (4, −3): kiekvienas taškas yra nutolęs nuo pirmojo centro per 5 vienetus, o nuo antrojo – per 3. Numatykite, ar bus du bendri taškai, vienas ar nė vieno, jei centrai tols vienas nuo kito, o abu spinduliai nesikeis. Atsakymą paaiškins atstumas tarp centrų ir spindulių suma arba skirtumas.

Nagrinėkime apskritimus, kurių centrai yra O ir Q, teigiami spinduliai – r ir s, o atstumas tarp centrų – d = OQ ≥ 0; visi ilgiai išreikšti tuo pačiu matavimo vienetu. Pirmiausia atmeskite neteigiamą spindulį arba nurodytą neigiamą atstumą. Tada, prieš bet kokią dalybą iš d, išnagrinėkite atvejį d = 0. Koncentriniai apskritimai, kurių r ≠ s, neturi bendrų taškų, nes vienas taškas negali būti nutolęs nuo to paties centro dviem skirtingais atstumais. Kai r = s, apskritimai sutampa: kiekvienas apskritimo taškas yra bendras, todėl gaunama be galo daug taškų, o ne du taškai ar lietimasis.

Kai centrai skirtingi, d > 0. Bendras taškas P nusako ilgius OP = r, QP = s ir OQ = d. Pagal atstumų nelygybes turi būti |r − s| ≤ d ≤ r + s. Jei d > r + s, apskritimai yra vienas kito išorėje ir neturi bendro taško. Jei 0 < d < |r − s|, vienas apskritimas yra griežtai kito apskritimo ribojamo skritulio viduje, o patys apskritimai neturi bendrų taškų. Kai d = r + s, apskritimai liečiasi iš išorės viename taške tarp centrų. Kai d = |r − s| > 0, jie liečiasi iš vidaus viename taške centrus jungiančioje tiesėje. Atvejis |r − s| = d = 0 jau buvo išnagrinėtas kaip koncentrinių apskritimų atvejis ir neturi būti vadinamas lietimusi iš vidaus.

Norėdami įrodyti, kad šios sąlygos yra pakankamos, ir suskaičiuoti taškus, pasirinkime O = (0, 0), Q = (d, 0), kur d > 0, o bendrą tašką užrašykime P = (x, y). Išvesta atstumo formulė Dekarto koordinatėmis duoda x² + y² = r² ir (x − d)² + y² = s². Atėmę vieną lygtį iš kitos, gauname x = (r² − s² + d²)/(2d). Likusi lygtis yra y² = r² − x². Algebriškai išskaidę šį reiškinį dauginamaisiais, gauname ((r + s)² − d²)(d² − (r − s)²)/(4d²). Šiame skaičiavime teigiamų spindulių ir skirtingų centrų sąlygos patikrinamos prieš kiekvieną kėlimą kvadratu, dalybą ir geometrinę išvadą.

Kadangi r + s > |r − s| ir d > 0, dauginamaisiais išskaidyta aukščio kvadrato išraiška yra teigiama tada ir tik tada, kai |r − s| < d < r + s. Tuomet du taškai (x, √(r² − x²)) ir (x, −√(r² − x²)) tenkina abi pradines atstumų lygtis. Aukštis lygus nuliui ties kiekviena leistina lietimosi riba, todėl gaunamas vienas taškas. Už šio intervalo aukščio kvadratas yra neigiamas, todėl joks realus taškas netenkina abiejų lygčių. Horizontalioji koordinatė x nebūtinai yra tarp 0 ir d: sankirtos taškų projekcijos gali būti centrus jungiančios atkarpos tęsinyje. Naudokitės pradinėmis lygtimis ir šiuo sąlygas įvertinančiu taškų skaičiavimu, o ne reikalaukite, kad statmens pagrindas būtų atkarpoje OQ.

Kai dviejų apskritimų r = s = d = 3, gauname x = 3/2, o aukščio kvadratas yra 9 − 9/4 = 27/4. Jų bendri taškai yra (3/2, ±3√3/2). Kiekvienas taškas su abiem centrais sudaro lygiakraštį trikampį, nes visų trijų kraštinių ilgis yra 3. Šie du taškai yra priešingose centrų tiesės pusėse. Tai tas pats tikslus sankirtos principas, taikomas konstruojant lygiakraštį trikampį ant duotos teigiamo ilgio atkarpos.

Dviem vienodo spindulio apskritimais konstruojamas vidurio taškas ir statusis kampas

Kai galiniai taškai yra A = (0, 0) ir B = (4, 0), pabandykite pasirinkti skriestuvo spindulį 3. Du vienodi apskritimai susikerta virš AB ir žemiau jos; per jų sankirtos taškus nubrėžta tiesė yra vertikalioji tiesė x = 2. Dabar numatykite, kas pasikeis pasirinkus spindulį 2 ir spindulį 1. Apskritimai paaiškins, kodėl tas pats vidurio taškas gali egzistuoti net tada, kai konkretus konstravimo būdas, kuriam reikia dviejų taškų, nepavyksta.

Ideali liniuotė be padalų leidžia nubrėžti tiesę per du skirtingus žinomus taškus; ji neleidžia pagal padalas nustatyti ilgio skaitinės vertės. Idealus skriestuvas leidžia nubrėžti apskritimą, kurio centras žinomas, o spindulys yra pasirinktas teigiamas dydis, taip pat ir spindulys, nukopijuotas nuo žinomos atkarpos. Konstravimą sudaro tokie tikslūs veiksmai ir gautų sankirtos taškų parinkimas. Pieštuku braižomas brėžinys šiuos veiksmus atkuria apytiksliai. Matematiniam teiginiui pagrįsti reikia įrodymo, kad sankirtos taškai egzistuoja ir turi reikiamą savybę.

Kai duoti skirtingi galiniai taškai A ir B, o AB = L > 0, pasirinkite bendrą apskritimų spindulį ρ > L/2 ir nubrėžkite apskritimus, kurių centrai yra A ir B. Pavyzdžiui, pasirinkus spindulį, lygų L, ši sąlyga visada tenkinama. Atstumas L tarp jų centrų yra griežtai tarp |ρ − ρ| = 0 ir ρ + ρ = 2ρ, todėl apskritimai turi du skirtingus sankirtos taškus P ir Q priešingose AB pusėse. Nubrėžkite tiesę PQ. Pagal apskritimų lygtis abu taškai P ir Q yra vienodai nutolę nuo A ir B.

Įrodymui raide M pažymėkime matematinį atkarpos AB vidurio tašką, kurio egzistavimas teigiamo ilgio atkarpoje nepriklauso nuo to, ar jau esame jį sukonstravę įrankiais. Pasirinkus bet kurį sankirtos tašką P, trikampiuose AMP ir BMP galioja AM = BM, AP = BP, o kraštinė MP yra bendra. Šie trikampiai nėra išsigimę, nes dviejų apskritimų sankirtos taškai nėra tiesėje AB. Pagal trijų kraštinių lygybės požymį (SSS) jų gretutiniai kampai ties M yra lygūs, todėl kiekvienas jų lygus 90°. Tuo pačiu argumentu nustatoma, kad Q yra vienintelėje per M einančioje statmenoje tiesėje. Taigi PQ yra atkarpos AB vidurio statmuo. Jo sankirta su AB leidžia sukonstruoti M, o susikirtimas su AB – statųjį kampą.

Griežta spindulio sąlyga taikoma šiam dviejų sankirtos taškų metodui. Jei ρ = L/2 > 0, apskritimai liečiasi išoriškai taške M: yra tik vienas bendras taškas, todėl tiesė per skirtingus P ir Q nėra apibrėžta. Jei 0 < ρ < L/2, apskritimai nesikerta. Neteigiamas spindulys atmetamas dar prieš keliant kvadratu. Vidurio taškas vis tiek egzistuoja, kai pasirinktas spindulys netinka; būtent šiam bandymui konstruoti trūksta dviejų reikiamų taškų.

Kai A = (0, 0) ir B = (4, 0), tinkami spinduliai tenkina sąlygą ρ > 2. Dviejų sankirtos taškų koordinatės yra (2, ±√(ρ² − 4)). Kai ρ = 3, jų koordinatės yra (2, ±√5), o per juos einanti tiesė yra x = 2. Kai ρ = 5/2, jų koordinatės yra (2, ±3/2). Abiem atvejais sukonstruoto vidurio taško koordinatės yra (2, 0). Tikslios koordinatės su šaknimis patvirtina geometrinius ryšius net jei ekrane taškų padėtys vaizduojamos naudojant suapvalintas skaitines vertes.

Vienodi atstumai pagrindžia lygiakraščius trikampius ir kampo dalijimą pusiau

Norėdami nubraižyti lygiakraštį trikampį su kraštine AB, kai A ir B yra skirtingi taškai, nubrėžkite apskritimus, kurių centrai yra A ir B, o abiejų spindulys lygus AB. Teigiamas atstumas AB yra mažesnis už dvigubą šį spindulį, todėl yra du sankirtos taškai, nepriklausantys tiesei AB. Bet kurį iš jų pažymėkite C ir nubrėžkite atkarpas AC bei BC. Iš pirmojo apskritimo gauname AC = AB, o iš antrojo – BC = AB, taigi visos trys kraštinės yra lygios. Trijų lygių trikampio kampų suma yra 180°, todėl kiekvienas jų lygus 60°. Šiuo būdu gaunamos dvi veidrodinės taško C padėtys, kurių kiekvienai galioja tas pats pagrindimas.

Norėdami nubrėžti vidinę kampo pusiaukampinę, pradėkite nuo dviejų spindulių, išeinančių iš O ir sudarančių nenulinį, neištiestinį vidinį kampą θ, kur 0° < θ < 180°. Nubrėžkite teigiamo spindulio apskritimą, kurio centras yra O; jo sankirtos su spinduliais taškus pažymėkite A ir B, taigi OA = OB = t > 0. Spinduliai yra skirtingi ir ne priešingi, todėl 0 < AB < 2t. Nubrėžkite vienodus apskritimus, kurių centrai yra A ir B, o spindulys lygus t. Jie susikerta taške O ir antrame taške P, esančiame kitoje tiesės AB pusėje nei O. Nubrėžkite spindulį OP.

Pridedamame brėžinyje naudojamas tiksliai 60° kampas, kai O = (0, 0), A = (√3, 1) ir B = (√3, −1). Abu pažymėti taškai nuo O nutolę per 2 vienetus, nes 3 + 1 = 4. Apskritimai, kurių centrai yra šie taškai, o spindulys lygus 2, susikerta taškuose O ir P = (2√3, 0), o atkarpos AB vidurio taškas M = (√3, 0) yra spindulyje OP. Dėl dviejų lygiakraščių trikampių OAB ir PAB taškas P yra kitoje tiesės AB pusėje nei O. Brėžinyje parodytas vidinis spindulys; toliau pateiktas argumentas, paremtas trikampių lygumu, paaiškina, kodėl abi jo atskirtos kampo dalys yra 30°. Duotam 80° kampui taikomas tas pats bendras įrodymas ir gaunamos 40° pusės.

Remiantis atkarpos vidurio statmens savybe, O ir P yra tiesėje, einančioje per atkarpos AB vidurio tašką M ir statmenoje AB. Kadangi P yra kitoje tiesės AB pusėje nei O, spindulys OP eina per M, esantį kampo AOB viduje. Taigi tai yra vidinis spindulys, o ne priešingas jo tęsinys. Trikampių OAP ir OBP kraštinės tenkina OA = OB, AP = BP, o OP yra bendra; pagal trijų kraštinių lygybės požymį (SSS) gauname ∠AOP = ∠POB. Kadangi šie kampai sudaro θ, kiekvienas jų lygus θ/2. Kai duotas 80° kampas, kiekviena pusė lygi tiksliai 40°; šiai lygybei pagrįsti nereikia matuoti matlankiu.

Prielaidos neleidžia atsirasti nepastebėtiems išsigimimo atvejams. Kai θ = 0°, spinduliai sutampa, A = B, o abu vienodi apskritimai sutampa, todėl šiuo metodu antrojo sankirtos taško nustatyti negalima. Kai θ = 180°, A ir B yra priešingi apskritimo taškai, o du apskritimai, kurių spindulys lygus t, liečiasi tik taške O, todėl taško P nėra. Ištiestinis kampas turi statmenus spindulius, dalijančius jį į du stačiuosius kampus; juos galima nubrėžti kitu būdu, tačiau šios neištiestiniam kampui skirtos procedūros negalima taikyti nepakeitus. Nulinis skriestuvo spindulys taip pat netinka dar prieš brėžiant bet kokį apskritimą.

Iškiliojo daugiakampio kampų suma gaunama suskaidžius jį į trikampių vėduoklę

Paimkite iškilųjį penkiakampį ir iš vienos viršūnės nubrėžkite dvi įstrižaines į dvi negretimas viršūnes. Trikampių vėduoklę sudaro trys trikampiai, todėl penkiakampio vidaus kampų suma yra 3 × 180° = 540°. Brėžinyje kiekvienas nuspalvintas trikampis užpildo vieną daugiakampio dalį. Prieš apibendrindami daugiakampiui su n kraštinių, numatykite, kiek trikampių gautumėte šešiakampyje. Viršūnių padėtys nurodytos apytikslėmis brėžinio koordinatėmis; trikampių skaičius ir kampų sumos yra tikslūs.

Čia daugiakampis turi sveikąjį skaičių n ≥ 3 skirtingų viršūnių, paeiliui sujungtų teigiamo ilgio tiesiomis kraštinėmis, o paskutinė kraštinė uždaro kontūrą. Daugiakampis yra paprastasis: gretimos kontūro kraštinės susitinka tik bendruose galuose, o susikirtimų nėra. Kampų sumos įrodymą taikome tik iškiliesiems daugiakampiams be ištiestinių kampų, todėl kiekvienas vidaus kampas yra mažesnis už 180°, o visa atkarpa, jungianti bet kuriuos du srities taškus, lieka šioje srityje. Žvaigždė su susikertančiomis kraštinėmis ar į vieną tiesę sutraukta taškų seka šių prielaidų netenkina.

Pažymėkite viršūnes pagal jų eilę kontūre: V₀, V₁, …, Vₙ₋₁. Iš V₀ nubrėžkite įstrižaines į viršūnes nuo V₂ iki Vₙ₋₂. Dėl iškilumo šios įstrižainės yra daugiakampio viduje ir sudaro n − 2 neišsigimusių trikampių vėduoklę; jų vidinės sritys nesikerta ir užpildo visą daugiakampio sritį. Kai n = 3, vėduoklę sudaro tik pradinis trikampis ir nereikia jokios įstrižainės. Ties kiekviena daugiakampio viršūne vėduoklės trikampių kampai padalija vidaus kampą. Todėl sudedant visų trikampių kampų sumas kiekvienas daugiakampio vidaus kampas įskaičiuojamas tik vieną kartą ir gaunama bendra suma (n − 2) × 180°.

Norėdami suskaičiuoti išorės kampus, vieną kartą apeikite kontūrą ta pačia kryptimi. Ties kiekviena viršūne imkite posūkį nuo į viršūnę nukreiptos kraštinės iki iš jos nukreiptos kraštinės, visur išlaikydami tą pačią orientaciją. Šiame iškiliajame daugiakampyje kiekvieno posūkio dydis lygus 180° minus gretimas vidaus kampas. Jų suma yra n × 180° − (n − 2) × 180° = 360°. Pakeitus judėjimo kryptį į priešingą, kryptingųjų posūkių ženklai pasikeičia į priešingus; jų dydžių suma vis tiek yra 360°. Jei ties kiekviena viršūne skaičiuotume abu galimus išorės kampus arba įpusėję pakeistume orientaciją, tai būtų kitoks skaičiavimas.

Šioje pamokoje taisyklingasis daugiakampis yra paprastasis ir iškilusis, visos jo kraštinės lygios ir visi vidaus kampai lygūs. Taigi kiekvienas vidaus kampas yra ((n − 2) × 180°)/n = 180° − 360°/n, o kiekvieno išorinio posūkio dydis yra 360°/n. Iš n dalijama tik patikrinus, kad n yra sveikasis skaičius, ne mažesnis už 3. Siūloma reikšmė n = 2 čia neapibrėžia daugiakampio, o n = 5/2 negali būti jo viršūnių skaičius. Vien tai, kad kraštinių ilgiai lygūs, nereiškia, kad daugiakampis taisyklingasis: rombo gretimi kampai gali būti nelygūs.

Kai kurių taisyklingųjų daugiakampių konstrukcijos pagrįstos tiksliai

Dviejų apskritimų konstrukcija jau leidžia nubraižyti taisyklingąjį trikampį, kurio kraštinė yra bet kuri duota teigiamo ilgio atkarpa. Norėdami duotame teigiamo spindulio apskritime nubraižyti kvadratą, per žinomą jo centrą O nubrėžkite skersmenį AC. Nubraižykite atkarpos AC vidurio statmenį, kuris eina per O, o jo sankirtos su duotuoju apskritimu taškus pažymėkite B ir D. Imkite A, B, C ir D iš eilės aplink apskritimą ir sujunkite juos. Visi keturi centriniai kampai yra statieji, o kiekvieno spindulio ilgis yra r.

Kiekvienas iš trikampių AOB, BOC, COD ir DOA turi dvi r ilgio kraštines ir 90° kampą tarp jų, todėl pagal SAS požymį jie yra lygūs. Kiekvienas jų yra lygiašonis, o kampai prie pagrindo yra 45°, nes likusių dviejų kampų suma yra 90°. Prie kiekvienos daugiakampio viršūnės esantys gretimi kampai prie pagrindo sudaro vidinį kampą 45° + 45° = 90°, o iš trikampių lygumo gauname keturias lygias daugiakampio kraštines. Taigi daugiakampis yra kvadratas. Pagal Pitagoro teoremą kiekvienos kraštinės ilgis yra √(r² + r²) = r√2. Šis įrodymas remiasi stačiaisiais trikampiais ir jų lygumu, o ne įbrėžtinio kampo teorema.

Norėdami teigiamo spindulio apskritime nubraižyti taisyklingąjį šešiakampį, pasirinkite pradinį apskritimo tašką A ir išlaikykite skriestuvo kojelių atstumą lygų spinduliui r. Apskritimas, kurio centras A, o spindulys r, kerta pradinį apskritimą dviejuose taškuose; vieną jų pasirinkite kaip kitą viršūnę B. Kiekvienoje naujoje viršūnėje pasirinkite kitą sankirtos tašką ta pačia kryptimi aplink pradinį apskritimą, užuot grįžę į ankstesnę viršūnę. Centras ir kiekviena paeiliui pasirinktų viršūnių pora sudaro lygiakraštį trikampį, nes abu jo spinduliai ir juos jungianti styga yra r ilgio. Todėl kiekvienas gretimas centrinis kampas yra 60°.

Šeši tokie teigiami posūkiai sudaro 360° ir sugrąžina į A; iki užsidarant figūrai gaunamos šešios skirtingos viršūnės. Sujungę gretimas viršūnes gauname paprastąjį iškiląjį šešiakampį su šešiomis lygiomis r ilgio kraštinėmis. Ties kiekviena viršūne dviejų gretimų lygiakraščių trikampių kampai prie pagrindo sudaro 60° + 60° = 120°, todėl visi vidiniai kampai taip pat yra lygūs. Jo perimetras yra 6r. Grįžimą po šešių žingsnių užtikrina tiksliai pagrįstas 60° kampas, o ne beveik pasiektas pradinis pieštuko žymėjimas.

Tiksli taisyklingojo daugiakampio kampų formulė savaime nesuteikia būdo jį nubraižyti liniuote be padalų ir skriestuvu. Aukščiau pagrindėme trikampio, kvadrato ir šešiakampio konstrukcijas. Ne kiekvieną taisyklingąjį daugiakampį galima tiksliai nubraižyti naudojant tik šiuos idealius įrankius; šioje pamokoje nepateikiamas ir neįrodomas bendras konstravimo galimumo kriterijus. Padalijus pilnąjį kampą į n lygių dalių matlankiu, galima gauti naudingą apytikslį brėžinį, tačiau dešimtainis kampo rodmuo nėra tikslus konstrukcijos skriestuvu ir liniuote pagrindimas.

Įrodymas remiasi aprašu, o ne paveikslo pikseliais

Geometrinė konstrukcija kelia tris klausimus: kokie veiksmai leidžiami, ar egzistuoja jiems reikalingi skirtingi sankirtos taškai ir kodėl gauta figūra turi norimą savybę. Apskritimo apibrėžimai užtikrina vienodus atstumus; SSS ir SAS požymiai leidžia perkelti informaciją apie kampus ir ilgius; teigiamumas ir sankirtos nelygybės pagrindžia egzistavimą. Eskizas padeda susisteminti šiuos argumentus, tačiau jų nepakeičia. Tai, kad tiesės atrodo statmenos ar kad išmatuotos dvi kraštinės yra beveik lygios, negali pagrįsti tikslaus stačiojo kampo ar lygybės.

Tikslios trupmenos ir simbolinės šaknų išraiškos gali pagrįsti nubraižytą konstrukciją. Kai AB = 4 ir ρ = 3, sankirtos taško koordinatės yra (2, √5). Jo atstumų iki A ir B kvadratai abu yra 4 + 5 = 9, tiksliai lygūs reikiamo spindulio kvadratui. Norint parodyti tašką ekrane, reikia apytikslės √5 reikšmės, tačiau įrodyme naudojama tiksli išraiška. Taip pat ir dviejų apskritimų bendrų taškų skaičius nustatomas pagal tikslius ženklus ir lygybes, o ne pagal skaitinę toleranciją, kuri beveik susiliečiančius apskritimus prilygina besiliečiantiems.

Skirkite tikslius matematinius dešimtainius skaičius nuo suapvalintų matavimo rezultatų. Kai tikslūs spinduliai yra 3 ir 2, o tikslus atstumas tarp centrų yra 5, apskritimai liečiasi iš išorės, nes d = r + s. Pakeitus tikslų atstumą į 5.001, gaunama d > r + s, ir bendrų taškų nėra. Jei 5 yra suapvalintas išmatuotas atstumas, jis pats savaime neįrodo tikslaus lietimosi. Fiziniam brėžiniui ar įrenginiui taip pat reikia nurodyto matavimo modelio ir tikslumo.

Kai Dekarto koordinačių brėžinyje vaizduojami atstumai, abiejose ašyse naudokite vienodą ilgio mastelį. Ištempus tik vieną vaizdo ašį, apskritimas gali atrodyti kaip elipsė, o statusis kampas – netaisyklingas, nors tiksliai nurodytos koordinatės nesikeičia. Daugiakampio viršūnės, pažymėtos pagal apytiksles kampines koordinates, vaizduoja pasirinktą taisyklingąjį daugiakampį; tikslios jo kampų reikšmės gaunamos iš įrodytų formulių, o brėžiniu neteigiama, kad daugiakampį galima sukonstruoti su kiekviena galima n reikšme.

Numatykite pokytį, tada palyginkite tikslų rezultatą

Tiesės vaizde išlaikykite spindulį 5 ir palyginkite atstumus 3, 0, 5 ir 6. Prieš tikrindami rezultatą, numatykite bendrų taškų skaičių ir stygos ilgį. Skersmuo yra atskiras atvejis, lietimosi atveju yra tik vienas bendras taškas, o kai tiesė neturi bendrų taškų su apskritimu, realiosios aukščio reikšmės nėra. Išbandykite nepriimtiną įvestį ir paaiškinkite, kurios teigiamo spindulio ar atstumo be ženklo sąlygos ji neatitinka.

Dviejų apskritimų vaizde palyginkite susikertančių, besiliečiančių, vienas nuo kito atskirtų ir bendrą centrą turinčių apskritimų variantus. Kiekvieną bendrų taškų skaičių paaiškinkite remdamiesi tiksliomis spindulių ribomis. Daugiakampio vaizde palyginkite penkiakampį, šešiakampį ir neleistiną kraštinių skaičių; kampų formulėms būtinas leistinas sveikasis kraštinių skaičius. Atkarpos vidurio statmens vaizde palyginkite spindulius 3, 2 ir 1, kai AB = 4, ir nustatykite, kuris pasirinkimas suteikia du skirtingus susikirtimo taškus, reikalingus juos jungiančiai tiesei. Atskirkite tikslias lentelės reikšmes nuo apytikslių padėčių brėžinyje.

Išnagrinėti pavyzdžiai

Pabandykite patys

1. Apskritimo spindulys yra 7/2 cm. Nurodykite jo skersmenį, tikslų apskritimo ilgį ir uždarojo skritulio plotą. Ar jo centras yra ant apskritimo, ar skritulyje? Ar stygos su skirtingais galais apibrėžimas sutampa su tuos galus jungiančio lanko apibrėžimu? Kiek kartų pasikeičia apskritimo ilgis ir skritulio plotas, kai spindulys patrigubinamas?

   Rodyti atsakymą ir paaiškinimą

   Skersmuo yra 7 cm, apskritimo ilgis – 7π cm, o skritulio plotas – 49π/4 cm². Centras yra skritulio viduje, bet nepriklauso apskritimui. Styga yra tiesi atkarpa, o lankas – kreiva ribos dalis. Patrigubinus spindulį, apskritimo ilgis padidėja 3 kartus, o skritulio plotas – 9 kartus.

   Spindulys yra teigiamas. Skersmuo yra 2 × 7/2 = 7, C = 2π × 7/2 = 7π, o A = π × (7/2)² = 49π/4. Centro atstumas nuo savęs yra 0, mažesnis už 7/2, todėl jis priklauso skritulio vidui, o ne ribai. Du skirtingi galai apibrėžia vieną tiesią stygą ir du galimus ribos lankus; reikia nurodyti, kuris lankas pasirinktas. Teigiamas mastelio koeficientas k = 3 pakeičia 2πr į 3(2πr), o πr² – į 9(πr²), išlaikant ilgio ir kvadratinius vienetus.

2. Apskritimo spindulys yra r = 3/2, o statmenas atstumas nuo jo centro iki tiesės yra d = 1. Raskite tikslias pusės stygos ir visos stygos ilgių reikšmes. Nustatykite tiesės padėtį apskritimo atžvilgiu, kai d yra 0, 3/2 arba 2. Ar siūlomas atstumas d = −1 duoda dar vieną leistiną stygos atvejį?

   Rodyti atsakymą ir paaiškinimą

   Kai d = 1, pusės stygos ilgis yra √5/2, o stygos ilgis – √5 vienetų. Kai d = 0, tiesė sudaro skersmens stygą, kurios ilgis 3; kai d = 3/2, ji yra liestinė, turinti vieną bendrą tašką, bet nesudaranti tikros stygos; kai d = 2, ji neturi bendrų taškų su apskritimu. Neigiamas atstumas atmetamas.

   Kai r > 0 ir 0 < 1 < 3/2, h² = 9/4 − 1 = 5/4, o h = √5/2 > 0. Padvigubinus h, gaunamas visos stygos ilgis √5. Kai d = 0, galai yra diametraliai priešingi apskritimo taškai, o ilgis 2r = 3 gaunamas tiesiogiai, be neišsigimusio stačiojo trikampio ties centru. Kai d = r, poslinkis lygus nuliui ir lieka vienas sankirtos taškas, o kai d > r, nelieka nė vieno. Neigiama įvesties reikšmė nėra statmenas atstumas; ji atmetama prieš keliant kvadratu, nors atskirai pagal koordinatę su ženklu nurodyta tiesė gali būti bet kurioje centro pusėje.

3. Nustatykite bendrų ribos taškų skaičių apskritimams, kurių parametrai (r, s, d) = (5, 5, 6), (5, 3, 4), (3, 3, 3), (3, 2, 5), (5, 2, 3), (3, 2, 6), (5, 2, 2), (5, 2, 0), (3, 3, 0) ir (0, 2, 3). Kuriuo atveju kiekvienas bendras taškas kartu su abiem centrais sudaro lygiakraščio trikampio viršūnes?

   Rodyti atsakymą ir paaiškinimą

   Pirmaisiais trimis atvejais yra po du bendrus taškus. Kitais dviem atvejais yra po vieną tašką: išorinis lietimasis, kai parametrai yra (3, 2, 5), ir vidinis lietimasis, kai jie yra (5, 2, 3). Tolesniais trimis atvejais bendrų taškų nėra: atitinkamai apskritimai yra vienas kito išorėje, vienas yra kito viduje be lietimosi, o apskritimai yra koncentriniai ir nevienodo dydžio. Apskritimai, kurių parametrai yra (3, 3, 0), sutampa ir turi be galo daug bendrų taškų. Paskutinis parametrų rinkinys su nuliniu spinduliu atmetamas. Kai parametrai yra (3, 3, 3), bet kuris iš dviejų sankirtos taškų su centrais sudaro lygiakraštį trikampį.

   Kai teigiamų spindulių apskritimų centrai nesutampa, palyginkite d su |r − s| ir r + s: pirmaisiais trimis atvejais galioja 0 < 6 < 10, 2 < 4 < 8 ir 0 < 3 < 6. Lietimosi atvejais galioja 5 = 3 + 2 ir 3 = |5 − 2| > 0. Toliau 6 > 3 + 2 reiškia, kad apskritimai yra vienas kito išorėje ir neturi bendrų taškų, o 0 < 2 < |5 − 2| reiškia, kad vienas apskritimas yra kito viduje ir jie nesiliečia. Kai d = 0, nevienodų spindulių apskritimai negali turėti bendro taško, o vienodi spinduliai apibrėžia tą patį apskritimą; šiuos atvejus išnagrinėkite prieš dalydami iš d. Spindulys 0 neatitinka apibrėžimo dar prieš keliant kvadratu. Kai r = s = d = 3, abu spinduliai, nubrėžti į susikirtimo tašką, ir centrus jungianti atkarpa yra vienodo ilgio 3, todėl bet kuris iš dviejų susikirtimo taškų sudaro lygiakraštį trikampį.

4. Duoti taškai A = (0, 0) ir B = (4, 0). Nurodykite, ar dviejų apskritimų būdu nubraižomas atkarpos vidurio statmuo, kai abiem apskritimams pasirenkamas vienodas skriestuvo spindulys 3, 2, 1, 0, −3 arba 5/2. Kiekvienu sėkmingu atveju pateikite tikslias susikirtimo taškų koordinates ir paaiškinkite, kodėl vienas lietimosi taškas atkarpos viduryje neapibrėžia reikiamos tiesės.

   Rodyti atsakymą ir paaiškinimą

   Tinka tik spinduliai 3 ir 5/2. Jiems atitinkamai gaunami taškai (2, ±√5) ir (2, ±3/2), ir abiem atvejais jie apibrėžia tiesę x = 2. Kai spindulys 2, gaunamas tik taškas (2, 0), kai spindulys 1, bendrų taškų nėra, o spinduliai 0 ir −3 yra neleistini. Per vieną tašką eina daug tiesių, todėl šiuo būdu lietimosi taškas neapibrėžia atkarpos vidurio statmens.

   Atkarpos ilgis yra teigiamas ir lygus 4. Du vienodo spindulio apskritimai, kurių centrus skiria atstumas 4, turi du susikirtimo taškus tada ir tik tada, kai ρ > 2. Tinkamais atvejais atėmus lygtis gaunama x = 2 ir y² = ρ² − 4, taigi gaunama 5, kai ρ = 3, ir 9/4, kai ρ = 5/2. Abu taškai yra vienodai nutolę nuo A ir B, o įrodymas pagal trijų kraštinių lygybės požymį (SSS), naudojant atkarpos vidurio tašką, parodo, kad juos jungianti tiesė yra statmena atkarpai. Kai ρ = 2, aukščio kvadratas lygus nuliui, o abu užrašyti ženklai nurodo tą patį tašką, todėl jų negalima naudoti kaip dviejų skirtingų taškų tiesei liniuote brėžti. Kai teigiamas spindulys ρ = 1, apskritimai yra vienas kito išorėje ir neturi bendrų taškų. Neteigiami spinduliai atmetami prieš skaičiuojant kvadratus ar susikirtimo taškus.

5. Du spinduliai, prasidedantys taške O, sudaro tiksliai 80° vidinį kampą. Teigiamo spindulio apskritimas, kurio centras O, pažymi ant spindulių taškus A ir B, vienodai nutolusius nuo O atstumu t. Vienodo spindulio t apskritimai, kurių centrai A ir B, susikerta taške O ir antrame taške P, esančiame kitoje tiesės AB pusėje. Paaiškinkite, kodėl spindulys OP yra vidinė kampo pusiaukampinė, ir nurodykite kiekvienos kampo pusės dydį. Kodėl šis būdas netinka, kai spinduliai sutampa arba yra priešingi?

   Rodyti atsakymą ir paaiškinimą

   Spindulys OP eina per atkarpos AB vidurio tašką kampo viduje, o trikampių OAP ir OBP lygumas pagal trijų kraštinių lygybės požymį (SSS) rodo, kad abi dalys lygios. Kiekvienos dalies dydis yra 40°. Kai spinduliai sutampa, sutampa ir pagalbiniai apskritimai; kai spinduliai priešingi, gaunamas tik vienas lietimosi taškas O, todėl nė vienu atveju negaunamas šiam būdui būtinas skirtingas antrasis susikirtimo taškas.

   Kadangi 0° < 80° < 180°, pažymėtiems taškams galioja 0 < AB < 2t. Todėl vienodi apskritimai turi du bendrus taškus, o P nesutampa su O. Abu taškai yra ant atkarpos AB vidurio statmens; pasirinkus P kitoje tiesės AB pusėje, spindulys OP eina per atkarpos vidurio tašką, taigi ir duotojo kampo viduje. Lygios kraštinės OA = OB, AP = BP ir bendra kraštinė OP leidžia taikyti trijų kraštinių lygybės požymį (SSS), todėl ∠AOP = ∠POB, o jų suma 80° reiškia, kad kiekvienas kampas lygus 40°. Kai kampas lygus 0°, pažymėti taškai A ir B sutampa. Kai kampas lygus 180°, atstumas tarp jų yra 2t, o apskritimai liečiasi išoriškai taške O. Ištiestinį kampą galima padalyti pusiau nubraižius statmenį, tačiau kampo dalijimo būdas, kuriam reikia dviejų susikirtimo taškų, nebeatitinka nurodytų prielaidų.

6. Raskite taisyklingųjų iškiliųjų daugiakampių, kurių n = 5, 8 ir 12, vidaus kampų sumą, kiekvieno vidaus kampo dydį ir kiekvieno išorinio posūkio kampą. Paaiškinkite, kodėl trikampių skaičius yra n − 2, o bendras išorinis posūkis lygus 360°. Ar siūlomi kraštinių skaičiai 2 ir 5/2 yra leistini, ar jų kampų dalmenis galima pateikti kaip atsakymus apie daugiakampius?

   Rodyti atsakymą ir paaiškinimą

   Kai n = 5, reikšmės yra 540°, 108° ir 72°; kai n = 8, jos yra 1080°, 135° ir 45°; kai n = 12, jos yra 1800°, 150° ir 30°. Iškiliojo daugiakampio suskaidymas iš vienos viršūnės sudaro n − 2 trikampių, o po vieną tos pačios krypties išorinį posūkį kiekvienoje viršūnėje iš viso sudaro 360°. Nei 2, nei 5/2 nėra leistinas kraštinių skaičius, todėl nė vienu atveju daugiakampio kampai nenustatomi.

   Iš vienos viršūnės nubrėžtos n − 3 vidinės įstrižainės padalija iškilųjį daugiakampį į n − 2 neišsigimusių trikampių. Jų kampai sudaro visus daugiakampio vidaus kampus, todėl jų suma lygi (n − 2)180°. Taisyklingojo daugiakampio kampai lygūs, tad ši suma dalijama iš leistino sveikojo skaičiaus n. Kiekvienas išorinio posūkio kampas yra gretutinis vidaus kampui ir lygus 360°/n; sudėjus po vieną ta pačia kryptimi orientuotą posūkį kiekvienoje viršūnėje, gaunama n180° − (n − 2)180° = 360°. Įstačius 5, 8 ir 12, gaunamos nurodytos reikšmės. Čia daugiakampio kraštinių skaičius turi būti sveikasis skaičius, ne mažesnis už 3, jo viršūnės turi būti skirtingos, o kontūras – savęs nekertantis ir iškilas. Atmestai įvesties reikšmei apskaičiuotas algebrinis dalmuo nepatvirtina, kad tokia figūra egzistuoja.

7. Tikslus apskritimo spindulys yra 2 cm. Palyginkite kvadratą, sudarytą naudojant du statmenus skersmenis, su šešiakampiu, sudarytu nuosekliai atidedant šį spindulį apskritime ta pačia kryptimi. Nurodykite kiekvieno daugiakampio kraštinės ilgį, perimetrą ir vidaus kampą bei pagrįskite konstrukcijas. Ar beveik užsidarantis skriestuvu nubraižytas brėžinys arba pavaizduotas taisyklingasis daugiakampis įrodo, kad kiekvieną taisyklingąjį n-kampį galima nubraižyti liniuote ir skriestuvu?

   Rodyti atsakymą ir paaiškinimą

   Kvadrato kraštinės ilgis yra 2√2 cm, perimetras – 8√2 cm, o vidaus kampas – 90°. Taisyklingojo šešiakampio kraštinės ilgis yra 2 cm, perimetras – 12 cm, o vidaus kampas – 120°. Kvadrato konstrukciją pagrindžia lygūs lygiašoniai statieji trikampiai, o šešiakampio – šeši lygiakraščiai trikampiai su bendra viršūne centre. Apytikslis užsidarymas ar brėžinys neįrodo nei tikslumo, nei bendros galimybės nubraižyti liniuote ir skriestuvu.

   Keturi kvadrato trikampiai su viršūne centre turi po du 2 ilgio spindulius ir 90° kampą tarp jų. Trikampių lygumas pagal dvi kraštines ir kampą tarp jų (SAS) įrodo stygų lygybę, pagal Pitagoro teoremą kraštinės ilgis yra √(4 + 4) = 2√2, o du kampai prie pagrindo, kurių kiekvienas lygus 45°, sudaro kiekvieną 90° vidaus kampą. Šešiakampio kiekviena iš eilės einanti styga yra perkelto spindulio ilgio, todėl centras ir jos galai sudaro lygiakraštį trikampį, kurio kraštinės ilgis 2, o centrinis kampas 60°. Šeši nuoseklūs centriniai kampai sudaro lygiai 360°, o du kampai prie pagrindo, kurių kiekvienas lygus 60°, sudaro kiekvieną 120° daugiakampio kampą. Sudėjus vienodų kraštinių ilgius, gaunami nurodyti perimetrai. Ekrano koordinatės ir pieštuko žymės tik apytiksliai atitinka šias idealias operacijas; jas pagrindžia tikslūs kampų ir atstumų patikrinimai. Vien kampų formulių ar apytikslio taisyklingojo daugiakampio brėžinio buvimas nesuteikia pagrindo teigti, kad bet kurį tokį daugiakampį galima sukonstruoti skriestuvu ir liniuote.

Ką verta įsidėmėti

• Apskritimas yra teigiamo spindulio ribinė linija OP = r; jo uždarasis skritulys tenkina OP ≤ r. Spinduliais ir skersmenimis vadinamos atkarpos arba jų ilgiai, o tiesi styga ir kreivas lankas reiškia skirtingus dalykus.
• Naudokite žinomas formules C = 2πr = πD ir A = πr², laikydamiesi nuoseklių ilgio ir ploto matavimo vienetų. Išlaikykite tikslią π reikšmę; padidinus teigiamu mastelio koeficientu k, apskritimo ilgis padauginamas iš k, o skritulio plotas – iš k².
• Trikampių lygumas pagal tris kraštines (SSS) įrodo, kad per centrą einantis statmuo stygai, kuri neina per centrą, dalija ją pusiau. Skersmuo yra atskiras atvejis; neišsigimusios stygos, kurios atstumas nuo centro tenkina 0 ≤ d < r, ilgis yra 2√(r² − d²).
• Prieš nustatydami tiesės padėtį apskritimo atžvilgiu, patikrinkite, ar r > 0 ir d ≥ 0. Kai atstumas d < r, yra du bendri taškai, kai d = r – vienas lietimosi taškas, o kai d > r – nė vieno; apskritimo liestinė yra statmena į lietimosi tašką nubrėžtam spinduliui.
• Nagrinėdami du teigiamo spindulio apskritimus, prieš dalydami pirmiausia išnagrinėkite atvejį, kai jų centrai sutampa. Kai centrai skirtingi, yra du bendri taškai, jei |r − s| < d < r + s, vienas bendras taškas ties bet kuria leistina intervalo riba ir nė vieno už intervalo ribų; vienodo spindulio koncentriniai apskritimai sutampa.
• Norint sukonstruoti atkarpos vidurio statmenį naudojant du apskritimus, reikia teigiamo ilgio atkarpos ir bendro spindulio, didesnio už pusę jos ilgio. Trikampių lygumas taip pat pagrindžia lygiakraščio trikampio ir nenulinio, neištiestinio kampo vidinės pusiaukampinės konstrukcijas.
• Paprastojo iškilojo n-kampio, kur n yra sveikasis skaičius, vidaus kampų suma yra (n − 2)180°, o nuosekliai skaičiuojamų išorinių posūkio kampų suma – 360°. Taisyklingojo daugiakampio kampai gaunami padalijus šias sumas iš leistino n; tikslios formulės ir nubraižytos figūros nereiškia, kad visus tokius daugiakampius galima sukonstruoti liniuote ir skriestuvu.