Geometrinis įrodymas ir koordinačių metodai

Geometrinis įrodymas paaiškina, kas iš ko išplaukia

Sujunkite A = (0, 0), B = (4, 0), C = (5, 2) ir D = (1, 2) šia tvarka. Apskaičiavę A ir C atitinkamų koordinačių vidurkius, gauname (5/2, 1); apskaičiavę B ir D atitinkamų koordinačių vidurkius, gauname tą patį tašką. Įstrižainių vidurio taškai sutampa. Tai tikslus vienos figūros patikrinimas. Norėdami įrodyti tą patį rezultatą kiekvienam lygiagretainiui, paaiškinsime, kodėl ši lygybė išplaukia iš jo priešingų kraštinių lygiagretumo.

Teorema yra teiginys apie kiekvieną figūrą, tenkinančią nurodytas prielaidas. Teiginyje „Jei ABCD yra lygiagretainis, jo įstrižainės viena kitą dalija pusiau“ prielaida yra tai, kad figūra yra lygiagretainis, o išvada – kad įstrižainės viena kitą dalija pusiau. Raidės turi žymėti viršūnes jų išsidėstymo kontūre tvarka, o keturkampis turi turėti keturias skirtingas viršūnes ir paprastą uždarą kontūrą. Samprotaujant negalima nepastebimai priimti kaip prielaidos tos išvados, kurią siekiama įrodyti.

Įrodymas susieja prielaidas su išvada pasitelkiant apibrėžimus, jau įrodytus rezultatus ir pagrįstus skaičiavimus. Kelių tikslių pavyzdžių patikrinimas gali atskleisti klaidą arba padėti numatyti teoremą, tačiau neįrodo teiginio apie kiekvieną sąlygas tenkinančią figūrą. Suapvalintas matavimo pagal brėžinį rezultatas turi papildomą ribotumą: tariama lygybė gali atsirasti dėl brėžinio ar matavimo apytikslumo.

Atvirkštiniame teiginyje prielaida ir išvada sukeičiamos vietomis, todėl jam reikia atskiro įrodymo. Teiginys „Kiekvieno stačiakampio įstrižainės yra lygios“ savaime neįrodo teiginio „Kiekvienas keturkampis, kurio įstrižainės yra lygios, yra stačiakampis“. Vienas kontrpavyzdys, tenkinantis siūlomą prielaidą, bet netenkinantis išvados, paneigia šį visuotinį atvirkštinį teiginį. Figūra, kuri netenkina nurodytos prielaidos, nėra pradinės teoremos kontrpavyzdys.

Patogi koordinačių sistema turi tikti kiekvienai leistinai figūrai

Naudokite Euklido plokštumą su statmenomis ašimis ir tuo pačiu ilgio vienetu abiejose ašyse. Koordinatė nusako kryptinį poslinkį, todėl leidžiamos neigiamos ir trupmeninės vertės. Pakeitus koordinačių pradžią arba pasukus statmenų ašių koordinačių sistemą, figūra neištempiama: ankstesnėje transformacijų pamokoje paaiškinta, kodėl judesiai išsaugo atstumus ir kampus. Veidrodiškai atspindėta koordinačių sistema gali pakeisti orientuoto ploto ženklą, išsaugodama įprastą plotą.

Bet kurio neišsigimusio trikampio viršūnę A padėkite taške (0, 0), teigiamą x ašies kryptį nukreipkite išilgai AB ir užrašykite B = (b, 0), C = (c, d), kur b > 0 ir d ≠ 0. Pasirinkus koordinačių sistemą, šiomis sąlygomis galima aprašyti kiekvieną tokį trikampį. Koordinatė c neprivalo būti tarp 0 ir b. Papildomai parinkus c = 0, kampas ties A būtų status, todėl taip rinktis negalima, nebent statmenumas jau žinomas.

Lygiagretainį patogu aprašyti taip: A = (0, 0), B = u, D = v ir C = u + v, kur u ir v yra nelygiagrečius vektorius nusakančios koordinačių poros. Tokį aprašymą pagrindžia lygiagretainio apibrėžimas: per B einanti tiesė, lygiagreti AD, ir per D einanti tiesė, lygiagreti AB, susikerta taške u + v. Pasirinkti B = (b, 0) nebūtina; pasirinkus D = (0, d), būtų papildomai daroma prielaida, kad lygiagretainis yra stačiakampis.

Brėžinyje gali būti naudojami skirtingi ekrano masteliai, kad jis tilptų į jam skirtą sritį. Remkitės tiksliomis koordinatėmis, o ne matavimais toje srityje. Jei pačios fizinės koordinatės išreikštos skirtingais vienetais, pavyzdžiui, horizontaliai metrais, o vertikaliai centimetrais, prieš taikydami atstumo arba stataus kampo formulę perskaičiuokite jas į bendrą vienetą. Neperskaičiuota skaičių pora nusakytų skirtingus mastelius abiem kryptimis.

Tikslūs koordinačių skirtumai nusako ilgius ir visas atkarpas

Pereinant iš P = (1, 1) į Q = (5, 4), horizontalusis pokytis yra 4, o vertikalusis – 3. Pagal Pitagoro teoremą PQ² = 4² + 3² = 25, taigi PQ = 5 vienetų. Kiekvieno pokyčio pusę nusako pora (2, 3/2), todėl atkarpos vidurio taškas yra M = (3, 5/2). Koordinačių skirtumai nusako poslinkį, o galų koordinačių vidurkiai – tašką jo pusiaukelėje.

Kai P = (pₓ, pᵧ) ir Q = (qₓ, qᵧ), pažymėkite u = Q − P = (qₓ − pₓ, qᵧ − pᵧ). Apibrėžkite q(u) = uₓ² + uᵧ². Kadangi poslinkiai koordinačių ašių kryptimis yra statmeni, pagal Pitagoro teoremą PQ² = q(u), taigi PQ = √q(u). Jei vienas poslinkis lygus nuliui, formulė duoda horizontalųjį arba vertikalųjį atstumą; jei abu lygūs nuliui, taškai sutampa ir atstumas lygus nuliui. Atstumų kvadratai leidžia išvengti nereikalingų šaknų, nekeičiant neneigiamų ilgių lygybės.

Atkarpos vidurio taškas M yra (P + Q)/2, tai reiškia, kad kiekvienos koordinatės vidurkis skaičiuojamas atskirai. Iš tiesų, M − P = (Q − P)/2 ir Q − M = (Q − P)/2. Šios lygios kryptinės pusės rodo, kad M yra atkarpoje PQ ir vienodai nutolęs nuo jos galų. Kai galai sutampa, ši formulė duoda jų bendrą tašką, tačiau nesukuria nei teigiamo ilgio atkarpos, nei krypties.

Visą atkarpą PQ sudaro taškai P + t(Q − P), kai t yra bet kuris realusis skaičius, tenkinantis 0 ≤ t ≤ 1. Atkarpos galus atitinka t = 0 ir t = 1, vidurio tašką – t = 1/2, o likusios parametro reikšmės apima visus tarpinius taškus. Kai realusis t neribojamas ir P ≠ Q, ta pati išraiška aprašo tiesę, kurioje yra atkarpa. Taip viršūnių koordinatės susiejamos su ištisomis tiesiomis kraštinėmis, užuot daugiakampį laikius atskirų žymeklių sąrašu.

Lygiagretumo ir statmenumo sąlygos turi tikti ir vertikaliosioms tiesėms

Imkime A = (0, 0), B = (3, 0) ir C = (0, 4). Koordinačių pokyčiai nuo A yra (3, 0) ir (0, 4), o jų atitinkamų koordinačių sandaugų suma yra 3 × 0 + 0 × 4 = 0. Ilgių kvadratai yra AB² = 9, AC² = 16 ir BC² = 25. Šis neišsigimęs trikampis tenkina lygybę 9 + 16 = 25, todėl atvirkštinė Pitagoro teorema įrodo, kad kampas ties A yra statusis. Dabar suteiksime šiai sandaugų sumai pavadinimą ir parodysime, kodėl tas pats kriterijus tinka bet kurioms nenulinėms kryptims.

Dviem kryptį nusakančioms poroms u ir v apibrėžkime koordinačių sandaugų sumą u · v = uₓvₓ + uᵧvᵧ ir skirtumą cross(u, v) = uₓvᵧ − uᵧvₓ. Tai pateiktų sandaugų algebriniai trumpiniai, o ne prielaidos iš vėlesnio tiesinės algebros kurso. Tiesių kryptims pirmiausia reikalaukime u ≠ (0, 0) ir v ≠ (0, 0). Nulinė pora nenusako nei tiesės, nei kampo, nors tuomet abu sandaugų reiškiniai lygūs nuliui.

Lygtis cross(u, v) = 0 yra lygiavertė sąlygai, kad v gaunama nenulinę u padauginus iš realiojo skaičiaus. Jei uₓ ≠ 0, imkime t = vₓ/uₓ: iš lygties gauname vᵧ = t uᵧ. Jei uₓ = 0, tai uᵧ ≠ 0; iš lygties būtinai gauname vₓ = 0, todėl tinka t = vᵧ/uᵧ. Taigi abi kryptys yra išilgai tos pačios tiesės krypties, įskaitant vertikalųjį atvejį. Tiesės, kurioms priklauso šios kryptys, gali būti skirtingos lygiagrečios tiesės arba ta pati tiesė, todėl sutapimą reikia tikrinti atskirai.

Statmenumui nagrinėti išskleiskime q(v − u) = q(u) + q(v) − 2(u · v). Bendrą pradžios tašką pažymėkime O, o galinius taškus – U = O + u ir V = O + v. Jei nenulinės kryptys yra statmenos, pritaikę Pitagoro teoremą trikampiui OUV gauname UV² = OU² + OV², todėl u · v = 0. Ir atvirkščiai, jei u · v = 0, kryptys negali būti kolinearios: jei v = t u ir v ≠ 0, gautume u · v = t q(u) ≠ 0. Todėl trikampis yra neišsigimęs, o jo kraštinių ilgių kvadratai tenkina Pitagoro lygybę. Atvirkštinė Pitagoro teorema įrodo, kad kampas ties O yra statusis.

Nevertikaliosioms kryptims, padaliję koordinačių sandaugų sumos sąlygą iš uₓvₓ, gauname įprastą krypties koeficientų sąlygą m₁m₂ = −1. Ši dalyba leistina tik tada, kai abi horizontaliosios komponentės yra nenulinės. Pats koordinačių sandaugų sumos kriterijus apima ir vertikaliosios bei horizontaliosios krypčių atvejį. Daugyba iš neigiamo skaičiaus apgręžia spindulio kryptį, todėl tiesių, kuriose yra spinduliai, lygiagretumas nereiškia, kad spindulių orientuotieji kampai yra vienodi.

Plotas su ženklu nusako orientaciją; jo modulis yra įprastas plotas

Taškams A, B ir C pažymėkime u = B − A ir v = C − A. Apibrėžkime dvigubą orientuotąjį plotą Δ = cross(u, v). Jo ženklas pasirinktoje koordinačių sistemoje skiria dvi kontūro apėjimo kryptis; sukeitus B ir C, Δ virsta −Δ. Įprastas trikampio plotas yra |Δ|/2 kvadratinių vienetų. Kai Δ = 0, trys taškai yra vienoje tiesėje, įskaitant atvejus, kai taškai sutampa, ir nesudaro neišsigimusio trikampio.

Pateiksime išvedimą, o ne iš brėžinio atspėtą formulę. Jei u ≠ 0, pažymėkime t = (u · v)/q(u), H = A + t u ir w = v − t u. Tuomet u · w = 0, todėl nenulinis w yra statmenas AB, o w = 0 reiškia, kad C yra šioje tiesėje. Išskleidę gauname w = (Δ/q(u))(−uᵧ, uₓ): kai Δ teigiamas, C yra į kairę nuo kryptinės tiesės AB, o kai Δ neigiamas – į dešinę. H yra visoje kraštinę turinčioje tiesėje; jis nebūtinai yra tarp A ir B. Atstumas CH yra √q(w) – statmenai pagrindui, kurio ilgis √q(u), nubrėžtos aukštinės ilgis.

Išskleidę gauname q(u)q(w) = q(u)q(v) − (u · v)² = (uₓvᵧ − uᵧvₓ)² = Δ². Todėl pagal pagrindo ir aukštinės sandauga grindžiamą formulę plotas = √(q(u)q(w))/2 = |Δ|/2. Jei u = 0, A ir B sutampa, Δ = 0, o plotas tiesiogiai lygus nuliui; dalyti iš q(u) nereikia. Neišsigimusio lygiagretainio, kurio gretimų kraštinių krypties vektoriai yra u ir v, įstrižainė padalija jį į du trikampius, kurių kiekvieno plotas |Δ|/2, todėl lygiagretainio plotas yra |Δ|.

Tinkamame paprastajame keturkampyje pasirinkime jo viduje esančią įstrižainę ir padalykime jį į du trikampius. Sudėjus jų dvigubus orientuotuosius plotus, bendros įstrižainės nariai panaikinami ir gaunama Δ₄ = cross(A, B) + cross(B, C) + cross(C, D) + cross(D, A), kur cross(A, B) reiškia AₓBᵧ − AᵧBₓ. Abiejų trikampių kontūrai apeinami ta pačia kryptimi, todėl įprastas keturkampio plotas yra |Δ₄|/2. Ši iš eilės einančių viršūnių koordinačių sandaugų suma dažnai vadinama batraiščio formule. Vien nenulinė reikšmė nepatvirtina, kad kontūras paprastasis: priešingos kraštinės neturi susikirsti ar persidengti, o kiekvienos kraštinės ilgis turi būti teigiamas. Kai taškai kartojasi, yra vienoje tiesėje arba kraštinės susikerta, ši išraiška tebėra algebrinis skaičiavimas, bet nebūtinai nusako ieškomą geometrinį plotą.

Bendras įstrižainių vidurio taškas apibūdina neišsigimusį lygiagretainį

Lygiagretainio viršūnes kontūro apėjimo tvarka užrašykime A, B = A + u, D = A + v ir C = A + u + v, kai cross(u, v) ≠ 0. Įstrižainės AC vidurio taškas yra A + (u + v)/2. Įstrižainės BD vidurio taškas yra ((A + u) + (A + v))/2 – tas pats taškas. Jis yra kiekvienos visos įstrižainės pusiaukelėje, todėl įstrižainės dalija viena kitą pusiau.

Atvirkštinį teiginį įrodykime atskirai. Jei įstrižainių vidurio taškai sutampa, (A + C)/2 = (B + D)/2, taigi C = B + D − A. Pažymėkime u = B − A ir v = D − A. Tuomet keturių taškų padėtys yra A, A + u, A + u + v, A + v. Iš eilės einančių kraštinių krypties vektoriai yra u, v, −u, −v. Kai cross(u, v) ≠ 0, visų kraštinių ilgiai teigiami, o priešingas kraštines turinčios tiesės yra skirtingos ir lygiagrečios; tai įrodo, kad turime neišsigimusį lygiagretainį.

Ta pati sąlyga taip pat lemia kontūro savybes. Taip užrašius taškus, AB yra tiesėje A + t u, o DC – tiesėje A + v + t u; šios tiesės negali susikirsti, nes v nėra vektoriaus u kartotinis. AD ir BC taip pat nesikerta. Gretimos kraštinės susitinka tik numatytame bendrame galiniame taške. Taigi nurodyta tvarka sudarytas kontūras yra paprastasis ir turi keturias numatytas viršūnes; ši išvada taikoma visoms šioms atkarpoms.

Prielaidos svarbios. Taškų A = (0, 0), B = (1, 0), C = (3, 0), D = (2, 0) įstrižainių vidurio taškas yra tas pats (3/2, 0), tačiau visi keturi taškai yra vienoje tiesėje, o kontūro dalys persidengia. Algebrinė lygybė galioja, tačiau neišsigimusio lygiagretainio negavome. Tinkamam paprastajam keturkampiui įstrižainių dalijimasis pusiau ir buvimas lygiagretainiu yra lygiavertės savybės; geometrinio tinkamumo sąlygų praleisti negalima.

Lygios ir statmenos įstrižainės lemia skirtingas išvadas

Neišsigimusiame lygiagretainyje naudokime tuos pačius gretimų kraštinių krypties vektorius u ir v. Įstrižainių krypties vektoriai yra u + v ir v − u. Išskleidę jų ilgių kvadratus, gauname q(u + v) − q(v − u) = 4(u · v). Todėl įstrižainių ilgių lygybė yra lygiavertė sąlygai u · v = 0. Gretimos kraštinės yra statmenos, o kituose kampuose naudojamos tos pačios kryptys su priešingais ženklais, todėl visi keturi vidaus kampai yra statieji: lygiagretainis yra stačiakampis.

Statmenų įstrižainių atveju jų koordinačių sandaugų suma yra (u + v) · (v − u) = q(v) − q(u). Abu įstrižainių krypties vektoriai yra nenuliniai, nes u ir v nėra lygiagretūs. Todėl įstrižainės yra statmenos tada ir tik tada, kai gretimų kraštinių ilgiai lygūs. Priešingų lygiagretainio kraštinių ilgiai jau yra lygūs, taigi visos keturios kraštinės lygios ir jis yra rombas. Kvadratas tenkina abu kriterijus, tačiau nė viena sąlyga atskirai nelemia abiejų išvadų.

Atsisakius prielaidos, kad keturkampis yra lygiagretainis, teiginys pasikeičia. Paprastoji trapecija A = (−2, 0), B = (2, 0), C = (1, 2), D = (−1, 2) tenkina sąlygą AC² = BD² = 13, tačiau jos įstrižainių vidurio taškai (−1/2, 1) ir (1/2, 1) nesutampa. Ji nėra stačiakampis. Paprastojo deltoido A = (0, 3), B = (2, 0), C = (0, −1), D = (−2, 0) vertikalioji ir horizontalioji įstrižainės yra statmenos, tačiau kraštinių ilgių kvadratai yra 13, 5, 5, 13, todėl jis nėra rombas. Kiekvienas iš šių pavyzdžių paneigia atvirkštinį teiginį be papildomų prielaidų, o ne teoremą su prielaida, kad keturkampis yra lygiagretainis.

Atstumų kvadratų lygybė apskritimo uždavinį paverčia dviem tiesinėmis lygtimis

Kai A = (0, 0), B = (4, 0) ir C = (0, 3), išbandykite O = (2, 3/2). Visi trys atstumų kvadratai lygūs 25/4, todėl šis taškas yra apskritimo, kurio teigiamas spindulys yra 5/2, centras. Vietoj jo išbandykite O = (4/3, 1): atstumų iki A, B ir C kvadratai yra 25/9, 73/9 ir 52/9. Šis kandidatas netinka, nors reikiamas apskritimas vis tiek egzistuoja. Centro lygtys leis rasti tinkamą kandidatą nespėliojant.

Apskritimas turi centrą O = (h, k) ir teigiamą spindulį r. Jį sudaro visi taškai X = (x, y), tenkinantys lygtį (x − h)² + (y − k)² = r². Neneigiamų atstumų lygybę galima tikrinti juos keliant kvadratu. Sąlyga r > 0 vis tiek būtina: kai r = 0, gaunamas tik centro taškas, o neigiamas skaičius negali būti apskritimo spindulys.

Kai duoti A, B ir C, taškas, pretenduojantis būti apibrėžto apskritimo centru, turi tenkinti OA² = OB² = OC². Atėmus išskleistas atstumų kvadratų išraiškas, h² + k² nariai susiprastina. Jei E = Bₓ² + Bᵧ² − Aₓ² − Aᵧ² ir F = Cₓ² + Cᵧ² − Aₓ² − Aᵧ², gaunamos dvi lygtys: 2(Bₓ − Aₓ)h + 2(Bᵧ − Aᵧ)k = E ir 2(Cₓ − Aₓ)h + 2(Cᵧ − Aᵧ)k = F. Kiekvienas centras, vienodai nutolęs nuo šių taškų, tenkina šias lygtis, o atvirkštinis išraiškų išskleidimas įrodo, kad kiekvienam sprendiniui visi trys atstumų kvadratai yra lygūs.

Kai A ir B yra skirtingi taškai, pirmoji lygtis aprašo visą atkarpos AB vidurio statmens tiesę. Kad suprastumėte kodėl, tarkime, M = (A + B)/2 ir u = B − A. Lygtis yra būtent u · (O − M) = 0. Jos sprendiniai apima M ir visus taškus statmena kryptimi (−uᵧ, uₓ); krypties tikrinimuose taikytas argumentas, grindžiamas komponentėmis, parodo, kad tai visi sprendiniai. Kai O = M, poslinkis yra nulinis, ir M priklauso tiesei, nepriskiriant šiam nuliniam poslinkiui kampo. Šis išvedimas tinka ir vertikaliai ar horizontaliai atkarpai AB, nenaudojant krypties koeficientų.

Kad centras būtų vienodai nutolęs nuo trijų viršūnių, nepakanka priklausyti vienam vidurio statmeniui. Radę kandidatą, įstatykite jo koordinates į abi tiesines lygtis ir palyginkite visus tris atstumų kvadratus. Formulę r = √OA² naudokite tik atlikę šiuos patikrinimus ir patikrinę teigiamo spindulio sąlygą. Centras gali būti už trikampio ribų; tokia jo padėtis nepaneigia apibrėžto apskritimo tinkamumo.

Trys taškai, nesantys vienoje tiesėje, apibrėžia vieną apskritimą; kiti duomenys reikalauja kitokios išvados

Tegu u = B − A, v = C − A ir Δ = cross(u, v). Dviejų centro lygčių koeficientų derinys yra 4Δ – jų antrosios eilės determinantas. Čia šis pavadinimas trumpai nusako sandaugų skirtumą ir nereikalauja matricų teorijos žinių. Jei Δ ≠ 0, eliminuokime k: pirmąją lygtį padauginkime iš vᵧ, antrąją – iš uᵧ ir iš pirmosios atimkime antrąją. Gauname 2Δ h = E vᵧ − F uᵧ. Panašiai eliminavę h, gauname 2Δ k = uₓF − vₓE. Taigi h = (E vᵧ − F uᵧ)/(2Δ) ir k = (uₓF − vₓE)/(2Δ); šios išraiškos apibrėžtos, nes vardikliai nelygūs nuliui.

Įstatę šias reikšmes patikriname, kad jos tenkina abi lygtis, ir taip įrodome sprendinio egzistavimą. Pagal eliminavimo tapatybes bet kurio sprendinio h ir k reikšmės turi būti tos pačios, todėl sprendinys yra vienintelis. Bendras spindulio kvadratas yra teigiamas: jei OA² = 0, tai O = A, o lygybė su OB² reikštų B = A, ir tai prieštarautų sąlygai Δ ≠ 0. Vadinasi, bet kurie trys vienoje tiesėje nesantys taškai priklauso vieninteliam teigiamo spindulio apskritimui, o centro lygtys pateikia tikslų patvirtinimą.

Jei A, B ir C yra trys skirtingi vienoje tiesėje esantys taškai, pasirinkime statmeną koordinačių sistemą su vienodu abiejų ašių vienetiniu ilgiu, kurioje A = (0, 0), B = (b, 0), C = (c, 0), o b > 0, c ≠ 0 ir c ≠ b. Kad atstumai iki A ir B būtų lygūs, turi būti h = b/2; kad atstumai iki A ir C būtų lygūs, turi būti h = c/2. Šios sąlygos nesuderinamos, todėl joks apskritimas neina per visus tris taškus. Taigi per tris skirtingus taškus eina lygiai vienas apskritimas tada ir tik tada, kai jie nėra vienoje tiesėje.

Jei sąraše yra tik du skirtingi taškai, pasikartojanti viršūnė neprideda naujos sąlygos. Kiekvienas centras, esantis šiuos taškus jungiančios atkarpos vidurio statmenyje, apibrėžia teigiamo spindulio apskritimą, todėl galimybių yra be galo daug. Jei visi trys išvardyti taškai sutampa taške P, bet kuris centras O ≠ P kartu su spinduliu OP apibrėžia apskritimą; pasirinkus O = P, spindulys lygus nuliui, todėl apskritimo apibrėžimas netenkinamas. Taigi Δ = 0 yra ženklas, kad reikia klasifikuoti duomenis, o ne leidimas dalyti iš nulio ar visuotinė išvada „apskritimo nėra“.

Tikslus pagrindimas turi patvirtinti reikiamą geometrinį objektą

Argumentą išdėstykite trimis susijusiais etapais: patikrinkite prielaidas, apskaičiuokite tikslų sąryšį, tada įvardykite rezultatą, leidžiantį iš šio sąryšio gauti išvadą. Norint pagrįsti, kad kampas statusis, prieš tikrinant ilgių kvadratų lygybę reikia įsitikinti, kad taškai yra skirtingi ir neguli vienoje tiesėje. Norint pagrįsti, kad keturkampis yra stačiakampis, prieš tikrinant įstrižainių lygybę reikia įsitikinti, kad jis yra lygiagretainis. Norint pagrįsti apibrėžtojo apskritimo egzistavimą, prieš darant išvadą apie apskritimą reikia patikrinti visas centro lygtis ir įsitikinti, kad bendras spindulys yra teigiamas.

Viršūnių koordinatės gali apibrėžti daugiakampį, kai nurodytos visos jo kraštines sudarančios iš eilės einančios atkarpos, tačiau sutampančių skaičių sąrašas savaime nėra teiginių apie tas kraštines ar vidaus kampus įrodymas. Atkarpos formulė pagrindžia kiekvienos kraštinės tiesės kryptį. Lygiagretainio kryptys u, v, −u, −v nustato visus kampus ties viršūnėmis; vieno išmatuoto ar apskaičiuoto kampo nepakaktų įrodyti, kad bet kuris keturkampis yra stačiakampis. Pakeitus tos pačios viršūnių aibės taškų tvarką, gali susidaryti save kertantis kontūras ir nebegalioti prielaidos apie keturkampį.

Apskritimo, einančio per A, B ir C, pagrindimas įrodo, kad šios viršūnės priklauso vienam ištisam apskritimui, apibrėžtam atstumo sąlyga. Tai nereiškia, kad tiesios trikampio ABC kraštinės yra tame apskritime: jos yra stygos. Taip pat pasirinkti pavaizduoti apskritimo taškų žymekliai neapima viso apskritimo. Atskirkite tiksliai sukonstruotą centrą, siūlomą centrą, kurio tinkamumas tikrinamas, ir apytikslį bet kurio iš jų brėžinį.

Sėkmingi tyrinėjimo įrankio atvejai iliustruoja įrodymus ir leidžia patikrinti skaičiavimus. Nesėkmingas tinkamas atvejis gali būti pernelyg plataus siūlomo teiginio kontrpavyzdys. Jei prielaida netenkinama, reikia tokio teiginio kaip „nėra neišsigimusio trikampio“ arba „lygiagretainio teoremos taikyti negalima“, o ne kampo ar figūros klasifikacijos, kurios duomenys nepagrindžia. Išlaikykite šį skirtumą net tada, kai algebrinis skaičiavimas duoda paprastą nulį.

Tyrinėkite įrodymus, kontrpavyzdžius ir teoremų netaikymo atvejus

Tyrinėjimo įrankyje yra keturios scenos, kiekvienoje – po aštuonis tikslius pasirinkimus: stačiojo kampo patikros, lygiagretainio patikros pagal įstrižainių vidurio taškus, apibrėžtojo apskritimo centro lygtys ir atvirkštiniai teiginiai apie įstrižaines. Kiekviename skaičiavime naudojamos rodomos racionaliosios koordinatės vienoje stačiakampėje koordinačių sistemoje su vienodais abiejų ašių vienetais. Brėžinys padeda nustatyti taškų padėtį; patvirtinimą lemia tikslūs ilgių kvadratai, sandaugų skirtumai ir lygtys. Skydelyje ploto išraiška pagal iš eilės einančių viršūnių koordinates žymima 2S: trikampiui ji lygi Δ, o keturkampiui – Δ₄. Tinkamam lygiagretainiui ji lygi dvigubai cross(B − A, D − A) vertei; netinkamo kontūro atveju ji lieka algebrinė išraiška. Centro scenoje O žymi siūlomą centrą, K – apskaičiuotą centrą, o D – koeficientų determinantą 4Δ.

Stačiojo kampo scenoje, prieš interpretuodami koordinačių sandaugų sumos ar Pitagoro lygybę, patikrinkite, ar taškai skirtingi ir ar jie nėra vienoje tiesėje. Vertikalios kraštinės ir trupmeninės koordinatės išlieka tinkamos. Pasikartojančiam taškui ar vienoje tiesėje esančių taškų trejetui negalima priskirti neišsigimusio trikampio kampo vien todėl, kad išraiška lygi nuliui.

Lygiagretainio scenoje palyginkite abiejų įstrižainių vidurio taškus ir patikrinkite visą viršūnių tvarka apibrėžtą kontūrą. Bendras vidurio taškas kartu su neišsigimimo sąlygomis pagal pirmiau pateiktą bendrąjį argumentą įrodo, kad visas keturkampis yra lygiagretainis. Nesutampantys vidurio taškai paneigia, kad tos tinkamos figūros įstrižainės dalija viena kitą pusiau; pasikartojantys, vienoje tiesėje esantys ar save kertantį kontūrą sudarantys duomenys reikalauja atskiro paaiškinimo, kuri prielaida netenkinama.

Apibrėžtojo apskritimo centro scenoje sekite abi tiesines lygtis, sandaugų skirtumą ir kiekvieną patikrą, ar atstumas lygus spinduliui. Ne vienoje tiesėje esantys taškai turi vieną tikslų centrą net tada, kai siūlomas kandidatas neteisingas. Trys skirtingi vienoje tiesėje esantys taškai centro neturi, o pasikartojančios padėtys gali turėti be galo daug centrų. Nulinio spindulio kandidatą atskirkite nuo kitų tinkamų teigiamo spindulio apskritimų egzistavimo.

Atvirkštinių teiginių scenoje, prieš taikydami lygių arba statmenų įstrižainių kriterijų, nustatykite, ar daugiakampis yra tinkamas lygiagretainis. Trapecija su lygiomis įstrižainėmis ir deltoidas su statmenomis įstrižainėmis paaiškina, kodėl trūkstama prielaida svarbi. Bendroji tapatybė įrodo teoremą su nurodytomis prielaidomis; aštuoni iliustruoti pasirinkimai šio įrodymo nepakeičia.

Išnagrinėti pavyzdžiai

Pabandykite patys

1. Siūlomas įrodymas bet kuriam neišsigimusiam trikampiui ABC pradedamas taip: A = (0, 0), B = (b, 0), C = (0, d), kur b ir d yra teigiami. Ar toks koordinačių pasirinkimas tinka bendruoju atveju? Pateikite tinkamą koordinačių išraišką ir paaiškinkite, kas nebegalioja, kai jos vertikalioji koordinatė lygi nuliui.

   Rodyti atsakymą ir paaiškinimą

   Siūlomomis koordinatėmis daroma prielaida, kad kampas ties A yra statusis. Bendroji koordinačių išraiška yra A = (0, 0), B = (b, 0), C = (c, d), kur b > 0 ir d ≠ 0. Jei d = 0, visi trys taškai yra vienoje tiesėje ir neišsigimęs trikampis nėra vaizduojamas.

   Nukreipti x ašį išilgai AB reiškia pasirinkti statmenų ašių koordinačių sistemą. Taško C padėjimas ant y ašies yra papildomas geometrinis apribojimas, o ne koordinačių sistemos pasirinkimas, galimas kiekvienam trikampiui. Leidžiant c būti bet kokiam, o d – nelygiam nuliui, teigiamam arba neigiamam, galima pavaizduoti kiekvieną neišsigimusį trikampį nedarant prielaidos, kad jo kraštinės statmenos.

2. Kai A = (1, −2), B = (1, 1), C = (5, −2), įrodykite, kad kampas ties A yra statusis, nenaudodami tiesių krypties koeficientų. Raskite dvigubą orientuotą plotą, kai viršūnių tvarka yra A, B, C, ir įprastą plotą.

   Rodyti atsakymą ir paaiškinimą

   Kampas ties A yra 90°. AB² = 9, AC² = 16 ir BC² = 25. Dvigubas orientuotas plotas yra −12 kvadratinių vienetų, o įprastas trikampio plotas yra 6 kvadratinių vienetų.

   Gretimų kraštinių vektorių koordinačių poros yra u = (0, 3) ir v = (4, 0); abu vektoriai nenuliniai, o cross(u, v) = −12 ≠ 0. Jų atitinkamų koordinačių sandaugų suma yra 0 × 4 + 3 × 0 = 0. Lygiavertiškai, 9 + 16 = 25, todėl atvirkštinė Pitagoro teorema įrodo, kad kampas statusis. Vertikalios tiesės krypties koeficiento skaičiuoti dalmeniu nereikia, o neigiamas ploto ženklas nurodo kontūro orientaciją, o ne neigiamą fizinį plotą.

3. A = (−2, 1), B = (2, 2) ir D = (−1, 4) yra siūlomo lygiagretainio gretimos viršūnės, kai viršūnių tvarka yra A, B, C, D. Raskite C remdamiesi tuo, kad įstrižainės dalija viena kitą pusiau, tada patikrinkite, ar lygiagretainis neišsigimęs, raskite bendrą įstrižainių vidurio tašką ir plotą.

   Rodyti atsakymą ir paaiškinimą

   C = (3, 5). Abiejų įstrižainių vidurio taškas yra (1/2, 3), gretimų kraštinių vektorių koordinačių sandaugų skirtumas yra 11, o lygiagretainio plotas yra 11 kvadratinių vienetų.

   Vidurio taško sąlyga duoda A + C = B + D, taigi C = B + D − A = (3, 5). Kai u = (4, 1) ir v = (1, 3), cross(u, v) = 12 − 1 = 11 ≠ 0. Visi keturi kraštinių vektoriai u, v, −u, −v sudaro paprastą neišsigimusį lygiagretainį. Apskaičiavus bet kurios įstrižainės galų koordinačių vidurkius, gaunama (1/2, 3), o sandaugų skirtumo modulis duoda jo plotą.

4. Teigiama, kad lygios įstrižainės visada reiškia, jog keturkampis yra stačiakampis, o statmenos įstrižainės – kad jis yra rombas. Patikrinkite pirmąjį teiginį, kai A = (−2, 0), B = (2, 0), C = (1, 2), D = (−1, 2), o antrąjį – kai A = (0, 3), B = (2, 0), C = (0, −1), D = (−2, 0). Kokia papildoma prielaida padaro abu teiginius teisingus?

   Rodyti atsakymą ir paaiškinimą

   Be papildomų sąlygų abu teiginiai yra klaidingi. Pirmojo paprasto keturkampio įstrižainių ilgių kvadratai yra lygūs 13, bet jis nėra stačiakampis. Antrojo įstrižainės yra statmenos, bet kraštinių ilgių kvadratai yra 13, 5, 5, 13, todėl jis nėra rombas. Reikalavimas, kad keturkampis būtų neišsigimęs lygiagretainis, padaro abi implikacijas teisingas.

   Pirmojo keturkampio įstrižainių vidurio taškai yra (−1/2, 1) ir (1/2, 1), todėl ši figūra nėra lygiagretainis. Antrojo vidurio taškai yra (0, 1) ir (0, 0); jo gretimų kraštinių ilgiai skiriasi, o tai paneigia išvadą, kad jis yra rombas. Abiejų keturkampių kontūrai yra paprasti, todėl tai tinkami kontrpavyzdžiai teiginiams apie bet kokius paprastus keturkampius. Nė vienas iš jų neprieštarauja teoremai, kurios prielaidoje jau reikalaujama, kad keturkampis būtų lygiagretainis.

5. A = (−1, 1), B = (3, 1), C = (−1, 4). Siūlomas centras yra O₀ = (1, 2). Patikrinkite jį, tada raskite tikrąjį apibrėžtojo apskritimo centrą ir teigiamą spindulį bei paaiškinkite centro vienatinumą.

   Rodyti atsakymą ir paaiškinimą

   O₀ netinka: jo atstumų iki A, B, C kvadratai yra 5, 5, 8. Tikrasis centras yra O = (1, 5/2), spindulys yra 5/2 vienetų, ir šis centras yra vienintelis.

   Pirmoji atstumų lygybės lygtis yra 8h = 8, iš jos gauname h = 1. Antroji yra 6k = 15, iš jos gauname k = 5/2. Koordinačių sandaugų skirtumas yra 12 ≠ 0, todėl šios lygtys turi vienintelį sprendinį. Įstatę gauname, kad visi trys atstumų kvadratai lygūs 25/4 – teigiamam bendro spindulio kvadratui. O₀ priklauso pirmajam atkarpos vidurio statmeniui, bet nepriklauso antrajam; tai, kad O₀ netinka, nereiškia, jog per vienoje tiesėje nesančius taškus negalima nubrėžti apskritimo.

6. Nustatykite, kokie teigiamo spindulio apskritimai eina per kiekvieną iš šių taškų trejetų: (0, 0), (2, 0), (5, 0); (0, 0), (2, 0), (2, 0); ir (1, 1), (1, 1), (1, 1). Ar paskutinio trejeto atveju galimas centras (1, 1)?

   Rodyti atsakymą ir paaiškinimą

   Atitinkamai: nė vieno apskritimo; be galo daug apskritimų, kurių centrai yra (1, k), kai k – bet kuris realusis skaičius; be galo daug apskritimų su bet kuriuo centru, išskyrus (1, 1). Paskutiniu atveju centras (1, 1) duoda nulinį spindulį, todėl netinka.

   Trys skirtingi vienoje tiesėje esantys taškai lemia nesuderinamas centro koordinatės sąlygas h = 1 ir h = 5/2. Kai yra tik du skirtingi taškai, vienintelė netriviali lygtis yra h = 1, o r² = 1 + k² visada teigiamas. Kai kartojasi vienas taškas P, bet kuriam O ≠ P gauname r = OP > 0. Vien nulinis determinantas neleidžia atskirti šių atvejų; pasikartojančios ir nesuderinamos sąlygos turi skirtingą prasmę.

7. Skaičiavimas duoda u · v = 0, kai u = (0, 0), v = (2, 1). Kitas skaičiavimas duoda bendrą įstrižainių vidurio tašką, kai A = (0, 0), B = (1, 0), C = (3, 0), D = (2, 0). Trečiasis išdėsto keturias kvadrato viršūnes tokia tvarka: (0, 0), (2, 2), (0, 2), (2, 0). Ar šie rezultatai gali patvirtinti, kad kampas yra status, lygiagretainis – neišsigimęs, o kvadrato kontūras – paprastas?

   Rodyti atsakymą ir paaiškinimą

   Nė vienas rezultatas nesuteikia siūlomo patvirtinimo. Nulinis vektorius neturi krypties, todėl kampas neapibrėžtas; pavyzdyje su vidurio tašku viršūnės yra vienoje tiesėje, o kraštinės persidengia; kita tvarka išdėstytos kvadrato viršūnės sudaro save kertantį kontūrą, o ne paprastą kvadratą.

   Nulinė sandauga prasminga tik tada, kai kryptys ir trikampis tenkina kampams keliamas prielaidas. Vienoje tiesėje esančių taškų vidurio lygybė yra algebrinis faktas, tačiau atitinkamas gretimų sandaugų skirtumas lygus nuliui. Galutinėje sutvarkytoje kontūro sekoje pirmoji ir trečioji kraštinės susikerta taške (1, 1), todėl sutapimas su kvadrato viršūnių aibe neįrodo, kad kraštinės išdėstytos reikiama tvarka. Prieš suformuluodami geometrinę išvadą, patikrinkite visą objektą ir prielaidas.

Ką verta įsidėmėti

• Teorema įrodo išvadą kiekvienai figūrai, tenkinančiai jos prielaidas. Pasirinkti pavyzdžiai padeda tikrinti; atvirkštiniam teiginiui reikia atskiro įrodymo arba kontrpavyzdžio.
• Pasirinkite statmenas koordinačių ašis su vienodu vienetiniu masteliu, nedarydami papildomų prielaidų apie figūros formą: koordinačių sistemą perkelti leidžiama, o laikyti nežinomą kampą stačiuoju – ne.
• Koordinačių skirtumų kvadratais įrodomi atstumų ryšiai, koordinačių vidurkiais – atkarpų vidurio taškai, o atkarpos parametras aprašo visas kraštines.
• Nenulinėms kryptims sandaugų skirtumas leidžia patikrinti, ar tiesių kryptis sutampa, o koordinačių sandaugų suma – ar jos statmenos; nė vienu atveju nereikia dalyti iš horizontaliosios komponentės.
• Įprastas trikampio plotas yra pusė orientuoto dvigubo ploto absoliučiosios vertės. Kai plotas lygus nuliui, viršūnės kartojasi arba kontūro kraštinės kertasi, reikia paaiškinti, kuri prielaida netenkinama.
• Sutampantys įstrižainių vidurio taškai apibūdina neišsigimusį lygiagretainį. Šioje figūrų klasėje lygios įstrižainės apibūdina stačiakampius, o statmenos įstrižainės – rombus.
• Per tris ne vienoje tiesėje esančius taškus eina vienintelis teigiamo spindulio apibrėžtasis apskritimas; tai įrodoma abiem tiesinėmis centro lygtimis. Skirtingų vienoje tiesėje esančių taškų ir pasikartojančių taškų atvejus reikia klasifikuoti atskirai, o kiekvieną siūlomą centrą būtina patikrinti.